2012-江西卷理-21 解-向量

本题导读

本题考查平面向量的坐标运算。核心在于坐标解析法、导数工具法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年江西卷(理)） 已知三点 $O(0,0)$, $A(-2,1)$, $B(2,1)$，曲线 $C$ 上任意一点 $M(x,y)$ 满足 $|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}|=\overrightarrow{OM}\cdot (\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+2$.

(1)求曲线 $C$ 的方程；

(2)动点 $Q(x_0,y_0)$（ $-2<x_0<2$）在曲线 $C$ 上，曲线 $C$ 在点 $Q$ 处的切线为 $l$. 问：是否存在定点 $P(0,t)$（ $t<0$），使得 $l$ 与 $PA$, $PB$ 都相交，交点分别为 $D$, $E$，且 $△QAB$ 与 $△PDE$ 的面积之比是常数？若存在，求 $t$ 的值；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问轨迹方程求解：

• 设出动点 $M(x,y)$，直接根据点的坐标写出矢量 $\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB},\overrightarrow{OM},\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}$ 的坐标表示。
• 分别计算出左端和矢量的模长 $\sqrt{(-2x{)}^2+(2-2y{)}^2}$ 与右端数量积 $2y+2$。
• 两端平方去根号，展开并移项合并同类项，整理出最简代数式，判定其几何轨迹形态。

2. 第二问动态割补与恒等对齐：

• 切线方程 $l$：由第一问的 $y=\frac{1}{4}{x}^2$ 可知 $y^{\prime }=\frac{1}{2}x$，故点 $Q$ 处的切线斜率为 $k_l=\frac{1}{2}{x}_0$。写出点斜式 $l:y-y_0=\frac{1}{2}{x}_0(x-x_0)$，化简得 $y=\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2$。
• 特殊点寻找：切线 $l$ 与 $y$ 轴的交点记为 $F\left(0,-\frac{1}{4}{x}_0^2\right)$。
• 边界平行讨论：需检验是否存在某个 $t$ 导致 $l\parallel PA$。写出直线 $PA$ 的方程并提取斜率，判定出当 $-1<t<0$ 时，可能存在 $x_0$ 使得直线平行而无交点，因此优先锁定研究区间为 $t\le -1$。
• 求交点并表达面积：联立直线方程组解出点 $D,E$ 的横坐标 $x_D,x_E$。利用 $y$ 轴上的线段 $FP$ 作为三角形的底（铅垂高法），将 $△PDE$ 的面积表示为 $S_{△PDE}=\frac{1}{2}|FP|\cdot |x_E-x_D|$。同理，将 $△QAB$ 视为以 $AB$ 为底、 $Q$ 到 $AB$ 距离为高的三角形进行面积表达。
• 系数对齐求存在性：将面积比 $\frac{S_{△QAB}}{S_{△PDE}}$ 写成关于 $x_0$ 的分式，由于要求对任意 $x_0\in (-2,2)$ 结果恒为常数，这意味着该分式分子分母的对应项系数必须成比例。以此建立关于 $t$ 的方程组，解出唯一的代数解。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

（1）求曲线 $C$ 的方程

因为 给出已知点坐标 $O(0,0),A(-2,1),B(2,1)$，设动点 $M(x,y)$， 所以 各矢量用坐标表示分别为： $\overrightarrow{MA}=(-2-x,1-y),\overrightarrow{MB}=(2-x,1-y)$ $\overrightarrow{OA}=(-2,1),\overrightarrow{OB}=(2,1),\overrightarrow{OM}=(x,y)$

进行矢量加法线性组合： $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=(-2-x+2-x,1-y+1-y)=(-2x,2-2y)$ $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(-2+2,1+1)=(0,2)$

将各矢量坐标代入已知模长数量积等式中： $\sqrt{(-2x{)}^2+(2-2y{)}^2}=(x,y)\cdot (0,2)+2$ $\sqrt{4x^2+4(1-y{)}^2}=2y+2$

两边同时提取常数因数 2 并约去： $\sqrt{x^2+(1-y{)}^2}=y+1$

由于距离与数量积有界性，两边同时平方展开： $x^2+(1-2y+y^2)=y^2+2y+1$ 移项消去相同项 $y^2$ 和常数 1： $x^2-2y=2y⟹x^2=4y$

所以，曲线 $C$ 的方程为： $x^2=4y$

（2）定点 $P(0,t)$ 的存在性判定

由（1）知曲线 $C$ 的解析式为 $y=\frac{1}{4}{x}^2$。 因为 动点 $Q(x_0,y_0)$ 在曲线 $C$ 上，所以满足 $y_0=\frac{1}{4}{x}_0^2$。 对函数求导得 $y^{\prime }=\frac{1}{2}x$，故在点 $Q$ 处的切线 $l$ 的斜率为 $k=\frac{1}{2}{x}_0$。 根据点斜式写出切线 $l$ 的方程： $y-\frac{1}{4}{x}_0^2=\frac{1}{2}{x}_0(x-x_0)⟹l:y=\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2$ 令 $x=0$，得到切线 $l$ 与 $y$ 轴的交点坐标为： $F\left(0,-\frac{1}{4}{x}_0^2\right)$。

假设存在定点 $P(0,t)$（ $t<0$）符合条件。 直线 $PA$ 过点 $P(0,t)$ 和 $A(-2,1)$，其斜率为 $k_{PA}=\frac{1-t}{-2-0}=\frac{t-1}{2}$。方程为： $y=\frac{t-1}{2}x+t$。 直线 $PB$ 过点 $P(0,t)$ 和 $B(2,1)$，其斜率为 $k_{PB}=\frac{1-t}{2-0}=\frac{1-t}{2}$。方程为： $y=\frac{1-t}{2}x+t$。

⚠️ 边界平行相交性讨论 已知 $-2<x_0<2$，则切线斜率范围满足 $-1<\frac{1}{2}{x}_0<1$。 ① 若 $-1<t<0$，则 直线 $PA$ 的斜率满足 $-1<\frac{t-1}{2}<-\frac{1}{2}$。由于区间重叠，必然存在某个动点 $Q$ 使得 $\frac{1}{2}{x}_0=\frac{t-1}{2}$，此时切线 $l\parallel PA$，导致无交点，不合题意。 ② 若 $t\le -1$，则 直线斜率满足 $\frac{t-1}{2}\le -1$，此时切线 $l$ 与 $PA,PB$ 恒有两个独立的交点 $D,E$。以下在 $t\le -1$ 前提下展开推导。

🏛 联立求解交点横坐标 联立切线 $l$ 与直线 $PA$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2\\ y=\frac{t-1}{2}x+t\end{array}⟹\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2=\frac{t-1}{2}x+t$ 两边同乘 4 并移项提公因式： $2(x_0-t+1)x=x_0^2+4t⟹x_D=\frac{x_0^2+4t}{2(x_0+1-t)}$

同理，联立切线 $l$ 与直线 $PB$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2\\ y=\frac{1-t}{2}x+t\end{array}⟹\frac{1}{2}{x}_{0}x-\frac{1}{4}{x}_0^2=\frac{1-t}{2}x+t$ 解得点 $E$ 的横坐标为： $x_E=\frac{x_0^2+4t}{2(x_0-1+t)}$

两交点的横坐标之差（线段在 $x$ 轴方向的投影跨度）为： $x_E-x_D=\frac{x_0^2+4t}{2}\cdot \left[\frac{1}{x_0-(1-t)}-\frac{1}{x_0+(1-t)}\right]=\frac{x_0^2+4t}{2}\cdot \frac{2(1-t)}{x_0^2-(1-t{)}^2}$ $x_E-x_D=\frac{(1-t)(x_0^2+4t)}{x_0^2-(1-t{)}^2}$

📐 建立面积几何比例式 由于点 $F$ 和点 $P$ 都在 $y$ 轴上，利用轴线截距割补法（铅垂高法）， $△PDE$ 的面积可表示为： $S_{△PDE}=\frac{1}{2}\cdot |FP|\cdot |x_E-x_D|$ 因为 $t\le -1$，且 $-\frac{1}{4}{x}_0^2\in (-1,0]$，所以点 $F$ 恒在点 $P$ 的上方，线段长为： $|FP|=-\frac{1}{4}{x}_0^2-t=\frac{-x_0^2-4t}{4}$ 所以， $△PDE$ 的面积代数式为： $S_{△PDE}=\frac{1}{2}\times \frac{-(x_0^2+4t)}{4}\times \frac{(1-t)(x_0^2+4t)}{x_0^2-(1-t{)}^2}=\frac{(1-t)(x_0^2+4t{)}^2}{8[(1-t{)}^2-x_0^2]}$

对于 $△QAB$，底边 $AB$ 在直线 $y=1$ 上，长度 $|AB|=2-(-2)=4$。 点 $Q\left(x_0,\frac{1}{4}{x}_0^2\right)$ 到底边 $AB$ 的垂直距离高为 $h=1-\frac{1}{4}{x}_0^2=\frac{4-x_0^2}{4}$。 所以， $△QAB$ 的面积为： $S_{△QAB}=\frac{1}{2}\times 4\times \frac{4-x_0^2}{4}=\frac{4-x_0^2}{2}$

将两面积表达式相比，构建目标比例函数 $\lambda (x_0)$： $\frac{S_{△QAB}}{S_{△PDE}}=\frac{\frac{4-x_0^2}{2}}{\frac{(1-t)(x_0^2+4t{)}^2}{8[(1-t{)}^2-x_0^2]}}=\frac{4(4-x_0^2)[(1-t{)}^2-x_0^2]}{(1-t)(x_0^2+4t{)}^2}$ 展开分子多项式： $\frac{S_{△QAB}}{S_{△PDE}}=\frac{4}{1-t}\cdot \frac{x_0^4-[4+(1-t{)}^2]x_0^2+4(1-t{)}^2}{x_0^4+8t{x}_0^2+16t^2}$

🧩 恒等式系数对齐锁定参数 要使该面积比值对任意的 $x_0\in (-2,2)$ 恒为常数，则分子分母关于 $x_0$ 的多项式必须满足对应方次的系数成严格等比例缩放。 对比分子分母中 $x_0^4$ 的系数均为 1，故两多项式必须完全恒等对齐，即满足： $\{\begin{array}{l}-[4+(1-t{)}^2]=8t\\ 4(1-t{)}^2=16t^2\end{array}$

由第二式两边开平方得： $2(1-t)=4|t|$ 因为 前提约束 $t\le -1$，故 $|t|=-t$。 $2-2t=-4t⟹2t=-2⟹t=-1$

将 $t=-1$ 代入第一式进行双向校验： 左端 $=-[4+(1-(-1){)}^2]=-(4+4)=-8$ 右端 $=8\times (-1)=-8$ 两端完全相等，方程组解兼容合拍。

此时，将 $t=-1$ 反代回面积比值式中，各项因式抵消坍缩，求得常数比值为： $\frac{S_{△QAB}}{S_{△PDE}}=\frac{4}{1-(-1)}\times 1=\frac{4}{2}=2$

综上所述，存在唯一的定点 $P(0,-1)$，使得 $△QAB$ 与 $△PDE$ 的面积之比为定值 2。

故答案为： （1）曲线 $C$ 的方程为 $x^2=4y$； （2）存在定点 $P(0,-1)$ 满足题意，此时面积之比为常数 2.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：解析几何轨迹方程的矢量构造、抛物线导数切线解析式、动态多项式有理分式的恒等系数匹配。
2. 核心方法：铅垂高底边割补法。在坐标系中求不规则倾斜三角形面积时，将其沿坐标轴截距线（如本题中的 $y$ 轴线段 $FP$）进行拆分，转化为 $\frac{1}{2}\times 截距长\times 宽度差$，能极其高效地避开两点间距离公式中复杂的二次根式嵌套。
3. 避坑指南：

• 第二问联立求解横坐标时，计算量极大，字母较多，务必在通分时保持冷静。
• 绝大多数同学会漏掉“平行无交点”的斜率边界判定步骤（即 $t\le -1$ 的论证）。作为高考压轴大题，严密的逻辑分类是冲击满分的关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第三章《圆锥曲线的方程》中作为全卷压轴的解析几何综合性大题。
2. 结论推广：本题蕴含着射影几何中的**极点与极线（Pole and Polar）**及阿基米德抛物线割线定理背景。在标准抛物线 $x^2=2py$ 中，若定直线（底边）为 $y=h$，动点 $Q$ 在抛物线上移动，其切线与过定点 $P(0,-h)$ 的两条特定射线相交围成的几何图形，其面积比在射影变换下恒满足一个依赖于抛物线通径 $p$ 与高度 $h$ 的交比不变性。本题正是通过高超的代数外壳，精妙地包装了这一经典的高等射影几何定值定理。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

• 18.03 抛物线专题全总结 类题演练 (Links)

• 1994-全国卷理-24

• 2003-全国卷理-08