Question

已知圓M：(x+

5

)2+y2=36，定點N(

5

，0)，點P為圓M上的動點，點Q在NP上，點G在MP上，且滿足

NP

=2

NQ

，

GQ

•

NP

=0．
（I）求點G的軌跡C的方程；
（II）過點（2，0）作直線l，與曲線C交于A、B兩點，O是坐標(biāo)原點，設(shè)

OS

=

OA

+

OB

，是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直線l的方程；若不存在，試說明理由．

Answer 1

分析：（I）點Q在NP上，點G在MP上，且滿足

NP

=2

NQ

，

GQ

•

NP

=0故有|GN|+|GM|=|MP|=6，由橢圓的定義知G點的軌跡是以M、N為焦點的橢圓，由定義寫出其標(biāo)準(zhǔn)方程即可得到點G的軌跡C的方程．
（II）

OS

=

OA

+

OB

，所以四邊形OASB為平行四邊形，若存在l使得|

OS

|=|

AB

|，則四邊形OASB必為矩形即有

OA

•

OB

=0，令A(yù)（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有x₁x₂+y₁y₂=0，由直線l與曲線C聯(lián)立求利用根與系數(shù)的關(guān)系求出x₁x₂，y₁y₂的參數(shù)表達式，代入求直線的斜率k，若能求出，則說明存在，若不能求出，則不存在．

解答：解：（I）

NP =2 NQ GQ • PN =0

?Q為PN的中點且GQ⊥PN?GQ為PN的中垂線?|PG|=|GN|
∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G點的軌跡是以M、N為焦點的橢圓，其長半軸長a=3，半焦距c=

5

，
∴短半軸長b=2，∴點G的軌跡方程是

x2

9

+

y2

4

=1（5分）
（II）因為

OS

=

OA

+

OB

，所以四邊形OASB為平行四邊形
若存在l使得|

OS

|=|

AB

|，則四邊形OASB為矩形∴

OA

•

OB

=0
若l的斜率不存在，直線l的方程為x=2，
由

x=2 x2 9 + y2 4 =1

得

x=2 y=± 2 5 3

∴

OA

•

OB

=

16

9

＞0，與

OA

•

OB

=0矛盾，
故l的斜率存在．（7分）
設(shè)l的方程為y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由

y=k(x-2) x2 9 + y2 4 =1

?(9k2+4)x2-36k2x+36(k2-1)=0
∴x1+x2=

36k2

9k2+4

，x1x2=

36(k2-1)

9k2+4

①
y₁y₂=[k（x₁-2）][k（x₂-2）]=k2[x1x2-2(x1+x2)+4]=-

20k2

9k2+4

②（9分）
把①、②代入x₁x₂+y₁y₂=0得k=±

3

2

∴存在直線l：3x-2y-6=0或3x+2y-6=0使得四邊形OASB的對角線相等．

點評：本題的考點是軌跡方程，考查了定義法求橢圓的軌跡方程與直線與橢圓的相交問題，直線與橢圓的關(guān)系問題是圓錐曲線中一類�？嫉木C合題，其規(guī)律是聯(lián)立方程?消元得關(guān)于x，或y的一元二次方程，再利用根系關(guān)系得到兩個直線的交點的坐標(biāo)滿足的方程，學(xué)習(xí)時應(yīng)注意總結(jié)這一共性．