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    高考数学专题练 专题六解析几何 微专题43 非对称韦达定理(含答案)

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    这是一份高考数学专题练 专题六解析几何 微专题43 非对称韦达定理(含答案),共18页。


    典例1 设椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左焦点为F,过点F的直线l与椭圆C相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60°,eq \(AF,\s\up6(→))=2eq \(FB,\s\up6(→)),求椭圆C的离心率.
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    典例2 已知抛物线C:y2=4x与定点P(2,1),直线l过点P且与抛物线交于A,B两点,且有eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→)),求直线l的斜率.
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    典例3 如图,设F为椭圆C:eq \f(x2,2)+y2=1的右焦点,过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.
    (1)若点B为椭圆C的上顶点,求直线AF的方程;
    (2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:eq \f(k1,k2)为定值.
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    [总结提升]
    在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中,在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程,得到韦达定理后,发现不能直接应用韦达定理,这类问题叫做“非对称韦达问题”,处理这类问题常用两种方法,一是和积转换法,二是配凑半代换法.
    1.已知圆C:(x+1)2+y2=8,定点A(1,0),M为圆上动点,点P在AM上,点N在CM上,且满足eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(AP,\s\up6(→)),eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))=0,点N的轨迹为曲线E.
    (1)求曲线E的方程;
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    (2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G,H(点G在点F,H之间),且满足eq \(FG,\s\up6(→))=λeq \(FH,\s\up6(→)),求λ的取值范围.
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    2.已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2),短轴长为2eq \r(3).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)设A,B分别为椭圆C的左、右顶点,若过点P(4,0)且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M,N两点,直线AM与BN相交于点Q.证明:点Q在定直线上.
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    3.已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).点N在E上,NF2⊥F1F2,△NF1F2的周长为6+4eq \r(2),面积为eq \f(1,3)c.
    (1)求E的方程;
    (2)设E的左、右顶点分别为A,B,过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2),0))的直线l与E交于C,D两点,记直线AC的斜率为k1,直线BD的斜率为k2,________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答).
    ①求直线AC和BD交点的轨迹方程;
    ②是否存在常数λ,使得k1=λk2恒成立?
    ③过点C作关于x轴的对称点C′,连接C′D得到直线l1,试探究:直线l1是否恒过定点.
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    微专题43 非对称韦达定理
    [考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容,非对称韦达定理的应用在高考中经常出现,常以解答题的形式压轴出现,难度较大.
    考点一 两根之比型
    典例1 设椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左焦点为F,过点F的直线l与椭圆C相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60°,eq \(AF,\s\up6(→))=2eq \(FB,\s\up6(→)),求椭圆C的离心率.
    解 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1>0,y2<0.
    直线l的方程为y=eq \r(3)(x+c),其中c=eq \r(a2-b2),
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=\r(3)x+c,,\f(x2,a2)+\f(y2,b2)=1,))
    得(3a2+b2)y2-2eq \r(3)b2cy-3b4=0,
    解得y1=eq \f(\r(3)b2c+2a,3a2+b2),y2=eq \f(\r(3)b2c-2a,3a2+b2).
    因为eq \(AF,\s\up6(→))=2eq \(FB,\s\up6(→)),所以y1=-2y2,
    即eq \f(\r(3)b2c+2a,3a2+b2)=-2·eq \f(\r(3)b2c-2a,3a2+b2).
    整理得,离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(2,3).
    非对称处理方法一
    由韦达定理得y1+y2=eq \f(2\r(3)b2c,3a2+b2),y1y2=-eq \f(3b4,3a2+b2).
    由eq \(AF,\s\up6(→))=2eq \(FB,\s\up6(→)),得y1=-2y2,
    即eq \f(y1,y2)=-2,所以eq \f(y1,y2)+eq \f(y2,y1)=-eq \f(5,2),即eq \f(y1+y22,y1y2)=-eq \f(1,2).
    则-eq \f(12b4c2,3a2+b2·3b4)=-eq \f(1,2),整理得8c2=3a2+b2,即9c2=4a2,
    所以e=eq \r(\f(c2,a2))=eq \f(2,3).
    注 方法一将eq \f(y1,y2)=-2取倒数相加,得到eq \f(y1,y2)+eq \f(y2,y1)=-eq \f(5,2),这样处理将不对称式转化为对称式,就可以将韦达定理的结果整体代入了.
    非对称处理方法二
    由y1=-2y2,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=-y2,,y1y2=-2y\\al(2,2).))
    则eq \f(y1+y22,y1y2)=eq \f(-y22,-2y\\al(2,2))=-eq \f(1,2).
    将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(2\r(3)b2c,3a2+b2),,y1y2=-\f(3b4,3a2+b2),))
    代入上式,得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2+b2)))2,-\f(3b4,3a2+b2))=-eq \f(1,2),
    eq \f(12b4c2,3a2+b2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,3b4)))=-eq \f(1,2),
    整理得e=eq \f(2,3).
    注 方法二是利用条件y1=-2y2,得到y1+y2与y1y2的关系eq \f(y1+y22,y1y2)=-eq \f(1,2),然后就可以用韦达定理处理了.
    非对称处理方法三
    将y1=-2y2代入eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(2\r(3)b2c,3a2+b2),,y1y2=-\f(3b4,3a2+b2),))
    得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-y2=\f(2\r(3)b2c,3a2+b2),,-2y\\al(2,2)=-\f(3b4,3a2+b2).))
    消去y2,得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2+b2)))2=eq \f(3b4,3a2+b2),
    整理得e=eq \f(2,3).
    注 方法三是逐个消掉y1,y2,其实就是代入消元法.
    跟踪训练1 设双曲线C:eq \f(x2,a2)-y2=1(a>0)与直线l:x+y=1相交于不同的点A,B,设直线l与y轴的交点为P,且eq \(PA,\s\up6(→))=eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→)),求a的值.
    解 易得P(0,1),设A(x1,y1),B(x2,y2),
    故eq \(PA,\s\up6(→))=(x1,y1-1),eq \(PB,\s\up6(→))=(x2,y2-1).
    由双曲线C与直线l相交于两个不同的点,
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)-y2=1,,y=-x+1,))得(1-a2)x2+2a2x-2a2=0,
    故x1+x2=-eq \f(2a2,1-a2),x1x2=-eq \f(2a2,1-a2),
    且1-a2≠0.
    由eq \(PA,\s\up6(→))=eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→)),知(x1,y1-1)=eq \f(5,12)(x2,y2-1),
    取x1=eq \f(5,12)x2,由x1=eq \f(5,12)x2得eq \f(x1,x2)=eq \f(5,12),
    取倒数相加,得eq \f(x1,x2)+eq \f(x2,x1)=eq \f(5,12)+eq \f(12,5),
    则eq \f(5,12)+eq \f(12,5)+2=eq \f(x1,x2)+eq \f(x2,x1)+2=eq \f(x1+x22,x1x2),
    即eq \f(x1+x22,x1x2)=eq \f(289,60).
    将x1+x2=-eq \f(2a2,1-a2),x1x2=-eq \f(2a2,1-a2)代入上式,得-eq \f(2a2,1-a2)=eq \f(289,60),解得a=eq \f(17,13).
    考点二 系数不等型
    典例2 已知抛物线C:y2=4x与定点P(2,1),直线l过点P且与抛物线交于A,B两点,且有eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→)),求直线l的斜率.
    解 设A(x1,y1),B(x2,y2).
    方法一 由eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得7y1+y2=8,即y2=-7y1+8,
    引入待定系数λ,使得y2-1=λ(y1-1),
    易得λ=-7,即y2-1=-7(y1-1).
    因为y1-1≠0,所以eq \f(y2-1,y1-1)=-7.
    取倒数相加,得-7-eq \f(1,7)=eq \f(y2-1,y1-1)+eq \f(y1-1,y2-1)=eq \f(y1-12+y2-12,y1-1y2-1),
    所以-eq \f(50,7)=eq \f(y1+y2-22,y1y2-y1+y2+1)-2.
    设直线l:x-2=m(y-1),与抛物线C:y2=4x联立可得y2-4my+4m-8=0,
    则y1+y2=4m,y1y2=4m-8,
    代入前面的式子中可得eq \f(16m2-16m+4,-7)=-eq \f(36,7),
    解得m=2或m=-1,所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或-1.
    方法二 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x-2=m(y-1),
    与抛物线C:y2=4x联立可得y2-4my+4m-8=0,
    则y1+y2=4m,y1y2=4m-8.
    由eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得y2=-7y1+8,
    代入上面两式,得y1+y2=-6y1+8=4m,
    解得y1=eq \f(4-2m,3),又y1y2=-7yeq \\al(2,1)+8y1=4m-8.
    所以-7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4-2m,3)))2+8·eq \f(4-2m,3)=4m-8,
    解得m=2或m=-1.
    所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或-1.
    跟踪训练2 如图,在平面直角坐标系Oxy中,焦点在x轴上的椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b,\f(2c,a))),且a2=8,经过点T(1,0)作斜率为k(k>0)的直线l交椭圆C于A,B两点(A在x轴下方).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)过点O且平行于l的直线交椭圆于M,N两点,求eq \f(|AT||BT|,|MN|2)的值;
    (3)记直线l与y轴的交点为P,若eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→)),求直线l的斜率k的值.
    解 (1)因为椭圆C:eq \f(x2,8)+eq \f(y2,b2)=1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b,\f(2c,a))),
    所以eq \f(b2,8)+eq \f(c2,2b2)=1.
    又a2=b2+c2,则eq \f(b2,8)+eq \f(8-b2,2b2)=1,
    解得b2=4或b2=8(舍去).
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)+eq \f(y2,4)=1.
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
    因为T(1,0),则直线l的方程为y=k(x-1).
    联立直线l与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx-1,,\f(x2,8)+\f(y2,4)=1,))
    消去y,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-8=0,
    所以x1+x2=eq \f(4k2,2k2+1),x1x2=eq \f(2k2-8,2k2+1).
    因为MN∥l,所以直线MN的方程为y=kx,
    联立直线MN与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx,,\f(x2,8)+\f(y2,4)=1,))
    消去y得(2k2+1)x2=8,
    解得x2=eq \f(8,2k2+1).
    因为MN∥l,
    所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)=eq \f(1-x1·x2-1,xM-xN2),
    因为(1-x1)·(x2-1)=-[x1x2-(x1+x2)+1]=eq \f(7,2k2+1).
    (xM-xN)2=4x2=eq \f(32,2k2+1).
    所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)=eq \f(1-x1·x2-1,xM-xN2)=eq \f(7,32).
    (3)在y=k(x-1)中,令x=0,则y=-k,所以P(0,-k),
    从而eq \(AP,\s\up6(→))=(-x1,-k-y1),eq \(TB,\s\up6(→))=(x2-1,y2),
    因为eq \(AP,\s\up6(→))=eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→)),所以-x1=eq \f(2,5)(x2-1),
    即x1+eq \f(2,5)x2=eq \f(2,5),①
    由(2)知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1+x2=\f(4k2,2k2+1),②,x1x2=\f(2k2-8,2k2+1), ③))
    由①②得x1=eq \f(-4k2+2,32k2+1),x2=eq \f(16k2-2,32k2+1),
    代入③式,整理得50k4-83k2-34=0,
    解得k2=2或k2=-eq \f(17,50)(舍).
    又因为k>0,所以k=eq \r(2).
    考点三 分式上、下不对称型
    典例3 如图,设F为椭圆C:eq \f(x2,2)+y2=1的右焦点,过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.
    (1)若点B为椭圆C的上顶点,求直线AF的方程;
    (2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:eq \f(k1,k2)为定值.
    (1)解 由题意得直线AB的方程为eq \f(x,2)+y=1,即y=-eq \f(x,2)+1,
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=-\f(x,2)+1,,\f(x2,2)+y2=1,))得eq \f(3,4)x2-x=0,
    解得x=0或x=eq \f(4,3),
    所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3),\f(1,3))),而F(1,0),所以kAF=1.
    故直线AF的方程为y=x-1.
    (2)证明 设直线AB的方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),
    联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=my+2,,\f(x2,2)+y2=1,))
    得(m2+2)y2+4my+2=0,则Δ>0.
    由韦达定理可得y1+y2=-eq \f(4m,m2+2),y1y2=eq \f(2,m2+2).(*)
    求解目标为eq \f(k1,k2)=eq \f(\f(y1,x1-1),\f(y2,x2-1))=eq \f(y1x2-1,y2x1-1)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y2),
    y1,y2的系数出现了不对称,可用如下处理手法.
    非对称处理方法一 (y1y2转化为y1+y2)
    由(*)两式相除,可得y1+y2=-2my1y2,
    所以my1y2=-eq \f(y1+y2,2),
    所以eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y2)=eq \f(-\f(y1+y2,2)+y1,-\f(y1+y2,2)+y2)=eq \f(y1-y2,y2-y1)=-1.
    注 y1+y2,y1y2中,把y1y2转化成y1+y2.
    非对称处理方法二 (y1,y2保留y1)
    eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y2)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y1+y2-y1)=eq \f(\f(2m,m2+2)+y1,\f(2m,m2+2)-\f(4m,m2+2)-y1)=eq \f(\f(2m,m2+2)+y1,\f(-2m,m2+2)-y1)=-1.
    注 y1,y2保留一个,分子、分母统一保留y1,故在分母处配y1+y2.
    非对称处理方法三 (y1,y2保留y2)
    eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y2)=eq \f(my1y2+y1+y2-y2,my1y2+y2)=eq \f(\f(2m,m2+2)-\f(4m,m2+2)-y2,\f(2m,m2+2)+y2)=eq \f(-\f(2m,m2+2)-y2,\f(2m,m2+2)+y2)=-1.
    注 y1,y2保留一个,分子、分母统一保留y2,故在分子处配y1+y2.
    非对称处理方法四 (暴力求根)
    由求根公式得y=eq \f(-2m±\r(2m2-4),m2+2),不妨设y1=eq \f(-2m+\r(2m2-4),m2+2),y2=eq \f(-2m-\r(2m2-4),m2+2),则eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2+y1,my1y2+y2)=eq \f(\f(2m,m2+2)+y1,\f(2m,m2+2)+y2)=eq \f(\f(2m,m2+2)+\f(-2m+\r(2m2-4),m2+2),\f(2m,m2+2)+\f(-2m-\r(2m2-4),m2+2))=eq \f(\r(2m2-4),-\r(2m2-4))=-1.
    注 首先结合韦达定理化去y1y2,然后暴力求根代入y1,y2,将分子、分母都用含m的式子表示,逐步消元得到结果.
    跟踪训练3 如图,在平面直角坐标系Oxy中,已知椭圆C:eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1的左、右顶点分别为A,B,过右焦点F的直线与椭圆C交于点P,Q(点P在x轴的上方).设直线AP,BQ,BP的斜率分别为k1,k2,k3.
    (1)求证:k2k3为定值;
    (2)是否存在常数λ,使得k1=λk2?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
    (1)证明 设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=my+1,代入椭圆方程,
    得(4+3m2)y2+6my-9=0,
    从而y1+y2=eq \f(-6m,4+3m2),y1y2=eq \f(-9,4+3m2),
    于是k2k3=eq \f(y2,x2-2)·eq \f(y1,x1-2)=eq \f(y2y1,x2-2x1-2),
    因此k2k3=eq \f(y2y1,my2-1my1-1)=eq \f(y2y1,m2y1y2-my1+y2+1).
    将y1+y2,y1y2代入,化简得k2k3=-eq \f(9,4),
    故k2k3为定值.
    (2)解 假设存在常数λ,使得k1=λk2,
    则λ=eq \f(k1,k2)=eq \f(y1,x1+2)·eq \f(x2-2,y2)=eq \f(my1y2-y1,my1y2+3y2).
    方法一 (消y1)
    因为λ=eq \f(my1y2-y1,my1y2+3y2),y1y2=eq \f(-9,4+3m2),
    所以λ=eq \f(m·\f(-9,4+3m2)-y1,m·\f(-9,4+3m2)+3y2),
    又y1+y2=eq \f(-6m,4+3m2),从而y1=eq \f(-6m,4+3m2)-y2,
    于是λ=eq \f(\f(-9m,4+3m2)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(-6m,4+3m2)-y2)),\f(-9m,4+3m2)+3y2)=eq \f(\f(-3m,4+3m2)+y2,\f(-9m,4+3m2)+3y2)=eq \f(1,3).
    方法二 (积化和)
    因为my1y2=eq \f(3,2)(y1+y2),
    所以λ=eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2-y1,my1y2+3y2)=eq \f(\f(3,2)y1+y2-y1,\f(3,2)y1+y2+3y2)=eq \f(1,3).
    方法三 (和化积)
    因为my1y2=eq \f(3,2)(y1+y2),
    即y1+y2=eq \f(2,3)my1y2,
    所以λ=eq \f(k1,k2)=eq \f(my1y2-y1,my1y2+3y2)=eq \f(my1y2-y1+y2+y2,my1y2+3y2)=eq \f(\f(1,3)my1y2+y2,my1y2+3y2)=eq \f(1,3).
    方法四 (升幂)
    因为λ=eq \f(y1,x1+2)·eq \f(x2-2,y2),
    所以λ2=eq \f(y\\al(2,1),x1+22)·eq \f(x2-22,y\\al(2,2)).
    由eq \f(x\\al(2,1),4)+eq \f(y\\al(2,1),3)=1,eq \f(x\\al(2,2),4)+eq \f(y\\al(2,2),3)=1,
    得yeq \\al(2,1)=3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,1),4))),yeq \\al(2,2)=3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,2),4))),
    于是λ2=eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,1),4))),x1+22)·eq \f(x2-22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,2),4))))=eq \f(2-x12-x2,2+x12+x2)=eq \f(4-2x1+x2+x1x2,4+2x1+x2+x1x2).
    当直线PQ的斜率不存在时,x1=x2=1,此时λ=eq \f(1,3);
    当直线PQ的斜率存在时,设PQ:y=k(x-1),
    代入椭圆方程eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
    从而x1+x2=eq \f(8k2,4k2+3),x1x2=eq \f(4k2-12,4k2+3),
    于是λ2=eq \f(4-2·\f(8k2,4k2+3)+\f(4k2-12,4k2+3),4+2·\f(8k2,4k2+3)+\f(4k2-12,4k2+3))=eq \f(1,9),即λ=eq \f(1,3).
    综上所述,λ=eq \f(1,3).
    方法五 (换k)
    因为k1k3=-eq \f(3,4),即k3=-eq \f(3,4k1),
    而k2k3=-eq \f(9,4),
    所以k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,4k1)))=-eq \f(9,4),从而eq \f(k2,k1)=3,则λ=eq \f(1,3).
    [总结提升]
    在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中,在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程,得到韦达定理后,发现不能直接应用韦达定理,这类问题叫做“非对称韦达问题”,处理这类问题常用两种方法,一是和积转换法,二是配凑半代换法.
    1.已知圆C:(x+1)2+y2=8,定点A(1,0),M为圆上动点,点P在AM上,点N在CM上,且满足eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(AP,\s\up6(→)),eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))=0,点N的轨迹为曲线E.
    (1)求曲线E的方程;
    (2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G,H(点G在点F,H之间),且满足eq \(FG,\s\up6(→))=λeq \(FH,\s\up6(→)),求λ的取值范围.
    解 (1)∵eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(AP,\s\up6(→)),eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))=0.
    ∴NP为AM的垂直平分线,∴|NA|=|NM|.
    又∵|CN|+|NM|=2eq \r(2),∴|CN|+|AN|=2eq \r(2)>2,
    ∴动点N的轨迹是以点C(-1,0),A(1,0)为焦点的椭圆,且椭圆长轴长为2a=2eq \r(2),焦距2c=2,即a=eq \r(2),c=1,则b2=1.
    ∴曲线E的方程为eq \f(x2,2)+y2=1.
    (2)当直线GH斜率存在时,设直线GH的方程为y=kx+2,代入椭圆方程eq \f(x2,2)+y2=1,
    得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+k2))x2+4kx+3=0,
    由Δ>0得k2>eq \f(3,2).设G(x1,y1),H(x2,y2),
    则x1+x2=eq \f(-4k,\f(1,2)+k2)=eq \f(-8k,1+2k2),①
    x1x2=eq \f(3,\f(1,2)+k2)=eq \f(6,1+2k2),②
    ∵eq \(FG,\s\up6(→))=λeq \(FH,\s\up6(→)),∴(x1,y1-2)=λ(x2,y2-2),
    ∴x1=λx2,∴λ=eq \f(x1,x2),
    eq \f(①2,②)⇒λ+eq \f(1,λ)+2=eq \f(32k2,31+2k2)=eq \f(32,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)+2))).
    ∵k2>eq \f(3,2),∴4∴4<λ+eq \f(1,λ)+2∵0<λ<1,∴eq \f(1,3)<λ<1.
    又当直线HG斜率不存在时直线方程为x=0,eq \(FG,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(FH,\s\up6(→)),λ=eq \f(1,3),
    ∴eq \f(1,3)≤λ<1,λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3),1)).
    2.已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2),短轴长为2eq \r(3).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)设A,B分别为椭圆C的左、右顶点,若过点P(4,0)且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M,N两点,直线AM与BN相交于点Q.证明:点Q在定直线上.
    (1)解 因为椭圆的离心率为eq \f(1,2),
    所以eq \f(c,a)=eq \f(1,2),所以a=2c,
    又2b=2eq \r(3),所以b=eq \r(3).
    因为b2=a2-c2=3c2=3,
    所以c=1,a=2,
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.
    (2)证明 方法一 设直线MN:x=ty+4,M(x1,y1),N(x2,y2),
    eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=ty+4,,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))
    可得(3t2+4)y2+24ty+36=0,
    所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(-24t,3t2+4),,y1y2=\f(36,3t2+4).))
    直线AM的方程为y=eq \f(y1,x1+2)(x+2),①
    直线BN的方程为y=eq \f(y2,x2-2)(x-2),②
    由对称性可知,点Q在垂直于x轴的直线上,
    联立①②可得x=eq \f(2ty1y2+6y2+2y1,3y2-y1).
    因为eq \f(y1+y2,y1y2)=-eq \f(2,3)t,
    所以x=eq \f(2ty1y2+6y2+2y1,3y2-y1)=eq \f(-3y1+y2+6y2+2y1,3y2-y1)=1,
    所以点Q在直线x=1上.
    方法二 设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x3,y3),x1,x2,x3两两不等,
    因为P,M,N三点共线,
    所以eq \f(y1,x1-4)=eq \f(y2,x2-4)⇒eq \f(y\\al(2,1),x1-42)=eq \f(y\\al(2,2),x2-42)⇒eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,1),4))),x1-42)=eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,2),4))),x2-42),
    整理得2x1x2-5(x1+x2)+8=0.
    又A,M,Q三点共线,有eq \f(y3,x3+2)=eq \f(y1,x1+2),①
    又B,N,Q三点共线,有eq \f(y3,x3-2)=eq \f(y2,x2-2),②
    将①与②两式相除得
    eq \f(x3+2,x3-2)=eq \f(y2x1+2,y1x2-2)⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3+2,x3-2)))2=eq \f(y\\al(2,2)x1+22,y\\al(2,1)x2-22)
    =eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,2),4)))x1+22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x\\al(2,1),4)))x2-22)=eq \f(x2+2x1+2,x1-2x2-2)
    =eq \f(x1x2+2x1+x2+4,x1x2-2x1+x2+4),
    将2x1x2-5(x1+x2)+8=0,即x1x2=eq \f(5,2)(x1+x2)-4,
    代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3+2,x3-2)))2=9,
    解得x3=4(舍去)或x3=1(因为直线BQ与椭圆相交,故x3≠4),
    所以Q在定直线x=1上.
    3.已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).点N在E上,NF2⊥F1F2,△NF1F2的周长为6+4eq \r(2),面积为eq \f(1,3)c.
    (1)求E的方程;
    (2)设E的左、右顶点分别为A,B,过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2),0))的直线l与E交于C,D两点,记直线AC的斜率为k1,直线BD的斜率为k2,________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答).
    ①求直线AC和BD交点的轨迹方程;
    ②是否存在常数λ,使得k1=λk2恒成立?
    ③过点C作关于x轴的对称点C′,连接C′D得到直线l1,试探究:直线l1是否恒过定点.
    解 (1)依题意,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a+2c=6+4\r(2),,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)=\f(b2,a)·c=\f(1,3)c,))
    即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a+c=3+2\r(2),,\f(b2,a)=\f(1,3),))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2=9,,b2=1,))
    所以E的方程为eq \f(x2,9)+y2=1.
    (2)选择①.
    设直线l的方程为x=ty+eq \f(3,2),C(x1,y1),D(x2,y2),
    联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)+y2=1,,x=ty+\f(3,2),))
    化简整理,得4(t2+9)y2+12ty-27=0,
    由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(-3t,t2+9),,y1y2=\f(-27,4t2+9),))
    得ty1y2=eq \f(9,4)(y1+y2),
    直线AC的方程:y=eq \f(y1,x1+3)(x+3);
    直线BD的方程:y=eq \f(y2,x2-3)(x-3),
    联立方程,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=\f(y1,x1+3)x+3,,y=\f(y2,x2-3)x-3,))
    两式相除,得eq \f(x+3,x-3)=eq \f(y2,x2-3)·eq \f(x1+3,y1)=eq \f(x1+3y2,x2-3y1)=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1+\f(9,2)))y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2-\f(3,2)))y1)
    =eq \f(2ty1y2+9y2,2ty1y2-3y1)
    =eq \f(2·\f(9,4)y1+y2+9y2,2·\f(9,4)y1+y2-3y1)
    =eq \f(3y1+y2+6y2,3y1+y2-2y1)
    =eq \f(3y1+3y2,y1+3y2)=3,
    即eq \f(x+3,x-3)=3,解得x=6,所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线x=6.
    选择②.
    设直线l的方程为x=ty+eq \f(3,2),C(x1,y1),D(x2,y2),
    联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)+y2=1,,x=ty+\f(3,2),))
    化简整理,得4(t2+9)y2+12ty-27=0,
    由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(-3t,t2+9),,y1y2=\f(-27,4t2+9),))
    得ty1y2=eq \f(9,4)(y1+y2),
    于是eq \f(k1,k2)=eq \f(y1,x1+3)·eq \f(x2-3,y2)
    =eq \f(x2-3y1,x1+3y2)
    =eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2-\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1+\f(9,2)))y2)
    =eq \f(2ty1y2-3y1,2ty1y2+9y2)
    =eq \f(2·\f(9,4)y1+y2-3y1,2·\f(9,4)y1+y2+9y2)
    =eq \f(\f(3,2)y1+\f(9,2)y2,\f(9,2)y1+\f(27,2)y2)=eq \f(\f(3,2)y1+3y2,\f(9,2)y1+3y2)=eq \f(1,3),
    故存在实数λ=eq \f(1,3),使得k1=λk2恒成立.
    选择③.
    设直线l的方程为x=ty+eq \f(3,2),C(x1,y1),D(x2,y2),
    则C′(x1,-y1),
    联立方程,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)+y2=1,,x=ty+\f(3,2),))
    化简整理,得4(t2+9)y2+12ty-27=0,
    由韦达定理,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1+y2=\f(-3t,t2+9),,y1y2=\f(-27,4t2+9),))
    设直线C′D与x轴交于点M,由对称性可知,kCM+kDM=0,
    假设M(m,0),即eq \f(y1,x1-m)+eq \f(y2,x2-m)=0,
    则y1(x2-m)+y2(x1-m)=0,
    所以y1(x2-m)+y2(x1-m)=x1y2+x2y1-m(y1+y2)
    =eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1+\f(3,2)))y2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2+\f(3,2)))y1-m(y1+y2)
    =2ty1y2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)-m))(y1+y2)
    =2t·eq \f(-27,4t2+9)+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)-m))·eq \f(-3t,t2+9)=0,
    即-9t+(3-2m)·(-t)=0,解得m=6,所以直线C′D恒过定点M(6,0)
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