已知點(diǎn)p是圓(x+1)2+y2=16上的動(dòng)點(diǎn),圓心為B.A(1,0)是圓內(nèi)的定點(diǎn);PA的中垂線交BP于點(diǎn)Q.
(1)求點(diǎn)Q的軌跡C的方程;
(2)若直線l交軌跡C于M,N(MN與x軸、y軸都不平行)兩點(diǎn),G為MN的中點(diǎn),求KMN•KOG的值(O為坐標(biāo)系原點(diǎn)).
分析:(1)利用垂直平分線的性質(zhì)可得|QA|=|QP|,由|QB|+|QP|=4,可得|QB|+|QA|=4,利用橢圓的定義可得點(diǎn)Q的軌跡是一個(gè)橢圓;
(2)法一:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2),則G(
x1+x2
2
,
y1+y2
2
)
.代入可得
x
2
1
4
+
y
2
1
3
=1,
x
2
2
4
+
y
2
2
3
=1
,利用點(diǎn)差法可得
y
2
1
-
y
2
2
x
2
1
-
x
2
2
=-
3
4
.再利用斜率計(jì)算公式即可得出KMN•KOG的值;
法二:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2),直線MN的方程為y=kx+b(k≠0),則G(
x1+x2
2
,
y1+y2
2
)
,
由于y1=kx1+b,y2=kx2+b,可得y1+y2=k(x1+x2)+2b,利用斜率計(jì)算公式可得kOG=
y1+y2
x1+x2
=k+
2b
x1+x2
,將y=kx+b代入橢圓方程得:(4k2+3)x2+8kbx+4b2-12=0,利用根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=-
8kb
4k2+3
,代入得到kOG=k+
2b
-8kb
4k2+3
=k-
4k2+3
4k
=-
3
4k
,即可得出KMN•KOG的值.
解答:解:(1)由條件知:|QA|=|QP|,
∵|QB|+|QP|=4,
∴|QB|+|QA|=4,
∵|AB|=2<4,
所以點(diǎn)Q的軌跡是以B,A為焦點(diǎn)的橢圓,
∵2a=4,2c=2,∴b2=3,
所以點(diǎn)Q的軌跡C的方程是
x2
4
+
y2
3
=1

(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2),則G(
x1+x2
2
,
y1+y2
2
)

∵直線l與橢圓相較于點(diǎn)M,N,
x
2
1
4
+
y
2
1
3
=1,
x
2
2
4
+
y
2
2
3
=1

x
2
1
-
x
2
2
4
+
y
2
1
-
y
2
2
3
=0
,可得
y
2
1
-
y
2
2
x
2
1
-
x
2
2
=-
3
4

kMN=
y1-y2
x1-x2
,kOG=
y1+y2
x1+x2

kMN×kOG=
y
2
1
-
y
2
2
x
2
1
-
x
2
2
=-
3
4

另解:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2),直線MN的方程為y=kx+b(k≠0),
G(
x1+x2
2
,
y1+y2
2
)
,
∵y1=kx1+b,y2=kx2+b,∴y1+y2=k(x1+x2)+2b,
kOG=
y1+y2
x1+x2
=k+
2b
x1+x2
,
將y=kx+b代入橢圓方程得:(4k2+3)x2+8kbx+4b2-12=0,
x1+x2=-
8kb
4k2+3

kOG=k+
2b
-8kb
4k2+3
=k-
4k2+3
4k
=-
3
4k
,
所以kMNkOG=k•(-
3
4k
)=-
3
4
點(diǎn)評(píng):本題綜合考查了圓與橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、線段的垂直平分線、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)的關(guān)系、直線的斜率計(jì)算公式、點(diǎn)差法等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能,考查了數(shù)形結(jié)合的能力、推理能力、計(jì)算能力.
練習(xí)冊(cè)系列答案
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已知點(diǎn)P是圓x2+y2=1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q,設(shè)
OM
=
OP
+
OQ
,則點(diǎn)M的軌跡方程
 

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精英家教網(wǎng)已知點(diǎn)P是圓x2+y2=1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q,設(shè)
OM
=
OP
+
OQ

(1)求點(diǎn)M的軌跡方程
(2)求向量
OP
OM
夾角的最大值,并求此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo).

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