题目内容
设动点M的坐标为(x,y)(x、y∈R),向量a |
b |
(I)求动点M(x,y)的轨迹C的方程;
(Ⅱ)过点N(0,2)作直线l与曲线C交于A、B两点,若
OP |
OA |
OB |
分析:(I)把
=(x-2,y),
=(x+2,y)代入|a|+|b|=8,根据椭圆的定义即可求得动点M(x,y)的轨迹C的方程;
(Ⅱ)假设存在直线l,使得四边形OAPB为矩形,即OA⊥OB,设出直线l的方程,联立直线和椭圆方程,利用韦达定理即可得出结论.
a |
b |
(Ⅱ)假设存在直线l,使得四边形OAPB为矩形,即OA⊥OB,设出直线l的方程,联立直线和椭圆方程,利用韦达定理即可得出结论.
解答:解:(I)因为|a|+|b|=8,所以
+
=8.
所以动点M的轨迹是到定点F1(-2,0),F2(2,0)的距离之和为8的椭圆.
则曲线C的方程是
+
=1.
(Ⅱ)因为直线l过点N(0,2),若直线l的斜率不存在,则l的方程为x=0,与椭圆的两个交点A、B为椭圆的顶点.
由
=
+
,则P与O重合,与OAPB为四边形矛盾.
若直线l的斜率存在,设方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
得(4k2+3)x2+16kx-32=0.
△=256k2+128(4k2+3)>0恒成立.
由根与系数关系得:x1+x2=-
,x1x2=
.
因为
=
+
,所以四边形OAPB为平行四边形.
若存在直线l使四边形OAPB为矩形,则
⊥
,即
•
=0.
所以x1x2+y1y2=0.
所以(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=0.
即(1+k2)(-
)-2k•
+4=0.
化简得:12k2+5=0.与斜率存在矛盾.
则不存在直线l,使得四边形OAPB为矩形.
(x+2)2+y2 |
(x-2)2+y2 |
所以动点M的轨迹是到定点F1(-2,0),F2(2,0)的距离之和为8的椭圆.
则曲线C的方程是
x2 |
16 |
y2 |
12 |
(Ⅱ)因为直线l过点N(0,2),若直线l的斜率不存在,则l的方程为x=0,与椭圆的两个交点A、B为椭圆的顶点.
由
OP |
OA |
OB |
若直线l的斜率存在,设方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
|
△=256k2+128(4k2+3)>0恒成立.
由根与系数关系得:x1+x2=-
16k |
4k2+3 |
-32 |
4k2+3 |
因为
OP |
OA |
OB |
若存在直线l使四边形OAPB为矩形,则
OA |
OB |
OA |
OB |
所以x1x2+y1y2=0.
所以(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=0.
即(1+k2)(-
32 |
4k2+3 |
16k |
4k2+3 |
化简得:12k2+5=0.与斜率存在矛盾.
则不存在直线l,使得四边形OAPB为矩形.
点评:考查向量和解析几何相结合,体现了向量的工具性,考查椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系问题,属难题.
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