题目内容

已知A,B分别是椭圆C1
x2
a2
+
y2
b2
=1的左、右顶点,P是椭圆上异与A,B的任意一点,Q是双曲线C2
x2
a2
-
y2
b2
=1上异与A,B的任意一点,a>b>0.
(I)若P(
5
2
3
),Q(
5
2
,1),求椭圆Cl的方程;
(Ⅱ)记直线AP,BP,AQ,BQ的斜率分别是k1,k2,k3,k4,求证:k1•k2+k3•k4为定值;
(Ⅲ)过Q作垂直于x轴的直线l,直线AP,BP分别交 l于M,N,判断△PMN是否可能为正三角形,并说明理由.
分析:(Ⅰ)把点P的坐标代入椭圆方程,点Q的坐标代入双曲线方程,两式联立后可求得a2与b2的值,从而求出椭圆的方程;
(Ⅱ)设出P、Q的坐标,由两点式直接写出直线AP,BP,AQ,BQ的斜率,把P、Q的纵坐标分别用横坐标表示,代入k1•k2+k3•k4后整理即可得到结论;
(Ⅲ)假设△PMN能为正三角形,利用平面几何知识可得到∠PAN=30°,∠PBA=30°,从而得到点P位于椭圆的短轴的两个端点时△PMN能为正三角形.
解答:(Ⅰ)解:∵P(
5
2
3
)在椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1
上,Q(
5
2
,1)在双曲线
x2
a2
-
y2
b2
=1
上,
5
4a2
+
3
b2
=1①
25
4a2
-
1
b2
=1②

①+②×3得:
80
4a2
=4
,a2=5,
把a2=5代入①得,b2=4.
所以椭圆Cl的方程为
x2
5
+
y2
4
=1

(Ⅱ)证明:由A(-a,0),B(a,0),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
k1=
y1
x1+a
k2=
y1
x1-a
k3=
y2
x2+a
k4=
y2
x2-a

k1•k2+k3•k4=
y1
x1+a
y1
x1-a
+
y2
x2+a
y2
x2-a

=
y12
x12-a2
+
y22
x22-a2

∵设P(x1,y1)在椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1
上,Q(x2,y2)在双曲线
x2
a2
-
y2
b2
=1
上,
y12=
b2
a2
(a2-x12)
y22=
b2
a2
(x22-a2)

则k1•k2+k3•k4=
y12
x12-a2
+
y22
x22-a2
=
b2
a2
(a2-x12)
x12-a2
+
b2
a2
(x22-a2)
x22-a2
=-
b2
a2
+
b2
a2
=0

所以k1•k2+k3•k4为定值;
(Ⅲ)假设△PMN是正三角形,
∴∠MPN=∠PMN=60°,
又∵MN⊥x轴,∴∠PAN=30°,∠PBA=30°,
∴△PAB为等腰三角形,∴点P位于y轴上,且P在椭圆上,
∴点P的坐标为(0,±b),
此时
|OP|
|OA|
=tan30°=
b
a
=
3
3

即a=
3
b

综上,当a=
3
b
,且点P的坐标为(0,±b)时,△PMN为正三角形.
点评:本题是圆锥曲线的综合题,考查了利用代入法求圆锥曲线的方程,训练了学生的整体运算能力,考查了平面几何知识在圆锥曲线问题中的应用,是有一定难度题目.
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