Question

請(qǐng)考生注意：重點(diǎn)高中學(xué)生只做（1）、（2）兩問，一般高中學(xué)生只做（1）、（3）兩問．
已知P是圓F1：(x+1)2+y2=16上任意一點(diǎn)，點(diǎn)F₂的坐標(biāo)為（1，0），直線m分別與線段F₁P、F₂P交于M、N兩點(diǎn)，且

MN

=

1

2

(

MF2

+

MP

)，|

NM

+

F2P

|=|

NM

-

F2P

|．
（1）求點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（2）斜率為k的直線l與曲線C交于P、Q兩點(diǎn)，若

OP

•

OQ

=0（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．試求直線l在y軸上截距的取值范圍；
（3）是否存在斜率為

1

2

的直線l與曲線C交于P、Q兩點(diǎn)，使得

OP

•

OQ

=0（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），若存在求出直線l的方程，否則說明理由．

Answer 1

（1）∵

MN

=

1

2

(

MF2

+

MP

)，∴點(diǎn)N是線段PF₂的中點(diǎn)
∵|

NM

+

F2P

|=|

NM

-

F2P

|，
∴(

NM

+

F2P

)2=(

NM

-

F2P

)2，化簡可得

NM

•

F2P

=0 
∴NM⊥PF₂，可得MN是線段PF₂的垂直平分線
∴

|MF2|

=

|MP

|，可得

|MF1|

+

|MF2|

=

|PF1|

=4
因此，點(diǎn)M的軌跡是以F₁、F₂為焦點(diǎn)的橢圓，長軸2a=4，焦距2c=1，可得b²=a²-c²=3
橢圓方程為

x2

4

+

y2

3

=1，即為點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+n，與橢圓

x2

4

+

y2

3

=1消去y，得（3+4k²）x²+8knx+4n²-12=0
可得根的判別式△=64k²n²-16（3+4k²）（4n²-12）＞0，化簡得4k²-n²+3＞0…①
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則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聯(lián)解，得n²≥

4

3

，再由②知7n²≥12，可得n≤-

2

7

21

或n≥

2

7

21

故直線l在y軸上截距的取值范圍是（-∞，-

2

7

21

]∪[

2

7

21

，+∞）
（2）設(shè)直線l的方程為y=

1

2

x+n，與橢圓

x2

4

+

y2

3

=1消去y，得x²+nx+n²-3=0
可得根的判別式△=n²-4（n²-3）＞0，化簡得n²＜4…①
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則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
對(duì)照①②可得，n=±

105

7

所以存在直線l的方程：y=

1

2

x+

105

7

或y=

1

2

x-

105

7

，使得

OP

•

OQ

=0．