Question

请考生注意：重点高中学生只做（1）、（2）两问，一般高中学生只做（1）、（3）两问．
已知P是圆F1：(x+1)2+y2=16上任意一点，点F₂的坐标为（1，0），直线m分别与线段F₁P、F₂P交于M、N两点，且

MN

=

1

2

(

MF2

+

MP

)，|

NM

+

F2P

|=|

NM

-

F2P

|．
（1）求点M的轨迹C的方程；
（2）斜率为k的直线l与曲线C交于P、Q两点，若

OP

•

OQ

=0（O为坐标原点）．试求直线l在y轴上截距的取值范围；
（3）是否存在斜率为

1

2

的直线l与曲线C交于P、Q两点，使得

OP

•

OQ

=0（O为坐标原点），若存在求出直线l的方程，否则说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据题意，可得MN是线段PF₂的垂直平分线，所以点M的轨迹是以F₁、F₂为焦点的椭圆，结合题中数据不难得到轨迹C的方程；
（2）设直线l的方程为y=kx+n，与椭圆方程联解消去y，再结合根与系数的关系将

OP

•

OQ

=0化为关于k、n的表达式，整理得12k²=7n²-12，最后用根的判别式建立不等式并解之，即可得到直线l在y轴上截距的取值范围；
（3）设直线l的方程为y=

1

2

x+n，与椭圆方程联解消去y，再结合根与系数的关系将

OP

•

OQ

=0化为关于k、n的表达式，整理得n²=

15

7

，结合根的判别式大于0，即可得n=±

105

7

，从而得到符合题意的直线l的方程．

解答：解：（1）∵

MN

=

1

2

(

MF2

+

MP

)，∴点N是线段PF₂的中点
∵|

NM

+

F2P

|=|

NM

-

F2P

|，
∴(

NM

+

F2P

)2=(

NM

-

F2P

)2，化简可得

NM

•

F2P

=0 
∴NM⊥PF₂，可得MN是线段PF₂的垂直平分线
∴

|MF2|

=

|MP

|，可得

|MF1|

+

|MF2|

=

|PF1|

=4
因此，点M的轨迹是以F₁、F₂为焦点的椭圆，长轴2a=4，焦距2c=1，可得b²=a²-c²=3
椭圆方程为

x2

4

+

y2

3

=1，即为点M的轨迹C的方程；
（2）设直线l的方程为y=kx+n，与椭圆

x2

4

+

y2

3

=1消去y，得（3+4k²）x²+8knx+4n²-12=0
可得根的判别式△=64k²n²-16（3+4k²）（4n²-12）＞0，化简得4k²-n²+3＞0…①
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则x₁+x₂=-

8kn

3+4k2

，x₁x₂=

4n2-12

3+4k2

∵

OP

•

OQ

=0
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即x₁x₂+（k₁x+n）（k₂x+n）=0，（1+k²）x₁x₂+kn（x₁+x₂）+n²=0
∴-

8kn

3+4k2

（1+k²）+

4n2-12

3+4k2

•kn+n²=0，整理得12k²=7n²-12…②
①②联解，得n²≥

4

3

，再由②知7n²≥12，可得n≤-

2

7

21

或n≥

2

7

21

故直线l在y轴上截距的取值范围是（-∞，-

2

7

21

]∪[

2

7

21

，+∞）
（2）设直线l的方程为y=

1

2

x+n，与椭圆

x2

4

+

y2

3

=1消去y，得x²+nx+n²-3=0
可得根的判别式△=n²-4（n²-3）＞0，化简得n²＜4…①
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则x₁+x₂=-n，x₁x₂=n²-3
∵

OP

•

OQ

=0
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即x₁x₂+（

1

2

x+n）（

1

2

x+n）=0，

5

4

x₁x₂+

1

2

n（x₁+x₂）+n²=0
∴

5

4

（n²-3）+

1

2

n（-n）+n²=0，整理得n²=

15

7

…②
对照①②可得，n=±

105

7

所以存在直线l的方程：y=

1

2

x+

105

7

或y=

1

2

x-

105

7

，使得

OP

•

OQ

=0．

点评：本题以向量的运算为载体，求曲线的轨迹方程，并且探索直线的存在性，着重考查了向量的数量积运算、求轨迹方程的一般方法和直线与椭圆的位置关系等知识，属于中档题．