0 0 类别 : 课件

2006 年 5 月 3 日星期三 向量在“三角与解几”中应用 ■■■◣ 　◢■■◣　◢■■◣　◢■■■ ■ ■ ■ ■ 　 ■　■ ◢■■◤ 　■　　■　■　　■　■■■◣ ■ 　　　　■　　■　■　　■　■　　■ ◥■■■ 　◥■■◤　◥■■◤　■■■◤ 1e ur 2e uur 1 2(2 )a e e   r ur uur 1 2b e e  r ur uur 1 、设 、 是两个垂直的单位向量，且 ， (1) 若 a∥b ，求 λ 的值；（ 2 ）若 a⊥b ， 求 λ 的值 . 22 11 2 mm m            2 2 1 1 2 2 1 22 2 0e e e e e e        ur ur uur uur ur uur 即：， ∴ -2 +λ=0, 即 λ= 2 1 2 1 22e e me m e    ur uur ur uur 解（ 1 ） ∵ a∥ b , a=mb, ∴ 即 1 2 1 2( 2 ) ( ) 0e e e e     ur uur ur uur （ 2 ）∵ a b , a ·⊥ ∴ b=0, 即 λ=－ 0.5 注 : 若 a ∥ b , 则 a =mb; 若 a⊥b ,则 a · b=0. 1e ur 2e uur 1 2 1 2| | | | 1 0.e e e e    ur uur ur uur ， 又由 、 是两个垂直的单位向量，得 x y o A B C 2 2 、如图 , 在 Rt△ABC 中 ,∠BAC=90°,A （ - , 1 ）、 B （ ,1 ） ,S△ABC= （平方单位）动点 P 在 曲线 E （ y≥1 ）上运动 , 若曲线 E 过点 C 且满足 | PA|+|PB| 的值为常数 . （Ⅰ）求曲线 E 的方程； （Ⅱ）设直线 l 的斜率为 1 ，若直线 l 与曲线 E 有两 个不同的交点 P 、 Q ，求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方 程 . 2 2 22 12 解 : （Ⅰ）∵ |AB|=2 ,S△ABC= |AC|·|AB| = 2 ∴|AC|=1. 但 |BC|2=|AC|2+|AB|2，从 而 |BC|=3 . 又 |PA|+|PB|=|AC|+|BC| =4>2 22 ∴P 点在以 A 、 B 为焦点，半长轴为 a=2 ，半 焦距为 c= , 半短轴为 b= , 的椭 圆 E （ y≥1 ）上 . 2 2( 1) ( 1).4 2 x y y  ∴ 曲线 E的方程为 （Ⅱ）设直线 l ： y=x+m , 代入 E 的方程，消 x , 可 得 3y2-2(m+2)y +m 2-2 =0 . 令 f(y)= 3y2-2(m+2)y +m2-2 . 方程 f(y)=0 ，有两个不小于 1 ，且不相等 的实根时，有 2 2 2 4( 2) 12( 2) 0 (1) 2 3 3 1 6.0 21 1 23 m m m f m m m                  设 PQ 的中点为 M（ x ,y ） ,P 、 Q 两点的坐标分 别为 P（ x1,y1） ,Q（ x2,y2） , 1 2 2 5 61 ,2 3 3 3 y y my y        将 m=3y-2 代入 y=x+m 得 y = 1 5 61( 1 ).2 3 3x y     即为 M点的轨迹方程 : 1 5 61 ( 1 ).2 3 3y x y      二次方程的实根分布问题 1 2 , sin3 2       求 (1 cos ,sin ), (1 cos ,sin ), (1,0),a b c       rr r3 、设有向量 α∈ （ 0 ,π),β∈ （ π,2π) ， a 与 c 的夹角为 θ1 ,b 与 c 的夹角为 θ2 ，且 的值 . 2(2cos , 2sin cos ) 2cos (cos ,sin ),2 2 2 2 2 2a       r解： 2(2sin ,2sin cos ) 2sin (sin ,cos ).2 2 2 2 2 2b       r (0, ), ( , 2 ), (0, ), ( , ),2 2 2 2 | | 2cos ,| | 2sin .2 2a b                   Q r r 故 1 1 22cos 2cos cos ,2| | | | 2cos 2 ,2 a c a c           r r r r 2 2 2 2sin 2cos sin , 0 ,2 2 2 2| | | | 2sin .2 2 2 b c b c                r r r r 而 1 2 1, sin sin .2 2 2 2 6 2 6 2                        4 、如图，已知 Rt△PAB 的直角顶点为 B ，点 P （ 3 ， 0 ），点 B 在 y 轴上，点 A 在 x 轴负半轴上 ，在 BA 的延长线上取一点 C ，使 |AC|=2|AB|. （ 1 ）当点 B 在 y 轴上移动时，求动点 C 的轨迹 C ； （ 2 ）若直线 l ： y=k(x-1) 与轨迹 C 交于 M 、 N 两 点，设点 D （ -1 ， 0 ），当∠ MDN 为锐角时，求 k 的取值范围 . x y o PA B C ( , ), ( ,0), (0, ), , , 90 .3AB BP C x y A a B b b bk k PBAa        解：(1)设 且 2( ) 1 .,3 3 b b a b a      即: | || | 2 | |, 2,| | CAAC AB AB Q 即,1 2 20 1 3 1 2.1 2 a x b y xa y b             即 所以 y2= - 4x (x≠0)， 所求轨迹为抛物线（去掉原点） （ 2 ）设 M(x1,y1),N(x2,y2), D （－ 1 ， 0 ） , ∴|MD|2= （ x1+1 ） 2+ y12 ， |DN|2= （ x2+1 ） 2+ y22， D M N x y O ∴(x1+1)2+ y12+(x2+1)2+ y22> (x1- x2)2+(y1-y2)2 ∵∠MDN 为锐角 ,∴|MD|2+|DN|2>|MN| 2， 又 y1 =k(x1 -1), y2 =k(x2 -1) 代入整理 得 ,2 2 2 2 24 , (2 4) 0.( 1) y x k x k x ky k x          由解得 2 1 2 1 22 2 4 , 1kx x x xk     2 2 2 222 4(1 ) (1 ) 2 1 .20 kk kk k        |MN|2= （ x1- x2） 2 + (y1-y2)2 又△ = （ 2k2-4 ） 2-4k4=-16k2+16>0, k2<1, 综上有 2 21 1.2 2k k     或 x1+x2+x1x2+y1y2+1>0 (1-k2)(x1+x2)+(1+k2)x1x2+1+k2>0 3ka b a kb  r rr r解 : (1) ∵ 2 23ka b a kb  r rr r 两边平方，得 2 2 2 2 2 22 3( 2 )k a b ka b a ka b k b       r r r rr r r r 2 2 2 2(3 ) (3 1) 8 k a k ba b k     rrr r 2 2(cos ,sin ), (cos ,sin ), 1, 1.a b a b       rvr r 2 1.4 ka b k  r r 2 1 1 2 1(2). ( 0)4 4 4 2 kk k kk      1 1, cos .2 2 a ba b a b     rrr r Q 的最小值是 此时 ,θ=600，即： a与 b夹角为 600 . 3ka b a kb  r rr r 5 、已知 a=(cosα,sinα) ， b= =(cosβ,sinβ) 且 a 与 b 之间满足关系： ，其中 k>0. (1) 用 k 表示 a·b (2)求 a·b 的最小值，并求此时 a 与 b 夹角 θ 的大 小 . 3 2AO OF OB uuur uuur uuur 6 、如图，定直线 l 是半径为 3 的定圆 F 的切线， P 为平面上一动点，作 PQ⊥ l 于 Q ，若 |PQ|=2|PF|. (Ⅰ) 点 P 在怎样的曲线上？并求出该曲线 E 的标准 方程； (Ⅱ) 过圆心 F 作直线交曲线 E 于 A 、 B 两点，若曲线 E 的 中心为 O ，且 ，求点 A 、 B 的坐标 . PQ L F 解：（Ⅰ）∵ F为定点， l 为定直线， |PF|:|PQ|=1:2<1,∴ 由椭圆第二定义可知 ， P 点在以 F 为左焦点， l 为左准线的 椭圆上 依题意知 22 1 22 3,13 c aa bca cc          解得 ∴ 曲线 E的标准方程为 2 2 1.4 3 x y  拼搏 1 1 2 2( , ) 3( 1,0) 2( , ),x y x y      2 2 1 1 2 21 1 3 4 12 33( ) 4( ) 122 2 x y x y        1 1 2 2 1 3 5 7 3 5, ; ,2 4 4 8x y x y        1 3 5 7 3 5 1 3 5 7 3 5( , ), ( , ) ( , ), ( , ).2 4 4 8 2 4 4 8A B A B    或 1 2 1 2 3 2 2 xx yy      又∵ A 、 B 都在椭圆上， 1 1 2 2( 3, ) (2 , 2 ),x y x y   即 1 1 2 2(2) ( , ), ( , ). 3 2 , (0,0), ( 1,0),A x y B x y AO OF OB O F   uuur uuur uuur Q设又 3 37. (cos ,sin ), (cos , sin ), [0, ],2 2 2 2 2 x xa x x b x    r r已知向量且 | |; ( ) | |a b a b f x a b a b     r r r r r r r r求 ①及② 的最小值； 3( ) 2 | | ,2f x a b a b      r r r r ③若的最小值是求的值. 3 3cos cos sin sin cos 22 2 2 2 x xa b x x x     r r解：① 2 2 23 3| | (cos cos ) (sin sin ) 2 2cos2 2 cos2 2 2 2 x xa b x x x x       r r [0, ], cos 0, | | 2cos2x x a b x      r rQ 2 2 ( ) cos 2 2cos 2cos 2cos 1 1 32(cos ) , ( [0, ])2 2 2 f x x x x x x x           ② ∴0≤cosx≤1当且仅当 cosx=0.5时 , f(x)取得最小值 -1.5 2 2( ) cos 2 4 cos , ( ) 2(cos ) 1 2f x x x f x x       ③即 [0, ], 0 cos 1.2x x    Q (1) 当 λ<0时，当且仅当 cosx=0 时 f(x), 取得最小 值 -1 ，这与已知矛盾； 5 8解得 λ= , 这与 λ>1 相矛盾， (2) 当 0≤λ≤1时，当且仅当 cosx=λ 时 f(x), 取 得最小 值 -1-2λ ，由已知得 -1-2λ =-1.5, ；解得 λ =0.5 ；(3) 当 λ>1时，当且仅当 cosx=1 时 ,f(x), 取得最 小值 1-4λ ，由已知得 1-4λ =-1.5, ； 1 2  综上所述， 为所求 . cosx 0 1 二次函数在闭 区间的最值问 题 8 、抛物线方程 y2=p(x+1)(p>0) ，直线 x+y=t 与 x 轴的交点在抛物线准线的右边 . （ 1 ）求证：直线 与抛物线总有 2 个交点；（ 2 ）设直线与抛物线交点 为 A 、 B ，且 OA⊥OB ，求 P 关于 t 的函数 f(t) 的表 达式；（ 3 ）在（ 2 ）的条件下，若 t 变化，使得原 点 O 到直线 AB 的距离不大于 ，求 P 的取值范围 . 2 2 1 4 px   解（ 1）证明：抛物线的准线 , 由直线 x+y=t 与 x轴的交点 (t， 0)在准线的右边得： 1 4 pt    即 4t+p+4＞ 0 2 2 2 : (2 ) ( ) 0( 1) x y t x t p x t py p x          由得① ∵p ＞ 0 , 4t+p+4 ＞ 0 , ∴△= （ 2t+p ） 2－ 4 （ t2－ p ） = p （ 4t+p+4 ） ＞ 0 , 故直线与抛物线总有 2个交点 . (2 ）解：设 A （ x1,y1） ,B （ x2,y2） , 则 x1， x2 是方程① 的 2 个根，由根与系数关系得： 1 2 2 1 2 2x x t p x x t p      ∵OA OB k⊥ ∴ OA·kOB=－ 1 即 x1x2+y1y2=0 又∵ A 、 B 在直线 x+y=t 上 ∴ y1=t － x1 y2=t － x2 ∴x1x2+y1y2=t2- （ t+2 ） p=02 ( ) 2 tP f t t    由 P ＞ 0 ，及 4t+p+4 ＞ 0 得： f(t)的定义域为 (－ 2， 0) (0∪ ， +∞) (3 ）解：由已知得： ,-1≤t≤1 由②知 x ＞－ 2 且 t≠0 t [-1,0) (0,1]∴ ∈ ∪ | | 2 22 t  2 4( ) ( 2) 42 2 tf t tt t     又 令 u=t+2, u [1,2) (2,3]∴ ∈ ∪ 则 在 [1、 2)上是减函数，在（ 2， 3]上是增函数 . 4( ) 4g u u u   1 3 从而 , 0=g(2)<g(u)≤(1)=1 或0=g(2)<g(u)≤(3)= 综上所述， P的取值范围是（ 0， 1]. ∴ 当 t∈[-1,0) 时， 0<p≤1 当 t∈ （ 0,1] 时， 0<p≤13 2 2| | (cos 3) sin 10 6cosAC        uuur 2 2| | cos (sin 3) 10 6sinBC       uuur | | | | sin cosAC BC   uuur uuur由，得， 3 5( , ), .2 2 4      Q (cos 3,sin ), (cos ,sin 3)AC BC      uuur uuurQ解：（ I） 3( , ).2 2    22sin sin 21, .1 tanAC BC        uuur uuur 若求的值 9 、已知 A、 B、 C的坐标分别为 A（ 3， 0）， B（ 0， 3 ）， C（ cosα,sinα） （ I）若 |AC|=|BC|, 求角 α 的 值 ; （ II） 2 22sin sin 2 2sin 2sin cos 2sin cos .sin1 tan 1 cos             又 25 2sin sin 2 52sin cos . .9 1 tan 9           1, (cos 3)cos sin (sin 3) 1.AC BC           uuur uuur 得（ II）由 41 2sin cos ,9  由①式两分平方得 2sin cos .3    ① (cos ,sin ), ( sin( ), cos( ))6 6OA OB         uuur uuur | | 3 | |OA OB OB  uuur uuur uuur 10、已知向量 其中 O为原点，实数 λ 满足： , 求 实数 λ的取值范围 . ( cos sin( ), sin cos( ))6 6OA OB             uuur uuurQ解： 2 2| | [ cos sin( )] [ sin cos( )]6 6OA OB               uuur uuur 2 21 2 [cos sin( ) sin cos( )] 16 6                  | | 1OB uuur | | 3 | |OA OB OB  uuur uuur uuur 2 1 3    由已知得： , 又 即 λ2+λ-2≥0所以 λ≥1或 λ≤-2  0cos 60 b c a C   11 、在△ ABC中，角 A、 B、 C所对的边分别为 a、 b、 c，设向量 m=(cosA,sinA),n=(1,0)且向量 m+n 为单位向量 . ( )Ⅰ 求∠ A 的大小； （Ⅱ）求 的值 .   2 2 1cos 1 sin 1 cos 2A A A     即，， ∠A∈（ 00， 1800），所以∠ A=1200. （Ⅱ）由（Ⅰ）得： ∠ A=1200，     0 0 0 0 sin sin sin(60 ) sin sin cos 60 sin120 cos 60 B C C C A C C     ，原式＝ 0 0 0 3 3cos sin 2cos(60 )2 2 2 .cos(60 )3 cos(60 )2 C C C CC     解 : ( )Ⅰ 由题设： m+n=(cosA+1,sinA)为单位向量 , 12、已知抛物线 y2=2x及定点 A(1,1), B(-1,0),M是抛物 线上的点 , 设直线 AM,BM与抛物线的另一交点分别 为 M1, M2, 求证 :当点 M在抛物线上变动时（只要 M1, M2存在且 M1与 M2是不同两点）直线 M1M2恒过一定点 , 并求 出定点的坐标． 1 0 0 0 2 22 2 0 01 1 0 0 1 11 212 2 2 y y y y y yy y y y        所以 2 2 2 0 1 2 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )2 2 2 y y yM y M y M y 解：设 因为 A，M，M1三点共线　 0 1 0 2 1 yy y  即（ y1+y0)(y0-1)=y02-2，得 2 0 2y y同理可求出设直线 M1M2恒过定点 U(x,y)，则点 U, M1, M2共线 ， x y O B M A M2 M1 U(x,y) (y1+y2)(y-y1)=2x-y12，即： y1y2-y(y1+y2)+2x=0， 所以由　 0 1 0 2 0 1 2 1 2 2 (1)1 2 (2) ( ) 2 0 (3) yy y y y y y y y y x         L L L L L L 消去 y1,y2, (2x-y)y02+2(1-x)y0+2y-4=0 上式对任意 y0恒成立，所以得到 2 1 2 x y x y    所以所求的直线 M1M2恒过定点 U（ 1， 2）． 所以 1 2 1 12 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 y y y y y y y y y y y x yx        x y O B M A M2 M1 U(1,2) 13. 在△ ABC 中，若 ，则 tanA： tanB： tanC_____________， tanA=______.3 2 1 AB BC BC CA CA AB    uuur uuur uuur uuur uuur uuur 6:3:2 11 A B C 2sinCcosB=3sinBcosC, 则 tanB:tanC=2:3 2 | | | | cos( ) 3 | | | | cos( )3 2 AB BC BC CA AB BC B BC CA C         uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 解： tan : tan 2 :12 1 BC CA CA AB A C    uuur uuur uuur uuur 同理 ∴ tanA： tanB： tanC= 6 : 3 : 2 设 tanA=6t， tanB=3t， tanC=2t.,则 11t=36t3 又 在非直角△ ABC中 ， tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC. 所以 t = , 故 tanA=6t=116 11. 14 、已知点 H （ -3 ， 0 ），点 P 在 y 轴上，点 Q 在 x 轴的正半轴上，点 M 在直线 PQ 上，且满足 （Ⅰ）当点 P 在 y 轴上移动时，求点 M 的轨迹 C ； （Ⅱ）过点 T （ -1 ， 0 ）作直线 l 与轨迹 C 交于 A 、 B 两点，若在 x 轴上存在一点 E(x0,0) ，使得△ ABE 是等边三角形，求 x0的值 . 30, .2HP PM PM MQ    uuur uuuur uuuur uuuur 1 1, ), ( , ),3 , (0, ), ( ,0),2 2 3 PM x y y MQ x x y y xPM MQ P Q         uuuur uuuur uuuur uuuur（ 由得 2 30, (3, ) ( , ) 0,2 24 . y yHP PM x y x       uuur uuuur 由得 所以 解 :(Ⅰ) 设点 M 的坐标为 M(x,y),P(0,y 1),Q(x1,0), 则 所以动点 M 的轨迹 C 是以 (0,0) 为顶点，以 (1,0) 为焦点的抛物线 , 除去原点 . 由点 Q 与 x 轴的正半轴上，得 x>0 ， x y O H(-3,0) P Q M(x,y) 2 2 2 2 2 2, ( , ), 2 1 2( ), kAB k k kAB y xk k k      所以线段的中点坐标为 线段的垂直平分线方程为 0 2 2 2 20, 1, , ( 1,0). , y x Ek kABE      令所以点的坐标为 因为为正三角形 2 2 2 2 1 2 1 2 2 4 2 2 4 1| | ( ) ( ) 1 , 2 3 1 2 1, ,| | kAB x x y y kk k k k k          而 所以 0 3 11, , .2 3k x  解得所以 2 2 3, ( 1,0) | |2E AB ABk 所以点到直线的距离等于， 得 k2x2+2(k2-2)x+k22=0 (1) 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1,x2是方程（ 1 ）的两个 实数根 有韦达定理得 2 1 2 1 22 2( 2) , 1,kx x x xk    （Ⅱ）设直线 l:y=k(x+1), 其中 k≠0 代入 y2=4x 3 215 、已知向量ａ＝（ x， x－ 4），向量ｂ＝（ x2 ， x）， x [∈ － 4， 2], ⑴ 试用 x表示ａ ·ｂ ⑵ 求ａ ·ｂ的最大值，并求此时ａ、ｂ夹角的大小 . 3 3 23 3(1) ( 4) 6 .2 2a b x x x x x x       r r 解： 3 23( ) 6 ,2f x x x x  （2）设 则 f '（ x） =3x2+3x－ 6 当 x (-∞∈ ， -2)时， f ‘（ x） >0， f（ x）为增 函数， x∈（ -2， 1）时， f ‘（ x） <0， f（ x）为 减函数， x∈（ 1, +∞）时， f ‘（ x) >0， f（ x）为增函 数 . 令 f ‘（ x） =0 得 x=1或－ 2， x (- ∞， - 2) － 2 （ - 2， 1） 1 （ 1, +∞） f ′ (x) + 0 － 0 + f (x) 极大值 极小 值 故 f（ x）极大值为 f（－ 2） =10 . 又 x [∈ － 4， 2]， f （ － 4） = － 16 , f（ 2） =4 , ∴ 当 x= － 2时，ａ ·ｂ的最大值为 10. 此时 ,ａ =（－ 2,－ 6） ,ｂ =（ 4,－ 3） ,|ａ | = , |ｂ |=5 . 2 10 10 10 .102 10 5 设夹角为 θ， cosθ= ∴ ａ、ｂ的夹角为 arccos10 .10 16 、已知平面上三个向量 a 、 b 、 c 的模均为 1 ，它 们相互之间的夹角均为 120°. （Ⅰ）求证：（ a － b ）⊥ c ； （Ⅱ）若 |ka+b+c|>1 （ k∈R ） , 求 k 的取值范围 . ( ) | || | cos120 | || | 120 0a b c a c b c a c b c ocs         o or r r r r r r r r r r ( ) .a b c  r r r | | | | | | 1,a b c  r r rQ 解（Ⅰ） 且 a、 b、 c之间的夹角均为120°. 2 ( ) ( ) 1, 2 2 2 1 ka b c ka b c k a a b b c c ka b ka c b c                     r r r r r r Q r r r r r r r r r r r r 21cos120 , 2 0,2a b a c b c k k           or r r r r rQ 0 2.k k  或 2| | 1, | | 1,ka b c ka b c      r r r r r rQ（Ⅱ） 2 2| | 2 | | 100{ , }, , 4 3 0| | | | 0 AB OA u vAB u v u vAB OA            uuur uuuruuur uuur uuur解:(1).则由即 6 6, .8 8 { 4, 3}, u u v v OB OA AB u v             uuur uuur uuur 得或 因为x y o A(4,-3) B 17、在以 O为原点的直角坐标系中，点 A（ 4，－ 3）为△ OAB的直角顶点 .已知 |AB|=2|OA|，且点 B 的纵坐标大于零 .（ 1）求向量 AB的坐标；（ 2）求 圆 x2-6x+y2+2y=0关于直线 OB对称的圆的方程； （ 3）是否存在实数 a，使抛物线 y=ax2-1上总有关于 直线 OB对称的两个点？若不存在，说明理由：若存 在，求 a的取值范围 . 所以 v－ 3>0,得 v=8,故 AB={6， 8}. 1 .2y x（ 2）由 OB =(10， 5) 得 B（ 10， 5） ,于是直线 OB方程： 只有从原点出发的向量所表示的坐标与向量终点所表示的坐标相同 由条件可知圆的标准方程为： (x－ 3)2+(y+1)2=10, 得 圆心（ 3，－ 1），半径为10 设圆心（ 3，－ 1）关于直线 OB的对称点为（ x ,y）则 3 12 0 12 2 , ,1 323 x y x y y x            得 故所求圆的方程为 : (x－ 1)2+(y－ 3)2=10. （ 3）设 P (x1,y1), Q (x2,y2) 为抛物线上关于直线 OB对 称两点，则 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 22 02 2 , ,5 22 2 x x y y x x a y y ax xx x a                得 2 1 2 2 2 2 2 5 2, 0 ,24 5 2 34 0, .2 2 ax x x xa aa aa a          即为方程的两个相异实根 于是由得 故当 a>1.5时，抛物 线 y=ax2－ 1上总有 关于直线 OB对称的 两点 . 18、已知常数 a>0，向量 c=（ 0， a）， i=（ 1， 0），经过原点 O以 c+λi 为方向向量的直线与经过定点 A（ 0， a）以 i－ 2λc 为方向向量的直线相交于点 P，其中 λ R.∈ 试问：是 否存在两个定点 E、 F，使得 |PE|+|PF|为定值 .若存 在，求出 E、 F的坐标；若不存在，说明理由 .解：根据题设条件 ,首先求出点 P坐标满足的方程， 据此再判断是否存在两定点 ,使得点 P到两定点距离 的和为定值 . ∵i = (1,0), c= (0,a), c+λi=(λ,a), i-2λ∴ c=(1,-2a)λ 因此，直线 OP和 AP 的方程分别为 : λy=ax和 y－ a=－ 2λax .消去参数 λ，得点 P（ x,y）的坐 标满足方程 y (y－ a)=－ 2a2x2 , 整理得 ① 22 2 ( )2 1,1 ( )8 2 ayx a    2 2 21 1( , )2 2 2 aa 21 1( , )2 2 2 aF a  （ ii）当 0<a< 时，方程①表示椭圆，焦点 E 和 为合乎题意的两个定点 ； 2 2  2 1 1(0, ))2 2a a   21 1(0, ))2 2a a  （ iii）当 a> 时，方程①表示椭圆，焦点 E 和 F 为合乎题意的两个定点 . 因为 a >0，所以得： 2 2 (i)当 a= 时，方程①是圆方程，故不存在合乎题 意的定点 E和 F； 天阔任鸟飞！ (3, 5) ( 2, 5)V  ur 19、已知椭圆 C的中心在原点，焦点在 x轴上，一条 经过点 且方向向量为 的直线 l 通过椭 圆 C的右焦点 F，且交椭圆 C于 A、 B两点，又 AF=2FB. (1) 求直线 l 的方程； （ 2）求椭圆 C的方程 .5 ( 2, 5),V  ur解 : (1)直线 l 过点（ 3， - ）且方向向量为 则 l 的方程为 5: ( 1)2 3 5 2 5 . x y xy     化简为, （ 2）设直线 2 2 2 2 5 ( 1) 1,2 x yy x a b    与椭圆 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y交于 1 22 2AF BF y y    uuur uuur 由求得， 2 2 2 2 2 22 15x y b x a y a b    将代入中， 2 2 2 2 2 24 4( ) (1 ) 0.5 5b a y b y b a    整理得 ， 由韦达定理可知： 2 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 22 2 4 5 4 32 (4 5 )( 1)5 (1 ) 24 5 b y y y b a b b a a b ay y y b a                 2 2 2 2 41, ,3 aa b b      又故可求得 因此所求椭圆方程为： 2 2 1.4 3 x y  10, .2HP PM PM MQ   uuur uuuur uuuur uuuur 20、已知点 H（ -6, 0),点 P在 y轴上 ,点 Q在 x轴的 正半轴上 ,点 M在直线 PQ上 , 且满足 （ 1）当点 P在 y轴上移动时 ,求点 M的轨迹 C； （ 2）过点 T（－ 2， 0）作直线 l 与轨迹 C交于 A、 B两点，若在 x轴上存在一点 E(x0， 0),使得 △ AEB是以点 E为直角顶点的直角三角形 , 求直线 l 的斜率 k的取值范围 . 1 3 3, (0, ), (3 ,0), 0, (6, ) ( , ) 0,2 2 2 2 y y yPM MQ P x HP PM x     uuuur uuuur uuur uuuur则得由得 解（ 1）设点 M的坐标为 (x,y), 所以 y2=8x，由点 Q在 x轴的正半轴上，得 x>0. 所以，动点 M的轨迹 C是以（ 0， 0）为顶点，以 （ 2， 0）为焦点的抛物线，除去原点 . （ 2）设直线 l: x=my-2,代入 y2=8x,得 y2-8my+16=0 (1) △=64m2-64>0,解之得 m>1或 m<-1 ( )★ 设 A（ x1 ,y1） B（ x2 ,y2）则 y1 ， y2是方程的两个实 数根，由韦达定理得， y1+y2=8m, y1y2=16 所以，线段 AB的中点坐标为 F(4m2-2,4m) 2 2 2 2 1 2 1 2| | 1 ( ) 4 8 1 1,AB m y y y y m m        而 x轴上存在一点 E，使△ AEB为以点 E为直角顶点的 直角三角形， ∴ 点 F到 x轴的距离不大于 1 | | .2 AB 2 21| 4 | 8 1 1.2m m m    所以 化简得 m4-m2-1≥0，解之得 2 1 5 .2m  结合（★）得 2 1 5 .2m  1 ,k m 2 5 1 2k 又因为直线 l 的斜率 所以 ，显然 k≠0 故所求直线 l 的斜率 k的取值范围 5 1 5 1, 0.2 2k k     且 , , ,AP AQ BP AP AB CQ AQ AC     uuur uuuuruuur uuur uuur uuur uuur uuur AP AQ AP AC AB AQ AB AC       uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2a AP AC AB AP     uuur uuur uuur uuur 2 2 1( ) 2a AP AB AC a PQ BC         uuur uuur uuuur uuur uuur 2 2 21 cos2a PQ BC a a        uuur uuur 解法一： , 0AB AC AB AC   uuur uuur uuur uuurQ 21.（ 2004湖北考题）如图，在 Rt△ABC中，已知 BC=a,若长为 2 a的线段 P, Q以点 A为中点，问 PQ与 BC的夹角 θ取何值时 BP·CQ的值最大？并求出这个 最大值 . BA C a x y O B A C a P Q ( )( )BP CQ AP AB AQ AC   uuur uuur uuur uuur uuur uuur 故当 cosθ=1，即 θ=0(PQ与 BC方向相 同）时， BP.CQ最大，其最大值为 0. 解法二：以直角项点 A为坐标原点，两直角边所在直 线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系 .设 |AB| =c, |AC|=b,则 A（ 0， 0） ,B（ c， 0） ,C（ 0， b）且 |PQ|=2a,| BC|=a. ( , ), ( , )BP x c y CQ x y b     uuur uuur ( , ), ( 2 , 2 )BC c b PQ x y    uuur uuur 2 2 ( )( ) ( ) ( ) BP CQ x c x y y b x y cx by            uuur uuur 2cos ,| | | | PQ BC cx by aPQ BC    uuur uuur uuur uuur 2 coscx by a   2 2 cosBP CQ a a    uuur uuur 设点 P的坐标为（ x,y），则 Q(-x,-y). x y O B A C a P Q 故当 cosθ=1，即 θ=0(PQ与 BC方向相同）时， BP.CQ 最大，其最大值为 0. 学好数学的三字经 ： 概念清，路子 正， 方法优，运算 准。 祝同学们学习进步 ！ 民主科学爱国自立