题目内容

1.已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.
(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(2)若l过点($\frac{m}{3}$,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.

分析 (1)联立直线方程和椭圆方程,求出对应的直线斜率即可得到结论.
(2)四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,建立方程关系即可得到结论.

解答 解:(1)设直线l:y=kx+b,(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),
将y=kx+b代入9x2+y2=m2(m>0),得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,
则判别式△=4k2b2-4(k2+9)(b2-m2)>0,
则x1+x2=$-\frac{2kb}{9+{k}^{2}}$,则xM=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$-\frac{kb}{9+{k}^{2}}$,yM=kxM+b=$\frac{9b}{9+{k}^{2}}$,
于是直线OM的斜率kOM=$\frac{{y}_{M}}{{x}_{M}}$=$-\frac{9}{k}$,
即kOM•k=-9,
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)四边形OAPB能为平行四边形.
∵直线l过点($\frac{m}{3}$,m),
∴由判别式△=4k2b2-4(k2+9)(b2-m2)>0,
即k2m2>9b2-9m2
∵b=m-$\frac{k}{3}$m,
∴k2m2>9(m-$\frac{k}{3}$m)2-9m2
即k2>k2-6k,
即6k>0,
则k>0,
∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3,
由(1)知OM的方程为y=$-\frac{9}{k}$x,
设P的横坐标为xP
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{9}{k}x}\\{9{x}^{2}+{y}^{2}={m}^{2}}\end{array}\right.$得${{x}_{P}}^{2}=\frac{{k}^{2}{m}^{2}}{9{k}^{2}+81}$,即xP=$±\frac{km}{3\sqrt{9+{k}^{2}}}$,
将点($\frac{m}{3}$,m)的坐标代入l的方程得b=$\frac{m(3-k)}{3}$,
即l的方程为y=kx+$\frac{m(3-k)}{3}$,
将y=$-\frac{9}{k}$x,代入y=kx+$\frac{m(3-k)}{3}$,
得kx+$\frac{m(3-k)}{3}$=$-\frac{9}{k}$x
解得xM=$\frac{k(k-3)m}{3(9+{k}^{2})}$,
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM
于是$±\frac{km}{3\sqrt{9+{k}^{2}}}$=2×$\frac{k(k-3)m}{3(9+{k}^{2})}$,
解得k1=4-$\sqrt{7}$或k2=4+$\sqrt{7}$,
∵ki>0,ki≠3,i=1,2,
∴当l的斜率为4-$\sqrt{7}$或4+$\sqrt{7}$时,四边形OAPB能为平行四边形.

点评 本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题,联立方程组转化为一元二次方程,利用根与系数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.

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