Question

在直角坐標(biāo)平面上，O為原點(diǎn)，M為動點(diǎn)，|

OM

|=

5

，

ON

=

2 5

5

OM

．過點(diǎn)M作MM₁⊥y軸于M₁，過N作NN₁⊥x軸于點(diǎn)N₁，

OT

=

M1M

+

N1N

．記點(diǎn)T的軌跡為曲線C，點(diǎn)A（5，0）、B（1，0），過點(diǎn)A作直線l交曲線C于兩個不同的點(diǎn)P、Q（點(diǎn)Q在A與P之間）．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）是否存在直線l，使得|BP|=|BQ|，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x'，y'），進(jìn)而可知點(diǎn)M₁的坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)

ON

=

2 5

5

OM

表示出點(diǎn)N的坐標(biāo)和N₁的坐標(biāo)，進(jìn)而表示出

M1M

和

N1N

，進(jìn)而代入

OT

=

M1M

+

N1N

求得x和x'的關(guān)系，y和y'的關(guān)系，代入|

OM

|中求得x和y的關(guān)系，曲線C的方程可得，判斷出曲線C是橢圓．
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l與橢圓C無交點(diǎn)，所以直線l斜率存在，并設(shè)為k．直線l的方程為y=k（x-5），直線方程與橢圓方程聯(lián)立消去y根據(jù)判別式大于0求得k的范圍，設(shè)交點(diǎn)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點(diǎn)為R（x₀，y₀），進(jìn)而根據(jù)韋達(dá)定理表示出x₁+x₂，進(jìn)而求得R的坐標(biāo)，根據(jù)|BP|=|BQ|推斷BR⊥l，進(jìn)而可知k•k_BR=-1，進(jìn)而建立等式整理得20k²=20k²-4，結(jié)論不可能成立，進(jìn)而判斷不存在直線l，使得|BP|=|BQ|．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x'，y'），則M₁的坐標(biāo)為（0，y'），

ON

=

2 5

5

OM

=

2 5

5

(x′，y′)，于是點(diǎn)N的坐標(biāo)為(

2 5

5

x′，

2 5

5

y′)，N₁的坐標(biāo)
為(

2 5

5

x′，0)，所以

M1M

=(x′，0)，

N1N

=(0，

2 5

5

y′).
由

OT

=

M1M

+

N1N

，有(x，y)=(x′，0)+(0，

2 5

5

y′)，所以

x=x′ y= 2 5 5 y′.

由此得x′=x，y′=

5

2

y.
由|

OM

|=

5

，有x′2+y′2=5，所以x2+(

5

2

y)2=5，得

x2

5

+

y2

4

=1，
即所求的方程表示的曲線C是橢圓．
（Ⅱ）點(diǎn)A（5，0）在曲線C即橢圓的外部，當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l與橢圓C
無交點(diǎn)，所以直線l斜率存在，并設(shè)為k．直線l的方程為y=k（x-5）．
由方程組

x2 5 + y2 4 =1 y=k(x-5)

得(5k2+4)x2-50k2x+125k2-20=0.
依題意△=20(16-80k2)＞0，得-

5

5

＜k＜

5

5

.
當(dāng)-

5

5

＜k＜

5

5

時，設(shè)交點(diǎn)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點(diǎn)為R（x₀，y₀），
則x1+x2=

50k2

5k2+4

，x0=

x1+x2

2

=

25k2

5k2+4

.∴y0=k(x0-5)=k(

25k2

5k2+4

-5)=

-20k

5k2+4

.
又|BP|=|BQ|?BR⊥l?k•k_BR=-1，
k•kBR=k•

20k 5k2+4

1- 25k2 5k2+4

=

20k2

4-20k2

=-1?20k2=20k2-4，
而20k²=20k²-4不可能成立，所以不存在直線l，使得|BP|=|BQ|．

點(diǎn)評：本題主要考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和橢圓與直線的關(guān)系．當(dāng)涉及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系時，常需要把直線方程與圓錐曲線的方程聯(lián)立，借助韋達(dá)定理求得答案．