题目内容
(2013•淄博二模)已知抛物线y2=4x的焦点为F2,点F1与F2关于坐标原点对称,直线m垂直于x轴(垂足为T),与抛物线交于不同的两点P、Q且
•
=-5.
(I)求点T的横坐标x0;
(II)若以F1,F2为焦点的椭圆C过点(1,
).
①求椭圆C的标准方程;
②过点F2作直线l与椭圆C交于A,B两点,设
=λ
,若λ∈[-2,-1],求|
+
|的取值范围.
F1P |
F2Q |
(I)求点T的横坐标x0;
(II)若以F1,F2为焦点的椭圆C过点(1,
| ||
2 |
①求椭圆C的标准方程;
②过点F2作直线l与椭圆C交于A,B两点,设
F2A |
F2B |
TA |
TB |
分析:(Ⅰ)由题意得到F1和F2的坐标,设出P,Q的坐标,然后直接利用
•
=-5进行求解;
(Ⅱ)①设出椭圆标准方程,利用椭圆过点(1,
),结合a2=b2+1 即可求得a2,b2的值,则椭圆方程可求;
②当直线斜率不存在时,直接求解A,B的坐标得到|
+
|的值,当直线斜率存在时,设出直线方程,和椭圆方程联立后,利用
=λ
,消掉点的坐标得到λ与k的关系,根据λ的范围求k的范围,然后把|
+
|转化为含有k的函数式,最后利用基本不等式求出|
+
|的取值范围.
F1P |
F2Q |
(Ⅱ)①设出椭圆标准方程,利用椭圆过点(1,
| ||
2 |
②当直线斜率不存在时,直接求解A,B的坐标得到|
TA |
TB |
F2A |
F2B |
TA |
TB |
TA |
TB |
解答:解:(Ⅰ)如图,
由题意得F2(1,0),F1(-1,0),设P(x0,y0),则Q(x0,-y0),
则
=(x0+1,y0),
=(x0-1,-y0).
由
•
=-5,
得x02-1-y02=-5,即x02-y02=-4 ①
又P(x0,y0)在抛物线上,则y02=4x0 ②
联立①、②得,x02-4x0+4=0,解得:x0=2.
所以点T的横坐标x0=2.
(Ⅱ)(ⅰ)设椭圆的半焦距为c,由题意得c=1,
设椭圆C的标准方程为
+
=1(a>b>0),
因椭圆C过点(1,
),
则
+
=1 ③
又a2=b2+1 ④
将④代入③,解得b2=1或b2=-
(舍去)
所以a2=b2+1=2.
故椭圆C的标准方程为
+y2=1.
(ⅱ)1)当直线l的斜率不存在时,即λ=-1时,A(1,
),B(1,-
),
又T(2,0),所以|
+
|=|(-1,
)+(-1,-
)|=2;
2)当直线l的斜率存在时,即λ∈[-2,-1)时,设直线l的方程为y=k(x-1).
由
,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0
设A(x1,y1),B(x2,y2),显然y1≠0,y2≠0,则由根与系数的关系,
可得:x1+x2=
,x1•x2=
.
y1+y2=k(x1+x2)-2k=
⑤
y1•y2=k2(x1x2-(x1+x2)+1)=
⑥
因为
=λ
,所以
=λ,且λ<0.
将⑤式平方除以⑥式得:λ+
+2=
由λ∈[-2,-1),得λ+
∈[-
,-2),即λ+
+2∈[-
,0).
故-
≤
<0,解得k2≥
.
因为
=(x1-2,y1),
=(x2-2,y2),所以
+
=(x1+x2-4,y1+y2),
又x1+x2-4=
,
故|
+
|2=(x1+x2-4)2+(y1+y2)2=
+
=
=4+
+
.
令t=
,因为k2≥
,所以0<
≤
,即t∈(0,
],
所以|
+
|2=2t2+10t+4=2(t+
)2-
∈(4,
].
所以|
+
|∈(2,
]
综上所述:|
+
|∈[2,
].
由题意得F2(1,0),F1(-1,0),设P(x0,y0),则Q(x0,-y0),
则
F1P |
F2Q |
由
F1P |
F2Q |
得x02-1-y02=-5,即x02-y02=-4 ①
又P(x0,y0)在抛物线上,则y02=4x0 ②
联立①、②得,x02-4x0+4=0,解得:x0=2.
所以点T的横坐标x0=2.
(Ⅱ)(ⅰ)设椭圆的半焦距为c,由题意得c=1,
设椭圆C的标准方程为
x2 |
a2 |
y2 |
b2 |
因椭圆C过点(1,
| ||
2 |
则
1 |
a2 |
| ||
b2 |
又a2=b2+1 ④
将④代入③,解得b2=1或b2=-
1 |
2 |
所以a2=b2+1=2.
故椭圆C的标准方程为
x2 |
2 |
(ⅱ)1)当直线l的斜率不存在时,即λ=-1时,A(1,
| ||
2 |
| ||
2 |
又T(2,0),所以|
TA |
TB |
| ||
2 |
| ||
2 |
2)当直线l的斜率存在时,即λ∈[-2,-1)时,设直线l的方程为y=k(x-1).
由
|
设A(x1,y1),B(x2,y2),显然y1≠0,y2≠0,则由根与系数的关系,
可得:x1+x2=
4k2 |
1+2k2 |
2k2-2 |
1+2k2 |
y1+y2=k(x1+x2)-2k=
-2k |
1+2k2 |
y1•y2=k2(x1x2-(x1+x2)+1)=
-k2 |
1+2k2 |
因为
F2A |
F2B |
y1 |
y2 |
将⑤式平方除以⑥式得:λ+
1 |
λ |
-4 |
1+2k2 |
由λ∈[-2,-1),得λ+
1 |
λ |
5 |
2 |
1 |
λ |
1 |
2 |
故-
1 |
2 |
-4 |
1+2k2 |
7 |
2 |
因为
TA |
TB |
TA |
TB |
又x1+x2-4=
-4(1+k2) |
1+2k2 |
故|
TA |
TB |
16(1+k2)2 |
(1+2k2)2 |
4k2 |
(1+2k2)2 |
=
4(1+2k2)2+10(1+2k2)+2 |
(1+2k2)2 |
10 |
1+2k2 |
2 |
(1+2k2)2 |
令t=
1 |
1+2k2 |
7 |
2 |
1 |
1+2k2 |
1 |
8 |
1 |
8 |
所以|
TA |
TB |
5 |
2 |
17 |
2 |
169 |
32 |
所以|
TA |
TB |
13
| ||
8 |
综上所述:|
TA |
TB |
13
| ||
8 |
点评:本题考查了椭圆的标准方程,考查了直线与圆锥曲线的关系,训练了平面向量数量积的运算,考查了分类讨论的数学解题思想,训练了利用基本不等式求最值,考查了学生的计算能力,是难度较大的题目.
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