已知定点 $M(-3,0)$，$P$ 和 $Q$ 分别是 $x$ 轴及 $y$ 轴上的动点，且使 $MP\perp PQ$，点 $N$ 在直线 $PQ$ 上，$\overrightarrow{PN}=-\dfrac 32 \overrightarrow{NQ}$．
【难度】
【出处】
2010年全国高中数学联赛新疆维吾尔自治区预赛
【标注】
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求动点 $N$ 的轨迹 $C$ 的方程；标注答案$y^2=4x$解析设点 $N$ 的坐标为 $(x,y)$ 及点 $P(0,y')$，点 $Q(x',0)$（$x'>0$）．
由已知 $\overrightarrow{PN}=-\dfrac 32 \overrightarrow{NQ}$，得$$x=3x',y=-2y',$$即$$x'=\dfrac x3,y'=-\dfrac y2.$$由 $MP\perp PQ$，得$$\dfrac{y'-0}{0-(-3)}\cdot \dfrac{y'}{0-x'}=-1,$$即$$y'^2=3x',$$故$$\left(-\dfrac y2\right)^2=3\cdot \dfrac x3,$$即 $y^2=4x$ 为所求点 $N$ 的轨迹 $C$． -
过点 $T(-1,0)$ 作直线 $l$ 与轨迹 $C$ 交于两点 $A,B$，问在 $x$ 轴上是否存在一点 $D$，使 $\triangle{ABD}$ 为等边三角形；若存在，试求出点 $D$ 的坐标；若不存在，请说明理由．标注答案存在，$D\left(\dfrac {11}{3},0\right)$解析设 $l:y=k(x+1)$（$k\ne 0$），代入 $y^2=4x$，得$$k^2x^2+2(k^2-2)x+k^2=0,$$由$$\Delta=[2(k^2-2)]^2-4k^2\cdot k^2=-16k^2+16>0,$$得 $|k|<1$．
设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则$$x_1+x_2=\dfrac{2(2-k^2)}{k^2},x_1x_2=1,$$所以\[\begin{split}|AB|&=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\&=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{\dfrac{4(2-k^2)^2}{k^4}-4}\\&=\dfrac 4{k^2}\sqrt{(1+k^2)(1-k^2)}.\end{split}\]$AB$ 的中点 $E$ 的坐标为 $\left(\dfrac{2-k^2}{k^2},\dfrac 2k\right)$．
假设存在点 $D(x_0,0)$，使 $\triangle{ABD}$ 为等边三角形，又边 $AB$ 的中垂线方程为$$y-\dfrac 2k=-\dfrac 1k\left(x-\dfrac{2-k^2}{k^2}\right).$$设 $d$ 为 $D$ 到直线 $l$ 的距离，由正三角形的条件有 $\dfrac{\sqrt 3}{2}|AB|=d$，可得$$\dfrac{2\sqrt{3}\sqrt{(1+k^2)(1-k^2)}}{k^2}=\dfrac{2\sqrt{1+k^2}}{|k|},$$解得 $k=\pm \dfrac{\sqrt 3}{2}$，所以 $x_0=\dfrac{11}{3}$，故存在点 $D\left(\dfrac{11}{3},0\right)$，使 $\triangle{ABD}$ 为等边三角形．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
