Question

（2006•广州二模）长度为a（a＞0）的线段AB的两个端点A、B分别在x轴和y轴上滑动，点P在线段AB上，且

AP

=λ

PB

（λ为常数且λ＞0）．
（Ⅰ）求点P的轨迹方程C；
（Ⅱ）当a=λ+1时，过点M（1，0）作两条互相垂直的直线l₁和l₂，l₁和l₂分别与曲线C相交于点N和Q（都异于点M），试问：△MNQ能不能是等腰三角形？若能，这样的三角形有几个；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）欲求点P的轨迹方程，设点P（x，y），只须求出其坐标x，y的关系式即可，由题意知点P满足于

AP

=λ

PB

得到一个关系式，再结合线段AB的长度为a（a＞0），化简即得点P的轨迹方程；
（Ⅱ）当a=1+λ时，曲线C的方程为x2+

y2

λ2

=1．依题意，直线l₁和l₂均不可能与坐标轴平行，故不妨设直线l₁：x=my+1（m＞0），直线l2：x=-

1

m

y+1，与曲线方程联立，可求|MN|，|MQ|，若△MNQ是等腰三角形，则|MN|=|MQ|，由此可得（m-1）[m²+（1-λ²）m+1]=0，即m=1或m²+（1-λ²）m+1=0．讨论方程m²+（1-λ²）m+1=0的根的情形，即可得到满足条件的三角形的个数．

解答：解：（Ⅰ）设P（x，y）、A（x₀，0）、B（0，y₀），则

AP

=λ

PB

⇒

x-x0=-λx y=λ(y0-y)

⇒

x0=(1+λ)x y0= 1+λ λ y

，
由此及|AB|=a⇒

x

2 0

+

y

2 0

=a2得[(1+λ)x]2+[(

1+λ

λ

)y]2=a2，
即x2+

y2

λ2

=(

a

1+λ

)2；
（Ⅱ）当a=1+λ时，曲线C的方程为x2+

y2

λ2

=1．
依题意，直线l₁和l₂均不可能与坐标轴平行，故不妨设直线l₁：x=my+1（m＞0），直线l2：x=-

1

m

y+1，从而有

x=my+1 x2+ y2 λ2 =1

⇒(λ2m2+1)y2+2λ2my=0⇒|MN|=

1+m2

•

△

|a|

=

2λ2m 1+m2

λ2m2+1

．
同理，有|MQ|=

2λ2 1+m2

λ2+m2

．
若△MNQ是等腰三角形，则|MN|=|MQ|，由此可得（m-1）[m²+（1-λ²）m+1]=0，即m=1或m²+（1-λ²）m+1=0．
下面讨论方程m²+（1-λ²）m+1=0的根的情形（△=（λ²+1）（λ²-3））：
①若0＜λ＜

3

，则△＜0，方程没有实根；
②若λ=

3

，则△=0，方程有两个相等的实根m=1；
③若λ＞

3

，则△＞0，方程有两个相异的正实根，且均不等于1（因为1²+（1-λ²）•1+1=3-λ²≠0）．
综上所述，△MNQ能是等腰三角形：当0＜λ≤

3

时，这样的三角形有且仅有一个；当λ＞

3

时，这样的三角形有且仅有三个．

点评：本题考查的重点是轨迹方程，考查分类讨论的数学思想，解题的关键是将直线方程与曲线方程联立，利用方程根的讨论，确定满足条件的三角形的个数．