已知圆F1:(x+1)2+y2=8.点F2(1.0).点Q在圆F1上运动.QF2的垂直平分线交QF1于点P．(1)求动点P的轨迹的方程C,(2)设M.N分别是曲线C上的两个不同点.且点M在第一象限.点N在第三象限.若$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F 1}}$.O为坐标原点.求直线MN的斜率,(3)� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

12．已知圆F₁：（x+1）²+y²=8，点F₂（1，0），点Q在圆F₁上运动，QF₂的垂直平分线交QF₁于点P．
（1）求动点P的轨迹的方程C；
（2）设M，N分别是曲线C上的两个不同点，且点M在第一象限，点N在第三象限，若$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，O为坐标原点，求直线MN的斜率；
（3）过点$S（{0，-\frac{1}{3}}）$的动直线l交曲线C于A，B两点，在y轴上是否存在定点T，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点T的坐标，若不存在，请说明理由．

分析（1）如图所示，由|PF₁|+|PF₂|=|QF₁|=R=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，可得动点P的轨迹为椭圆，设标准方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），a=$\sqrt{2}$，c=1，b²=a²-c²．即可得出．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．由$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，可得x₁+2x₂=-2，y₁+2y₂=0．把x₁=-2-2x₂，y₁=-2y₂，代入椭圆方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，
联立解得即可得出．
（3）假设在y轴上存在定点T（0，t），使以AB为直径的圆恒过这个点．设直线AB的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得根与系数的关系，代入上式$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0，解出即可．

解答解：（1）如图所示，∵|PF₁|+|PF₂|=|QF₁|=R=2$\sqrt{2}$＞|F₁F₂|=2，
∴动点P的轨迹为椭圆，设标准方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），a=$\sqrt{2}$，c=1，b²=1．
∴方程C为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．∵$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{O{F_1}}$，
∴x₁+2x₂=-2，y₁+2y₂=0．
∴x₁=-2-2x₂，y₁=-2y₂，代入椭圆方程可得$\frac{（2+2{x}_{2}）^{2}}{2}+4{y}_{2}^{2}$=1，又$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1$，
联立解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-\frac{5}{4}}\\{{y}_{2}=-\frac{\sqrt{14}}{8}}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{1}{2}}\\{{y}_{1}=\frac{\sqrt{14}}{4}}\end{array}\right.$．
∴k_MN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{3\sqrt{14}}{14}$．
（3）假设在y轴上存在定点T（0，t），使以AB为直径的圆恒过这个点．设直线AB的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
则$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁，y₁-t）•（x₂，y₂-t）=x₁x₂+（y₁-t）（y₂-t）=x₁x₂+$（k{x}_{1}-\frac{1}{3}）（k{x}_{2}-\frac{1}{3}）$-t$[k（{x}_{1}+{x}_{2}）-\frac{2}{3}]$+t²=（1+k²）x₁x₂$-（\frac{1}{3}k+tk）$（x₁+x₂）+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t²=0，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}kx$-$\frac{16}{9}$=0，△＞0恒成立．
∴x₁+x₂=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$．
代入上式可得：-$\frac{16（1+{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$-$（\frac{1}{3}k+kt）×\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{2}{3}t$+t²=0，化为（18t²-18）k²+（9t²+6t-15）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{18{t}^{2}-18=0}\\{9{t}^{2}+6t-15=0}\end{array}\right.$，解得t=1．满足△＞0．
∴在y轴上存在定点T（0，1），使以AB为直径的圆恒过这个点T．

点评本题考查了椭圆的定义及其标准方程、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、圆的性质、向量坐标运算，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

练习册系列答案

6．已知|$\overrightarrow{a}$|=|2$\overrightarrow{b}$|=1，$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=1，则向量$\overrightarrow{a}$在$\overrightarrow{b}$的方向上的投影为2．

3．下列命题中，正确的是（　　）

	A．	若\|$\overrightarrow{a}$\|=0，则$\overrightarrow{a}$=0		B．	若\|$\overrightarrow{a}$\|=\|$\overrightarrow{b}$\|，则$\overrightarrow{a}$=$\overrightarrow{b}$或$\overrightarrow{a}$=-$\overrightarrow{b}$
	C．	若$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$是平行向量，则\|$\overrightarrow{a}$\|=\|$\overrightarrow{b}$\|		D．	若$\overrightarrow{a}$=$\overrightarrow{0}$，则-$\overrightarrow{a}$=$\overrightarrow{0}$

7．在△ABC中，内角∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，若$\overrightarrow{m}$=（b，$\sqrt{3}$cosB），$\overrightarrow{n}$=（sinA，-a），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$．
（1）求∠B的大小；
（2）若b=3，sinC=2sinA，求△ABC的面积．

17．已知曲线C：$\left\{\begin{array}{l}{x=2cosθ}\\{y=3sinθ}\end{array}\right.$（θ为参数），直线l：$\left\{\begin{array}{l}{x=2+t}\\{y=2-2t}\end{array}\right.$（t为参数）．
（Ⅰ）写出曲线C的极坐标方程和直线l在y轴上的截距；
（Ⅱ）过曲线C上任一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．

4．已知圆O：x²+y²=1为△ABC的外接圆，且tanA=2，若$\overrightarrow{AO}$=x$\overrightarrow{AB}$+y$\overrightarrow{AC}$，则x+y的最大值为$\frac{5-\sqrt{5}}{4}$．

1．已知关于x不等式|2x-a|-|2x+2a-3|＜x²-8x+13有解，求实数a的取值范围．

2．已知集合A={x|x²=2}，B={1，$\sqrt{2}$，2}，则A∩B=（　　）

{-$\sqrt{2}$，1，$\sqrt{2}$，2}

D．

{1，$\sqrt{2}$，2}

试题分类