Question

（理）已知中心在原點(diǎn)O，左焦點(diǎn)為F₁（-1，0）的橢圓C₁的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，F(xiàn)₁到直線AB的距離為

7

7

|OB|．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)P（3，0）作直線l，使其交橢圓C₁于R、S兩點(diǎn)，交直線x=1于Q點(diǎn)．問(wèn)：是否存在這樣的直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項(xiàng)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．
（3）若橢圓C₁方程為：

x2

m2

+

y2

n2

=1（m＞n＞0），橢圓C₂方程為：

x2

m2

+

y2

n2

=λ（λ＞0，且λ≠1），則稱橢圓C₂是橢圓C₁的λ倍相似橢圓．已知C₂是橢圓C₁的3倍相似橢圓，若直線y=kx+b與兩橢圓C₁、C₂交于四點(diǎn)（依次為P、Q、R、S），且

PS

+

RS

=2

QS

，試研究動(dòng)點(diǎn)E（k，b）的軌跡方程．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題

專題：綜合題,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（1）確定直線AB方程，利用F₁到直線AB的距離為

7

7

|OB|，結(jié)合b²=a²-1，求出橢圓的幾何量，即可求橢圓C₁的方程；
（2）分類討論，設(shè)直線l方程為：x=my+3，代人橢圓C₁的方程，利用|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項(xiàng)，結(jié)合韋達(dá)定理，即可求出直線l的方程；
（3）求出橢圓C₁的3倍相似橢圓C₂的方程，將y=kx+b分別代人橢圓C₁、C₂方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合

PS

+

RS

=2

QS

，即可求出動(dòng)點(diǎn)E（k，b）的軌跡方程．

解答： 解：（1）設(shè)橢圓C₁方程為：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），
∴直線AB方程為：

x

-a

+

y

b

=1…1分
∴F₁（-1，0）到直線AB距離為d=

|b-ab|

a2+b2

=

7

7

b，
∴a²+b²=7（a-1）²…2分
又b²=a²-1，解得：a=2，b=

3

…3分
故：橢圓C₁方程為：

x2

4

+

y2

3

=1．…4分
（2）當(dāng)直線l與x軸重合時(shí)，|PQ|=2，而|PR|•|PS|=1×5=5，∴|PQ|²≠|(zhì)PR|•|PS|
若存在直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項(xiàng)，
則可設(shè)直線l方程為：x=my+3…5分
代人橢圓C₁的方程，得：3（my+3）²+4y²=12，即：（3m²+4）y²+18my+15=0
∴△=（18m）²-4×15（3m²+4）=48（3m²-5）
記R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），Q（x₀，y₀），
∴y1y2=

15

3m2+4

，y0=-

2

m

…7分
∵|PQ|²=|PR|•|PS|，即

|PR|

|PQ|

=

|PQ|

|PS|

⇒

y1

y0

=

y0

y2

，
∴y1y2=

y

2 0

∴

15

3m2+4

=

4

m2

，解得：m2=

16

3

，符合△＞0，
∴m=±

4 3

3

…9分
故存在直線l，使|PQ|是|PR|、|PS|的等比中項(xiàng)，其方程為x=±

4 3

3

y+3，即：y=±

3

4

(x-3)…10分
（3）橢圓C₁的3倍相似橢圓C₂的方程為：

x2

12

+

y2

9

=1…11分
設(shè)Q、R、P、S各點(diǎn)坐標(biāo)依次為（x₁，y₁）、（x₂，y₂）、（x₃，y₃）、（x₄，y₄）
將y=kx+b代人橢圓C₁方程，得：（3+4k²）x²+8kbx+4b²-12=0
∴△1=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=48(4k2+3-b2)＞0（*）
此時(shí)：x1+x2=-

8kb

3+4k2

，x1x2=

4b2-12

3+4k2

⇒|x1-x2|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

4 3(4k2+3-b2)

3+4k2

…13分
將y=kx+b代人橢圓C₂方程，得：（3+4k²）x²+8kbx+4b²-36=0
∴x3+x4=-

8kb

3+4k2

，x3x4=

4b2-36

3+4k2

⇒|x3-x4|=

4 3(12k2+9-b2)

3+4k2

…14分
∴x₁+x₂=x₃+x₄，可得線段PS、QR中點(diǎn)相同，∴|PQ|=|RS|
由

PS

+

RS

=2

QS

⇒

PQ

=

QR

，∴|PS|=3|QR|，可得：|x₃-x₄|=3|x₁-x₂|
∴

4 3(12k2+9-b2)

3+4k2

=3×

4 3(4k2+3-b2)

3+4k2

，
∴12k²+9=4b²（滿足（*）式）．
故：動(dòng)點(diǎn)E（k，b）的軌跡方程為

4b2

9

-

4k2

3

=1．…16分．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查韋達(dá)定理，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，有難度．