题目内容

3．设x，y∈R，$\overrightarrow{i}$、$\overrightarrow{j}$为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，若向量$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$=2x$\overrightarrow{i}$+2y$\overrightarrow{j}$，$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$=4$\overrightarrow{j}$，|$\overrightarrow{a}$|+|$\overrightarrow{b}$|=8．
（1）求动点M（x，y）的轨迹c的方程；
（2）过点（0，3）作直线l与曲线c交于A，B两点，设$\overrightarrow{AP}$=$\overrightarrow{OB}$，是否存在这样的直线l，使四边形OAPB是矩形？若存在，求出l的方程，若不存在，请说明理由．

分析 （1）根据向量的表达式和|$\overrightarrow{a}$|+|$\overrightarrow{b}$|=8的值可推断出点M（x，y）到两个定点F1（0，-2），F2（0，2）的距离之和为8．根据椭圆的定义判断出其轨迹为椭圆，进而根据c和a，求得b，则椭圆方程可得；
（2）先看当直线l是y轴，则A、B两点是椭圆的顶点．根据$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{0}$，可推断出P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾．不可知直线的斜率一定存在，设出直线方程，和A，B的坐标，把直线方程与椭圆方程联立消去y，根据韦达定理求得x1+x2和x1x2的表达式，根据$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$和矩形的性质判断出OA⊥OB，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，求得x1x2+y1y2=0，进而求得k．

解答 （1）解：∵向量$\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$=2x$\overrightarrow{i}$+2y$\overrightarrow{j}$，$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$=4$\overrightarrow{j}$，可得$\overrightarrow{a}$=（x，y+2），$\overrightarrow{b}$=（x，y-2），
由|$\overrightarrow{a}$|+|$\overrightarrow{b}$|=8，可得$\sqrt{{x}^{2}+（y+2）^{2}}$+$\sqrt{{x}^{2}+（y-2）^{2}}$=8，
∴点M（x，y）到两个定点F1（0，-2），F2（0，2）的距离之和为8．
c=2，a=4，则b=$\sqrt{16-4}$=2$\sqrt{3}$，
∴轨迹C为以F1、F2为焦点的椭圆，方程为$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1．
（2）∵l过y轴上的点（0，3），
若直线l是y轴，则A、B两点是椭圆的顶点．
∵$\overrightarrow{AP}$=$\overrightarrow{OB}$，即有$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{0}$，
∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形矛盾．
∴直线l的斜率存在．设l方程为y=kx+3，A（x1，y1），B（x2，y2），
由y=kx+3，$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{16}$=1消y得（4+3k2）x2+18kx-21=0．
此时，△=（18k）2+84（4+3k2）＞0恒成立
且x1+x2=-$\frac{18k}{4+3{k}^{2}}$，x1x2=-$\frac{21}{4+3{k}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，
∴四边形OAPB是平行四边形．
若存在直线l，使得四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0．
∵$\overrightarrow{OA}$=（x1，y1），$\overrightarrow{OB}$=（x2，y2），
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x1x2+y1y2=0，
即（1+k2）x1x2+3k（x1+x2）+9=0，
即（1+k2）•（-$\frac{21}{4+3{k}^{2}}$）+3k•（-$\frac{18k}{4+3{k}^{2}}$）+9=0，
即k2=$\frac{5}{16}$，得k=±$\frac{\sqrt{5}}{4}$．
∴存在直线l：y=±$\frac{\sqrt{5}}{4}$x+3，使得四边形OAPB是矩形．

点评 本题考查轨迹方程的求法，主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．突出考查了向量的坐标化等数学思想方法，

练习册系列答案
相关题目
1．已知直线l与直线y=x垂直，则直线l的斜率为-1．
2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=$\sqrt{3}$，cos2A-cos2B=$\sqrt{3}$sinAcosA-$\sqrt{3}$sinBcosB
（1）求角C的大小；
（2）求△ABC的面积的最大值．
19．若函数f（x）在定义域的某子区间上满足f（x）=$\frac{1}{λ}f（{x-λ}）$（λ为正实数），则称其为λ-局部倍缩函数．若函数f（x）在x∈[0，2]时，f（x）=sinπx，且x∈（2，+∞）时，f（x）为λ=2的局部倍缩函数．现有下列4个命题：
①任取x1、x2∈[0，+∞），都有|f（x1）-f（x2）|≤2恒成立；
②f（x）=2kf（x+2k）（k∈N*），对于一切x∈[0，+∞）恒成立；③函数y=f（x）-ln（x-1）有5个零点；④对任意x＞0，若不等式f（x）≤$\frac{k}{x}$恒成立，则k的最小值是$\frac{5}{4}$．
则其中所有真命题的序号是①④．
6．已知直线l的参数方程为$\left\{{\begin{array}{l}{x=4t}\\{y=1+3t}\end{array}}\right.$（t为参数），圆C的参数方程为$\left\{{\begin{array}{l}{x=2+cosθ}\\{y=sinθ}\end{array}}\right.$（θ为参数） 则圆C上的点到直线l的距离的最大值为3．
8．已知椭圆C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}$=1，过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．
（1）设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1=λk2，并求出λ的值；
（2）求△OMN面积的最大值．
15．下列三函数中，与sin$\frac{π}{3}$数值相同的是（　　）
①sin（nπ+$\frac{4}{3}$π）
②cos（2nπ+$\frac{π}{6}$）；
③sin（2nπ+$\frac{π}{3}$）；
④cos[（2n+1）π-$\frac{π}{6}$]；
⑤sin[（2n+1）π-$\frac{π}{3}$]（n∈Z）．
A．①②B．①③④C．②③⑤D．①⑤
12．已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）它的离心率为$\frac{1}{2}$，一个焦点是（-1，0），过直线x=4上一点引椭圆E的两条切线，切点分别是A、B．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若在椭圆E$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上的点（x0，y0）处的切线方程是$\frac{{x}_{0}x}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{0}y}{{b}^{2}}$=1．求证：直线AB恒过定点，并求出定点的坐标；
（Ⅲ）记点C为（Ⅱ）中直线AB恒过的定点，问否存在实数λ，使得|$\overrightarrow{AC}$+|$\overrightarrow{BC}$|=λ|$\overrightarrow{AC}$|•|$\overrightarrow{BC}$|成立，若成立求出λ的值，若不存在，请说明理由．
13．在直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为$\left\{{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}cosα}\\{y=sinα}\end{array}}$，（α为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为$ρsin（θ+\frac{π}{4}）=4\sqrt{2}$．设P为曲线C1上的动点，则点P到C2上点的距离的最小值为3$\sqrt{2}$．

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网