Question

（2006•朝陽區三模）在平面直角坐標系中，已知向量

OF

=（c，0）（c為常數，且c＞0），

OG

=（x，x）（x∈R），
|

FG

|的最小值為  1 ，  

OE

=(

a2

c

，  t)（a為常數，且a＞c，t∈R）．動點P同時滿足下列三個條件：（1）|

PF

|=

c

a

|

PE

|；（2）

PE

=λ

OF

（λ∈R，且λ≠0）；（3）動點P的軌跡C經過點B（0，-1）．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）是否存在方向向量為

m

=（1，k）（k≠0）的直線l，l與曲線C相交于M、N兩點，使|

BM

|=|

BN

|，且

BM

與

BN

的夾角為60°？若存在，求出k值，并寫出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用向量的模的計算公式和二次函數的單調性即可得出c，由

OE

=(

a2

c

， t) (t∈R)，可知點E在直線 x=

a2

c

上．
由（1）、（2）和橢圓的第二定義可知，點P的軌跡C是橢圓．得出即可．
（II）假設存在符合條件的直線l，并設l的方程為：y=kx+m，M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），把直線l的方程與橢圓方程聯立可得△＞0及根與系數的關系，再利用垂直平分線的性質可得線段MN的垂直平分線的方程，根據△BMN為等邊三角形．可得點B到直線MN的距離d=

3

2

|MN|．再利用點到直線的距離公式和弦長公式即可得出．

解答：解：（Ⅰ）∵|

FG

|=

(x-c)2+x2

=

2(x- c 2 )2+ c2 2

≥

2

2

c，
∴

2

2

c=1 ，  即c=

2

．
由

OE

=(

a2

c

， t) (t∈R)，可知點E在直線 x=

a2

c

上．
由（1）、（2）可知點P到直線x=

a2

c

距離與到點F的距離之比為

a

c

(a＞c＞0)，
再由橢圓的第二定義可知，點P的軌跡C是橢圓．
設橢圓C的方程為：

x2

a2

+

y2

b2

=1，其中b²=a²-c²．
由（3）可知b=1，∴a²=b²+c²=1+2=3．∴橢圓C的方程為：

x2

3

+y2=1．
（Ⅱ）假設存在符合條件的直線l，并設l的方程為：y=kx+m，M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），

y=kx+m x2+3y2=3

，  消去y，  得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0．
則x₁+x₂=-

6km

1+3k2

 ，   x1x2=

3m2-3

1+3k2

．
△=36k²m²-12（m²-1）（1+3k²）=12[3k²-m²+1]＞0     ①
設線段MN的中點G（x₀，y₀），x₀=

x1+x2

2

=-

3km

1+3k2

，   y0=kx0+m=-

3k2m

1+3k2

+m=

m

1+3k2

，
線段MN的垂直平分線的方程為：y-

m

1+3k2

=-

1

k

(x+

3km

1+3k2

)．
∵|

BM

|=|

BN

|，∴線段MN的垂直平分線過B（0，-1）點．
∴-1-

m

1+3k2

=-

1

k

•

3km

1+3k2

=-

3m

1+3k2

．
∴m=

1+3k2

2

．②
②代入①，得3k²-（

1+3k2

2

)2+1＞0 ，  解得-1＜k＜1 ， 且k≠0．③
∵|

BM

|=|

BN

|，  且

BM

與

BN

的夾角為60°，∴△BMN為等邊三角形．
∴點B到直線MN的距離d=

3

2

|MN|．
∵d=

|1+m|

1+k2

=

|1+ 1+3k2 2 |

1+k2

=

3

2

1+k2

，
又∵|MN|=

1+k2

|x1-x2|=

1+k2

•

(x1+x2)2-4x1x2

=

1+k2

•

(- 6km 1+3k2 )2-4• 3m2-3 1+3k2

=

1+k2 1+3k2

12(3k2-m2+1)

═

1+k2

1+3k2

12[3k2-( 1+3k2 2 )2+1]

=3

1+k2

1+3k2

1-k2

，
∴

3

2

1+k2

=

3 3

2

1+k2

1+3k2

1-k2

．
解得k²=

1

3

，即k=±

3

3

，滿足③式．代入②，得m=

1+3k2

2

=

1+1

2

=1．
直線l的方程為：y=±

3

3

x+1．

點評：熟練掌握橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓線相交問題轉化為把直線的方程與雙曲線的方程聯立可得根與系數的關系及△＞0、中點坐標公式、分類討論思想方法等是解題的關鍵．