Question

（2009•中山模擬）已知定點(diǎn)F（1，0）和定直線x=-1，M，N是定直線x=-1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且滿足

FM

⊥

FN

，動(dòng)點(diǎn)P滿足

MP

∥

OF

，

NO

∥

OP

（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過點(diǎn)F的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)
①求

OA

•

OB

的值；
②設(shè)

AF

=λ

FB

，當(dāng)三角形OAB的面積S∈[2，

5

]時(shí)，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）可設(shè)P（x，y），M（-1，y₁），N（-1，y₂）（y₁，y₂均不為0），利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合條件滿足

FM

⊥

FN

，動(dòng)點(diǎn)P滿足

MP

∥

OF

，

NO

∥

OP

即可求得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）將C的方程y²=4x（x≠0）與直線l的方程x=my+1聯(lián)立消掉y，利用韋達(dá)定理可求得①

OA

•

OB

的值；
解法一：利用

AF

=λ

FB

，求得y4=-

2

λ

，y3=2

λ

，從而得三角形OAB的面積S=

λ

+

1

λ

，由S∈[2，

5

]即可求得λ的取值范圍；
解法二：利用

AF

=λ

FB

，可求得-y₃=λy₄，而y₃y₄=-4，從而|y3|=

4

|y4|

，|y4|=

2

λ

一下同解法一．

解答：解：（1）設(shè)P（x，y），M（-1，y₁），N（-1，y₂）（y₁，y₂均不為0），
由

MP

∥

OF

得y₁=y，即M（-1，y）（2分）
由

NO

∥

OP

得y2=-

y

x

，即N(-1，-

y

x

)（2分）
∵

FM

⊥

FN

∴

FM

•

FN

=0⇒(2，-y1)•(-2，y2)=0⇒y1•y2=-4，
∴y²=4x（x≠0）
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y²=4x（x≠0）（6分）
（2）①由（1）得P的軌跡C的方程為y²=4x（x≠0），F(xiàn)（1，0），
設(shè)直線l的方程為x=my+1，將其與C的方程聯(lián)立，消去x得y²-4my-4=0．（8分）
設(shè)A，B的坐標(biāo)分別為（x₃，y₃），（x₄，y₄），則y₃y₄=-4．
∴x3x4=

1

16

y

2 3

y

2 4

=1，（9分）
故

OA

•

OB

=x3x4+y3y 4=-3．（10分）
②解法一：∵

AF

=λ

FB

，
∴（1-x₃，-y₃）=λ（x₄-1，y₄），即

1-x3=λx4-λ -y3=λy4

又

y

2 3

=4x3，

y

2 4

=4x4．
∴可得y4=-

2

λ

，y3=2

λ

．（11分）
故三角形OAB的面積S=

1

2

|OF|•|y3-y4|=

λ

+

1

λ

，（12分）
因?yàn)?span id="q7zhc3x" class="MathJye">

λ

+

1

λ

≥2恒成立，所以只要解

λ

+

1

λ

≤

5

．
即可解得

3- 5

2

≤λ≤

3+ 5

2

．（14分）
解法二：∵

AF

=λ

FB

，
∴（1-x₃，-y₃）=λ（x₄-1，y₄），
∴-y₃=λy₄，
∴|y₃|=λ|y₄|（注意到λ＞0）
又由①有y₃y₄=-4，
∴|y3|=

4

|y4|

，
∴|y4|=

2

λ

三角形OAB的面積S=

1

2

|OF|(|y3|+|y4|)=

1

2

(2

λ

+

2

λ

)=

λ

+

1

λ

（以下解法同解法一）

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的綜合問題，著重考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算與直線與圓錐曲線的綜合運(yùn)用，突出考查方程思想與轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．