Question

長為3的線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)A，B分別在x，y軸上移動(dòng)，點(diǎn)P在直線AB上且滿足

BP

=2

PA

．
（ I）求點(diǎn)P的軌跡的方程；
（ II）記點(diǎn)P軌跡為曲線C，過點(diǎn)Q（2，1）任作直線l交曲線C于M，N兩點(diǎn)，過M作斜率為-

1

2

的直線l'交曲線C于另一R點(diǎn)．求證：直線NR與直線OQ的交點(diǎn)為定點(diǎn)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），并求出該定點(diǎn)．

Answer 1

分析：（ I）利用

BP

=2

PA

，確定A，B，P坐標(biāo)之間的關(guān)系，由|AB|=3，即可求點(diǎn)P的軌跡方程；
（ II）當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，直線l與曲線C相切，不合題意；當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立，確定MR、NR的方程，利用y=

1

2

x，結(jié)合韋達(dá)定理，即可證得結(jié)論．

解答：（ I）解：設(shè)A（m，0），B（0，n），P（x，y）
由

BP

=2

PA

得x=2（m-x），y-n=2（0-y），即m=

3

2

x，n=3y
又由|AB|=

m2+n2

=3得

x2

4

+y2=1，即為點(diǎn)P的軌跡方程．
（ II）證明：當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，直線l與曲線C相切，不合題意；
當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-2）+1，即y=kx+1-2k，與橢圓方程聯(lián)立，消去y可得
（1+4k²）+8k（1-2k）x+16（k²-k）=0
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），R（x₃，y₃），則x₁+x₂=

8k(1-2k)

1+4k2

，x₁x₂=

16(k2-k)

1+4k2

∴MR的方程為y=-

1

2

(x-x1)+y1
與曲線C的方程聯(lián)立可得：2x²-2（x₁+2y₁）x+(x1+2y1)2-4=0
∴x₁+x₃=x₁+2y₁
∴x₃=2y₁，y3=-

1

2

(x3-x1)+y1=

1

2

x1
直線NR的方程為y=

1 2 x1-y2

2y1-x2

(x-x2)+y2
令y=

1

2

x，則

2y1+2y2-x1-x2

2y1-x2

x=

4y1y2-x1x2

2y1-x2

∵2y1+2y2-x1-x2=(2k-1)(x1+x2)+4(1-2k) =(2k-1) 8k(2k-1) 1+4k2 +4(1-2k)

=

4(1-4k2)

1+4k2

4y₁y₂-x₁x₂=（4k²-1）x₁x₂+4k（1-2k）（x₁+x₂）+4（1-2k）²=（4k²-1）×

16(k2-k)

1+4k2

+4k（1-2k）×

8k(1-2k)

1+4k2

+4（1-2k）²
=

4(1-4k2)

1+4k2

∴4y₁y₂-x₁x₂=2y₁+2y₂-x₁-x₂
從而x=1，y=

1

2

即直線NR與直線OQ交于定點(diǎn)（1，

1

2

）

點(diǎn)評(píng)：本題考查軌跡方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，綜合性強(qiáng)．