直線圓錐曲線與向量的綜合問題(編輯修改稿)
2025-04-21 06:30 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 ，所以4a＝8，a＝＝，即＝，所以c＝1，所以b＝＝.故橢圓E的方程是＋＝1.(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡得4k2－m2＋3＝0.(*)此時x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，(4,4k＋m)．假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上．設(shè)M(x1,0)，則＝0對滿足(*)式的m、k恒成立．因為＝，＝(4－x1,4k＋m)，由＝0，得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)由于(**)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x1＝(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.解法二：(1)同解法一．(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡得4k2－m2＋3＝0.(*)此時x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，得Q(4,4k＋m)．假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上．取k＝0，m＝，此時P(0，)，Q(4，)，以PQ為直徑的圓為(x－2)2＋(y－)2＝4，交x軸于點M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此時P，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為2＋2＝，交x軸于點M3(1,0)，M4(4,0)．所以若符合條件的點M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0)．以下證明M(1,0)就是滿足條件的點：因為M的坐標(biāo)為(1,0)，所以＝，＝(3,4k＋m)，從而＝－－3＋＋3＝0，故恒有⊥，即存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.突破重難點例1．過點P(x,y)的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A,B兩點，點Q與點P關(guān)于y軸對稱，O為坐標(biāo)原點，若且，則點P的軌跡方程是（ D ）A． B．C． D． 例2． 已知橢圓C1：＋y2＝1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率．(1)求橢圓C2的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，點A，B分別在橢圓C1和C2上，＝2，求直線AB的方程．解：(1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為＋＝1(a2)，其離心率為，故＝，則a＝4，故橢圓C2的方程為＋＝1.(2)解法一：A，B兩點的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y＝kx.將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，將y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x＝，又由＝2，得x＝4x，即＝，解得k＝177。1，故直線AB的方程為y＝x或y＝－x.解法二：A，B兩點的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y＝kx.將y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x＝，由＝2，得x＝，y＝，將x，y代入＋＝1中，得＝1，即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝177。1，故直線AB的方程為y＝x或y＝－x.，直線與拋物線y2＝2x相交于A、B兩點．（1）求證：“如果直線l過點T（3，0），那么＝3”是真命題；（2）寫出（1）中命題的逆命題，判斷它是真命題還是假命題，并說明理由．[解]（1）設(shè)過點T(3,0)的直線l交拋物線y2=2x于點A(x1,y1)、B(x2,y2).當(dāng)直線l的鈄率不存在時,直線l的方程為x=3,此時,直線l與拋物線相交于點A(3,)、B(3,－). ∴=3；當(dāng)直線l的鈄率存在時,設(shè)直線l的方程為，其中，由得 又 ∵ ，∴，綜上所述，命題“如果直線過點T(3,0)，那么=3”是真命題；(2)逆命題是：設(shè)直線l交拋物線y2=2x于A、B兩點,如果=3,那么該直線過點T(3,0).該命題是假命題.例如：取拋物線上的點A(2,2)，B(,1)，此時=3,直線AB的方程為：，而T(3,0)不在直線AB上；說明：由拋物線y2=2x上的點A (x1,y1)、B (x2,y2) 滿足=3，可得y1y2=－6，或y1y2=2，如果y1y2=－6，可證得直線AB過點(3,0)；如果y
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