圆锥曲线与平面向量综合

1、圆锥曲线与平面向量的综合1）解析几何是研究方程与曲线的一门学科，是用代数的方法研究曲线的性质，而平面向量既具有代数形 式又具有几何形式，因此平面向量与解析几何的结合是顺理成章的事情，在解决解析几何问题时，平面向 量的出现不仅可以很明确地反映几何特征，而且又方便计算，把解析几何与平面向量综合在一起命制考题， 可以有效地考查考生的数形结合思想，解析几何的基本思想以及数学联结能力等数学思想和数学能力。在 2004 年的试卷中 , 向量与解析几何综合的解答题有：全国卷（文，理） ，全国卷（理） ，天津卷 （文，理），湖南卷（文，理） ，江苏卷， 辽宁卷等 .在 2005 年的试卷中 , 向量与解析几何

2、综合的解答题有：全国卷（文，理） ，全国卷（文，理） ，天 津卷（文，理） ， 福建卷（文，理） ， 重庆卷（文，理） ，湖南卷（文，理） ，辽宁卷等 .这表明在全国 2004年的 25套试卷中有 9套占 36%，在 2005年的 29套试卷中 ,就有 13套,占45% .一） 解析几何与向量综合的题目，可能出现的向量内容：n1. 给出直线的方向向量 u 1,k 或u m,n ，等于已知直线的斜率 k 或 ；m2. 给出OA OB与AB相交,等于已知 OA OB过 AB的中点;3. 给出 PM PN 0,等于已知 P 是 MN 的中点 ;4. 给出 AP AQ BP BQ ,等于已知 P,Q与

3、 AB的中点三点共线 ;5. 给出以下情形之一 AB/ AC ,存在实数 ,使AB AC,若存在实数 , ,且1,使OCOA O B ,等于已知 A,B, C三点共线 .6. 给出 OP OA OB ，等于已知 P是 AB 的定比分点， 为定比，即 AP PB17. 给出 MA MB 0 ,等于已知 MA MB,即 AMB 是直角 ,给出 MA MB m 0 ,等于已知 AMB 是 钝角, 给出 MA MB m 0 ,等于已知 AMB是锐角 ,8. 给出 MA MBMP ,等于已知 MP 是 AMB 的平分线 /MA MB9. 在平行四边形 ABCD中，给出 （AB AD） （AB AD） 0

4、，等于已知 ABCD是菱形 ;10. 在平行四边形 ABCD中，给出 AB AD AB AD ，等于已知 ABCD是矩形 ;11.12.13.在 ABC 中，给出 在 ABC 中，给出 在 ABC 中，给出14.在 ABC 中，给出2 2 2OA OB OC ，等于已知 O是 ABC 的外心；OA OB OC 0 ，等于已知 O是 ABC 的重心；OA OB OB OC OC OA ，等于已知 O 是 ABC 的垂心；OP OA ( AB AC ) (ABACR ） 等于已知 AP 通过 ABC 的内心；15. 在 ABC 中，给出 a OA b OB c OC 0, 等于已知 O是 ABC的

5、内心；16. 在 ABC中，给出 AD 1 AB AC ,等于已知 AD是 ABC中 BC边的中线 ;217. 给出 MA MB mcot AMB ,等于已知 AMB 的面积(三 ) 综合题举例【例 1】 (2005 年辽宁卷 21)22已知椭圆 x2 y2 1(a b 0)的左、右焦点分别是 F1(c，0)、F2(c，0)，Q 是椭圆外的动点， a2 b2满足|F1Q| 2a.点P是线段 F1Q与该椭圆的交点， 点T在线段 F2Q上，并且满足 PT TF2 0,|TF2 | 0.()设 x为点 P的横坐标，证明 |F1P| a c x； a()求点 T 的轨迹 C 的方程；2()试问：在点

6、T的轨迹 C上，是否存在点 M使F1MF2的面积 S=b2.若存在，求 F1MF2 的正 切值；若不存在，请说明理由 .解 ： ()证法一：设点 P 的坐标为 (x, y).由 P(x,y) 在椭圆上，得2|F1P| (x c)2 y2(x c)2 b2 ab2 x2(a ca x)2.cc由 x a,知ax c a 0，所以 | F1P| a x.aa证法二：设点 P的坐标为 (x,y).记|F1P| r1,|F2P| r2,则 r1(x c)2 y2 ,r2(x c)2 y2.2 2 c由 r1r2 2a,r12 r22 4cx,得 |F1P| r1 a x.a 证法三：设点 P的坐标为

7、(x,y).椭圆的左准线方程为 a c x 0.a|F1P|2 由椭圆第二定义得 |F1P| c，即|F1P| c|x a | |a cx|. a 2a a c a|x a | ac由 x a,知a c x c a 0，所以 |F1P| a c x. aa )解法一：设点 T 的坐标为 (x,y).当|PT | 0时，点( a ， 0)和点( a ，0)在轨迹上 . 当|PT| 0且|TF2 | 0时，由 |PT| |TF2| 0，得 PT TF2. 又 |PQ| |PF2 | ，所以 T 为线段 F2Q 的中点 .在 QF1F2中， |OT | 1 |F1Q| a，所以有 x2 y2 a2.

8、2综上所述，点 T的轨迹 C 的方程是 x2 y2 a2. 解法二：设点 T 的坐标为 (x,y).当 |PT | 0 时，点（ a ，0）和点（ a ， 0）在轨迹上当|PT | 0且|TF2 | 0时，由 PT TF2 0，得 PT TF2 .又 |PQ| |PF2 | ，所以 T 为线段 F2Q 的中点 . 设点 Q 的坐标为（ x ,y ）， xcx,2yy y2 .因此x 2x c,y 2y.）解法一：2C上存在点 M（ x0,y0）使 S= b 2的充要条件是2 a.x0222y0 a ,1222c|y0 | b2.b2 由得 | y0 | a ，由得 | y0 |.c所以，当 a

9、 b 时，存在点cM，使 S=b2 ；2 当a b2 时，不存在满足条件的点 M.c2当 a b 时， MF1 ( c x0, y0 ), MF 2 (c x0, y0) ， c222 222由 MF1MF2 x02c2y02a2c2b2 ，MF1 MF2 |MF1| |MF2 |cos F1MF2，12S|MF1 | |MF2 |sin F1MF2 b2，得 tan F1MF2 2.2解法二： C上存在点 M( x0,y0)使 S=b 2的充要条件是2 2 2 x0 y0 a , 1212 2c|y0 | b2. b22由得 | y0 |. 上式代入得 x02c422b4b2b22 (a )

10、(a ) 0. c2cc于是，当 a b 时，存在点 M，使 S=b2 ；2当a b2 时，c当 a b 时，cc不存在满足条件的点 M.记 k1 kF1My0x0 c,k2 kF2M由 |F1F2 | 2a,知 F1MF2 90 ，则y0 ，x0 c由 |F1Q| 2a 得 （x c）2 y 2 4a2 . 将代入，可得 x2 y 2 a2. 综上所述，点 T 的轨迹 C 的方程是 x2 yk1 k2 tan F1MF2 | 1 2 | 2.1 2 1 k1k2 【例 2】 （2005 年重庆卷理 21）2 x2已知椭圆 C1的方程为 x y2 1，双曲线 C2 的左、右焦点分别为 C1的左

11、、右顶点，而 C2 的左、右 4顶点分别是 C1 的左、右焦点 .（）求双曲线 C2 的方程；（）若直线 l : y kx 2与椭圆 C1及双曲线 C2都恒有两个不同的交点，且 l与C2的两个交点 A 和 B 满足 OA OB 6 （其中 O 为原点），求 k 的取值范围 .22 解：()设双曲线C2的方程为x2y21，则 a24 13,再由a2b2c2得b21.a 2 b22故 C2 的方程为 xy2 1.32()将 y kx2 代入 xy 2 1得4(1 4k 2)x2 8 2kx 4 0.由直线 l 与椭圆 C1 恒有两个不同的交点得1 (8 2)2 k 2 16(1 4k2) 16(4

12、k 2 1) 0,21 即 k2 1. 42将y kx2代入 xy2 1得(1 3k2)x2 6 2kx 9 0 .由直线 l与双曲线 C2恒有两个不同的交点 A，B 得21 3k 2 0,2 2 22 ( 6 2k)2 36(1 3k2) 36(1 k2) 0.即 k2 1 且k2 1.91 3k 23设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA xB6 2k2 ,xA xB1 3k由OA OB 6得xAxB yAyB 6,而xA xB yA yB xAxB (kxA2 )( kxB2)2(k 2 1)xA xB2k(xA xB ) 2(k2 1) 1 39k22k6 2k1 3k 223k

13、 2 73k2 1.于是 3k 2 7 6,即15k 2 13 0.解此不等式得3k 2 1 3k 2 1k2 13或k 2 1. 15 3由、得12 1 132k 或 k 1.4 3 15故 k 的取值范围为 ( 1, 13) ( 3 , 1) (1, 3) ( 13,1)15 3 22 3 15A 、B 两【例 3】(2005年全国卷理 21文 22) 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x轴上，斜率为 1且过椭圆右焦点 F 的直线交椭圆于 点， OA OB与 a (3, 1)共线.(I)求椭圆的离心率；(II)设 M 为椭圆上任意一点，且 OM OA OB( , R)，证明 2 2为定

14、值 . 22解：( I)设椭圆方程为 x2 y2 1(a b 0), F (c,0), abx2 y2 则直线 AB 的方程为 y x c, 代入 2 2 1ab 化简得 (a2 b2)x2 2a2cx a2c2 a2b2 0.令 A(x1,y1),B(x2, y2),x1 x2 a22a2bc2 ,x1x2abb2由OA OB (x1 x2,y1 y2), a (3, 1),OA OB与a共线，得3(y1 y2 ) (x1 x2) 0. 又y1 x1 c, y2 x2 c,3(x1 x2 2c) (x1 x2 ) 0,3cx1 x2.22即22a c2 3c,所以a2 3b2.a2 b 2 22 2 6ac a b ,3 故离心率 e c 6 .22x2 y2 1可化为 x2 3y 2 3b 2. aba3( II )证明：由( I)知 a2 3b2 ，所以椭圆设OM (x, y),由已知得 (x,y)(x1,y1) (x2,y2),x x1 x2 ,y y1 y2 .M (x, y) 在椭圆上，( x1x2 )2 3( y1y2 )2 3b