Question

（2008•成都三模）已知O為坐標原點，點E、F的坐標分別為（-

2

，0）、（

2

，0），點A、N滿足

AE

=2

3

，

ON

=

1

2

(

OA

+

OF

)，過點N且垂直于AF的直線交線段AE于點M，設點M的軌跡為C．
（1）求軌跡C的方程；
（2）若軌跡C上存在兩點P和Q關于直線l：y=k（x+1）（k≠0）對稱，求k的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，設直線l與軌跡C交于不同的兩點R、S，對點B（1，0）和向量a=（-

3

，3k），求

BR

•

BS

-|a|2取最大值時直線l的方程．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由

ON

=

1

2

(

OA

+

OF

)，可知N為AF中點．則MN垂直平分AF．從而有|

MA

|=|

MF

|．即可得|

ME

|+|

MF

|=|

MA

|+|

ME

|=|

AE

|=2

3

＞|

EF

|．根據橢圓的定義可知，點M的軌跡C是以正E、F為焦點的橢圓，可求橢圓方程（2）設P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中點T（x0，y0）．由

x12 3 +y12=1   x22 3 +y22=1

，兩式相減可及y0=k（x0+1）可求x0=-

3

2

，y0=-

k

2

．由中點T（x0，y0）在橢圓內部可求k的范圍（3）將y=k（x+1）（k≠0）代入橢圓C：

x2

3

+y2=1中，整理得（1+3k2）x2+6k2x+3k2-3=0．設R（x3，y3），S（x4，y4）．則x3+x4=-

6k2

1+3k2

，x3x4=

3k2-3

1+3k2

．y3y4=k2（x3+1）（x4+1）=k2（x3+x4+x3x4+1）=-

2k2

1+3k2

，代入已知向量的數量積可求k，進而可求直線方程．

解答：解：（Ⅰ）∵

ON

=

1

2

(

OA

+

OF

)，
∴N為AF中點．
∴MN垂直平分AF．
∴|

MA

|=|

MF

|．
∴|

ME

|+|

MF

|=|

MA

|+|

ME

|=|

AE

|=2

3

＞|

EF

|．
∴點M的軌跡C是以正E、F為焦點的橢圓．…（2分）
∴長半軸a=

3

，半焦距c=

2

，
∴b²=a²-c²=1．
∴點M的軌跡方程為

x2

3

+y2=1．…（2分）
（2）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點T（x₀，y₀）．
由

x12 3 +y12=1   x22 3 +y22=1

兩式相減可得，

1

3

(x1+x2)(x1-x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0
∴

y1-y2

x1-x2

=-

1

3

x1+x2

y1+y2

∴-

1

k

=-

1

3

x0

y0

又y₀=k（x₀+1）
∴x0=-

3

2

，y0=-

k

2

．…（2分）
∵中點T（x₀，y₀）在橢圓內部，
∴

x0

3

+y02＜1⇒

3

4

+

k2

4

＜1⇒k2＜1
∴k∈（-1，0）∪（0，1）．
（3）將y=k（x+1）（k≠0）代入橢圓C：

x2

3

+y2=1中，整理得（1+3k²）x²+6k²x+3k²-3=0．
設R（x₃，y₃），S（x₄，y₄）．
則x₃+x₄=-

6k2

1+3k2

，x₃x₄=

3k2-3

1+3k2

．
∴y₃y₄=k²（x₃+1）（x₄+1）=k²（x₃+x₄+x₃x₄+1）=-

2k2

1+3k2

…（2分）
∴

BR

•

BS

-|a|2=(x3-1)(x4-1)+y3y4-3-9k2
=x₃x₄-（x₃+x₄）+1+y₃y₄-3-9k²
=

3k2-3

1+3k2

+

6k2

1+3k2

+1-

2k2

1+3k2

-3-9k2=

10k2-2

1+3k2

-3-9k2=

10

3

-[

16 3

1+3k2

+3(1+3k2)]≤

10

3

-2

16

=-

14

3

．
當且僅當

16 3

1+3k2

=3(1+3k2)，即k2=

1

9

∈（0，1）時等號成立．
此時，直線l的方程為y=（x+1）．…（2分）

點評：本題主要考查了利用向量的基本關系轉化線段之間的關系，利用橢圓的定義求解橢圓的方程，及直線與橢圓的相交關系的點差法的應用，直線與曲線相交關系中方程方程的根與系數關系的應用，屬于綜合性試題