Question

（2013•閘北區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線C₁為到定點(diǎn)F（

2

2

，

2

2

）的距離與到定直線l₁：x+y+

2

=0的距離相等的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡，曲線C₂是由曲線C₁繞坐標(biāo)原點(diǎn)O按順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)45°形成的．
（1）求曲線C₁與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，以及曲線C₂的方程；
（2）過(guò)定點(diǎn)M（m，0）（m＞0）的直線l₂交曲線C₂于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)N是點(diǎn)M關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)．若

AM

=λ

MB

，證明：

NM

⊥（

NA

-λ

NB

）．

Answer 1

分析：（1）設(shè)P（x，y），根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式和兩點(diǎn)間的距離公式，建立關(guān)于x、y的方程并化簡(jiǎn)整理，即可得到曲線C₁的方程．分別取x=0和y=0解出曲線C₁在軸上的截距，即可曲線C₁與坐標(biāo)軸的各交點(diǎn)的坐標(biāo)．再由曲線是以F（

2

2

，

2

2

）為焦點(diǎn)，直線l₁：x+y+

2

=0為準(zhǔn)線的拋物線，將其順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)45°得到的拋物線焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線為x=-1，可得曲線C₂的方程是y²=4x；
（2）設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），直線l₂的方程為y=k（x-m），與拋物線y²=4x消去x，得y²-

4

k

y-4m=0，可得y₁y₂=-4m．設(shè)N（-m，0），由

AM

=λ

MB

算出λ=-

y1

y2

，結(jié)合向量坐標(biāo)運(yùn)算公式得到

NA

-λ

NB

關(guān)于x₁、x₂、λ和m的坐標(biāo)式，代入

NM

•（

NA

-λ

NB

）并化簡(jiǎn)，整理可得

NM

•（

NA

-λ

NB

）=0，從而得到對(duì)任意的λ滿(mǎn)足

AM

=λ

MB

，都有

NM

⊥（

NA

-λ

NB

）．

解答：解（1）設(shè)P（x，y），由題意知曲線C₁為拋物線，并且有

(x- 2 2 )2+(y- 2 2 )2

=

|x+y+ 2 |

2

，
化簡(jiǎn)得拋物線C₁的方程為：x²+y²-2xy-4

2

x-4

2

y=0．
令x=0，得y=0或y=4

2

；再令y=0，得x=0或x=4

2

，
所以，曲線C₁與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0）、（0，4

2

）和（4

2

，0）．
點(diǎn)F（

2

2

，

2

2

）到l₁：x+y+

2

=0的距離為

| 2 2 + 2 2 + 2 |

2

=2，
所以C₂是以（1，0）為焦點(diǎn)，以x=-1為準(zhǔn)線的拋物線，其方程為：y²=4x．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意知直線l₂的斜率k存在且不為零，
設(shè)直線l₂的方程為y=k（x-m），代入y²=4x得
y²-

4

k

y-4m=0，可得y₁y₂=-4m．
由

AM

=λ

MB

，得（m-x₁，-y₁）=λ（x₂-m，y₂），可得λ=-

y1

y2

，
而N（-m，0），可得

NA

-λ

NB

=（x₁+m，y₁）-λ（x₂+m，y₂）=（x₁-λx₂+（1-λ）m，y₁-λy₂）
∵

NM

=（2m，0），
∴

NM

•（

NA

-λ

NB

）=2m[x₁-λx₂+（1-λ）m]=2m[

y12

4

+

y1

y2

-

y22

4

+（1+

y1

y2

）m]
=2m（y₁+y₂）•

y1y2+4m

4y2

=2m（y₁+y₂）•

-4m+4m

4y2

=0
∴對(duì)任意的λ滿(mǎn)足

AM

=λ

MB

，都有

NM

⊥（

NA

-λ

NB

）．

點(diǎn)評(píng)：本題給出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，求軌跡對(duì)應(yīng)的方程并討論由曲線產(chǎn)生的向量互相垂直的問(wèn)題，著重考查了點(diǎn)到直線的距離公式、平面內(nèi)兩點(diǎn)的距離公式、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系和平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算等知識(shí)，屬于中檔題．