(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(shè)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(guān)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(shè)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.
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(jù)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(shè)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(nèi)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(shè)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(shù)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(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點T(x0,y0).
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(nèi)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(shè)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(guān)系轉(zhuǎn)化線段之間的關(guān)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(guān)系的點差法的應(yīng)用,直線與曲線相交關(guān)系中方程方程的根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用,屬于綜合性試題
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