题目内容
(2006•广州二模)长度为a(a>0)的线段AB的两个端点A、B分别在x轴和y轴上滑动,点P在线段AB上,且
=λ
(λ为常数且λ>0).
(Ⅰ)求点P的轨迹方程C;
(Ⅱ)当a=λ+1时,过点M(1,0)作两条互相垂直的直线l1和l2,l1和l2分别与曲线C相交于点N和Q(都异于点M),试问:△MNQ能不能是等腰三角形?若能,这样的三角形有几个;若不能,请说明理由.
AP |
PB |
(Ⅰ)求点P的轨迹方程C;
(Ⅱ)当a=λ+1时,过点M(1,0)作两条互相垂直的直线l1和l2,l1和l2分别与曲线C相交于点N和Q(都异于点M),试问:△MNQ能不能是等腰三角形?若能,这样的三角形有几个;若不能,请说明理由.
分析:(I)欲求点P的轨迹方程,设点P(x,y),只须求出其坐标x,y的关系式即可,由题意知点P满足于
=λ
得到一个关系式,再结合线段AB的长度为a(a>0),化简即得点P的轨迹方程;
(Ⅱ)当a=1+λ时,曲线C的方程为x2+
=1.依题意,直线l1和l2均不可能与坐标轴平行,故不妨设直线l1:x=my+1(m>0),直线l2:x=-
y+1,与曲线方程联立,可求|MN|,|MQ|,若△MNQ是等腰三角形,则|MN|=|MQ|,由此可得(m-1)[m2+(1-λ2)m+1]=0,即m=1或m2+(1-λ2)m+1=0.讨论方程m2+(1-λ2)m+1=0的根的情形,即可得到满足条件的三角形的个数.
AP |
PB |
(Ⅱ)当a=1+λ时,曲线C的方程为x2+
y2 |
λ2 |
1 |
m |
解答:解:(Ⅰ)设P(x,y)、A(x0,0)、B(0,y0),则
=λ
⇒
⇒
,
由此及|AB|=a⇒
+
=a2得[(1+λ)x]2+[(
)y]2=a2,
即x2+
=(
)2;
(Ⅱ)当a=1+λ时,曲线C的方程为x2+
=1.
依题意,直线l1和l2均不可能与坐标轴平行,故不妨设直线l1:x=my+1(m>0),直线l2:x=-
y+1,从而有
⇒(λ2m2+1)y2+2λ2my=0⇒|MN|=
•
=
.
同理,有|MQ|=
.
若△MNQ是等腰三角形,则|MN|=|MQ|,由此可得(m-1)[m2+(1-λ2)m+1]=0,即m=1或m2+(1-λ2)m+1=0.
下面讨论方程m2+(1-λ2)m+1=0的根的情形(△=(λ2+1)(λ2-3)):
①若0<λ<
,则△<0,方程没有实根;
②若λ=
,则△=0,方程有两个相等的实根m=1;
③若λ>
,则△>0,方程有两个相异的正实根,且均不等于1(因为12+(1-λ2)•1+1=3-λ2≠0).
综上所述,△MNQ能是等腰三角形:当0<λ≤
时,这样的三角形有且仅有一个;当λ>
时,这样的三角形有且仅有三个.
AP |
PB |
|
|
由此及|AB|=a⇒
x | 2 0 |
y | 2 0 |
1+λ |
λ |
即x2+
y2 |
λ2 |
a |
1+λ |
(Ⅱ)当a=1+λ时,曲线C的方程为x2+
y2 |
λ2 |
依题意,直线l1和l2均不可能与坐标轴平行,故不妨设直线l1:x=my+1(m>0),直线l2:x=-
1 |
m |
|
1+m2 |
| ||
|a| |
2λ2m
| ||
λ2m2+1 |
同理,有|MQ|=
2λ2
| ||
λ2+m2 |
若△MNQ是等腰三角形,则|MN|=|MQ|,由此可得(m-1)[m2+(1-λ2)m+1]=0,即m=1或m2+(1-λ2)m+1=0.
下面讨论方程m2+(1-λ2)m+1=0的根的情形(△=(λ2+1)(λ2-3)):
①若0<λ<
3 |
②若λ=
3 |
③若λ>
3 |
综上所述,△MNQ能是等腰三角形:当0<λ≤
3 |
3 |
点评:本题考查的重点是轨迹方程,考查分类讨论的数学思想,解题的关键是将直线方程与曲线方程联立,利用方程根的讨论,确定满足条件的三角形的个数.

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