第19讲 共线向量问题(解析版)

第19讲共线向量问题1•已知抛物线C：y2=2px经过点P（1,2）.过点Q（0,1）的直线I与抛物线C有两个不同的交点A,〃，且直线PA交尹轴于M直线PB交尹轴于N.（口）求直线l的斜率的取值范围；11（口）设O为原点，QM=九QO,QN=卩QO，求证：无+了为定值.【答案】（1）取值范围是（-◎-3）U（-3,0）U（0,1）（2）证明过程见解析【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA,PB与y轴相交，舍去k=3,（2）先设A（x1，y1）,B（x2，y2）,与抛物线联立，根据韦达定理可得x+x二一，xx二•再由QM=QO,QN=卩QO得九=1-y,卩二1-y•利用直线PA,12k212k2MN11PB的方程分别得点M,N的纵坐标，代入化简亍+—可得结论.详解：解：（口）因为抛物线y2=2px经过点P（1,2）,所以4=2p,解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+1（QO）・由Iy2_4x得k2x2+（2k-4）x+1=0[y=kx+1依题意A=（2k—4）2—4xk2x1>0，解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交，故直线l不过点（1,-2）.从而k丰-3.所以直线l斜率的取值范围是（心，-3）U（-3,0）U（0,1）.（口）设A（x1，y",B（x2，y2）.2k-41由（I）知x+x二—,xx二-12k212k2直线PA的方程为y-2=三-（x-1）x-1-y+2-kx+1令x=0,得点M的纵坐标为yM二r+2二-T+2Mx-x-11-kx+1同理得点n的纵坐标为yN二x—]+22由QM=4QO,QN=^QO得4=1-y,H=1-yMN1=21=21111x1111x-1x-11所以亍厂k+b=(k^F+(TPT二口MN122xx-(x+x)——1-212—xx1222k-4+k2k21k211所以牙+门为定值•点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.2.如图，已知抛物线C:y2=2px经过点P（1,2）,过点Q（0,1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A、B.（B.（1）求直线l的斜率的取值范围；（2）设O为原点，直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N，OQ=九MQ，OQ=卩NQ，求证：九+卩为定值.【答案】（1）Y,0）U（0,1）；（2）九+卩为定值2，理由见解析.【解析】【分析】（1）将点P代入抛物线方程，即可求得p的值，设直线AB的方程，代入抛物线方程，由^>0，排除特殊情况，即可求得k的取值范围；（2）根据向量的共线定理即可求得X=1-yM，卩=1-yN，求得直线PA的方程，令x=0，求得M点坐标，同理求得N点坐标，根据韦达定理和向量的坐标表示，即可求得九+卩为定值.【详解】（1）抛物线C：y2=2px经过点P（1，2），A4=2p，解得p=2，根据题意得过点（0，1）的直线斜率存在，设方程为y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）；y2=4x联立方程，］.V，可得k2x2+（2k-4）x+1=0，y=kx+1/.△=(2k-4)2-4k2>0，且k/0解得kV1，故直线l的斜率的取值范围（-◎0）U（0，1）；(2)设点M(2)设点M(0,yM)，N(0,yN),则MQ=(0，1-yM)，OQ=(0,1)；11TOC\o"1-5"\h\z因为OQ=九MQ，所以1=X(1-yM)，故九=1，同理卩=1，M1——y1——yMN_2-y=2——yi_4直线PA的方程为y-2=1_x1(x-1)1——当2(x-1)=+—(x-1),X——才人

令x=0,得yM=善y111因为入11因为入+卩=匚厂+匚厂MN2+y2+y8-=1+2=2-y2-y(2-y121(4(4-2k\8-21+42+1Ik丿=2~~14-2k1，1-+1k1-k(x+x)+k12128-2(kx+l)(kx+1)8-2k2xx+k(x+x)+1]1-k(x；x)+k即有入+卩为定值2.【点睛】本题考查抛物线的方程,直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理的应用,考查转化思想,计算能力,属于中档题.20k220k2-5■20k220k2-5■=,x+x=21+5k2121+5k2乂TMA=九AF5MB=九BF，将各点坐标代入得尢xi—2-x1x2-x240k240k2-10.・.九+九=_^+122-x2-x122(x+x)-2xx=+214-2(x+x)+xx12121+5k21+5k2——10-__40k^__40k2—10__4—+1+5k21+5k2已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，且短轴长为2,离心率等于-(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C的右焦点F作直线I交椭圆C于A,B两点，交y轴于M点,若MA巳AF，MB巳BF,求证：九+九为定值.12x2【答案】(1)+y2=1；(2)证明见解析.解析】试题分析：(1)短轴长为2可得b=1，再由离心率等于，结合椭圆性质可得a2=5，进而可得椭圆C的方程；(2)直线l的方程是y二k(x-2)，将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得2(x+x)-2xx(1+5k2)x2-20k2x+20k2—5=0，九+九=+2—，利用韦达定理化简可得九+九为定124-2(x+x)+xx121212值.x2y2试题解析：(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0)，则由题意知2b=2，所以b=1.a2b25十£=2，解得a2=5，所以椭圆C的方程为丰+y2=1.(2)证明：设A,B,M的点的坐标分别为A(X1,",B(x2,y2)，M(0,y0)，易知F点的坐标为(2,0)，显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y二k(x-2)，将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得(1+5k2)x2—20k2x+20k2—5=0，.x+x1考点：1、待定系数法求椭圆方程；2、韦达定理及定值问题.【方法点晴】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和数量积公式，属于难题.用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程-+a2b2b2a2③找关系：根据已知条件，建立关于a、b、c的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.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A、B两点,OA+OB与a=（3,—1）共线.（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，且OM=九OA+pOB（九,R），证明：九2+卩2为定值.【答案】（1）离心率为e卫；（2）证明见解析.3【分析】（1）设点A（現，y丿、B（x2,y丿，将直线ab的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出OA+OB的坐标,JLJL也乙利用OA+OB与a=（3,—1）共线，可得出关于a、b、c的齐次等式，进而可解得椭圆的离心率；(2)设OM=(2)设OM=(x,y)由OM=九OA+卩OB可得出<x=Xx+px12，由点M在椭圆上可得出+3y2)+2Xp(xx+3y2)+2Xp(xx+3yy)=3b221212a2xx=——12a2+b2又y1y2二x2—C3(x+x一2c)+(x1212a2c3c即=-a2+b22可得a2=3b2所以，，利用韦达定理可计算得出x1x2+3y1y2二0，再由x2+3y2=x2+3y2=3b2可计算得出X2+p2=1，即可证得结论成立.1122【详解】（1）设椭圆方程为—+^~=1（a>b>0），F（C'0），则直线AB的方程为y—xc,a2b2y=x—C()()联立＜x2y2，消去y并整理得幺2+b2丿x2—2a2cx+a2V2—b2丿二0，——+二二1、a2b2设点A(x,y)、B(x,y)，由韦达定理可得x+x=盘£_1设直线方程，设交点坐标为（千，yj、（x，y设直线方程，设交点坐标为（千，yj、（x，y）1122由OA+OB=(x+x,y+y)，a=(3,—1)1212由OA+OB与a共线，得3(y+y)+(x+x)=01212所以’椭圆的离心率为e=a=占吟X2y2(2)证明：由(1)知a2=3b2，所以椭圆方程+二1可化为x2+3y2=3b2x=Xx+px=Xx+px12y=Xy1+py2设OM=(x,y)，由OM=XOA+pOB得(x,y)=X(x,y)+p(x,y)，.—1122・.・M(x,y)在椭圆上，「.(Xx+px匕+3(Xy+py匕=3b21212/.X2(x2+3y2)+p2(x2+3y2)+2Xp(xx+3yy)=3b2(口)11221213c313c31由⑴’知xi+x2=兀，a12=2c2，b2=ic2xx12a2c2-a2b23=一c28a2+b239xx+3yy=xx+3(x-c)(x-c)=4xx-3c(x+x)+3c2=c2-c2+3c2=012121212121222又x联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算A（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解.+3yj联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算A（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解.故X2+p2为定值，定值为1【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：5•已知焦点在x轴上，离心率为亠的椭圆的一个顶点是抛物线X2=4y的焦点，过椭圆右焦点F的直线^5l交椭圆于A、B两点，交尹轴于点M,且MA二九AF,MB二九BF.12（1）求椭圆的方程；（2）证明：九]+九2为定值.x2【答案】（1）〒+y2二1.（2）证明见解析．【分析】x2y2解：（1）依题意，设椭圆方程为一+「二1（a>b>0）a2b2因为抛物线x2=4y的焦点为（0，1），所以b主1.x2故椭圆方程为-5+y2—1-（2）依题意设a、b、m的坐标分别为（x],yi）,（x2,丁?），©y0）,由(1)得椭圆的右焦点F(2,0)，所以MA—(x,y-y),AF—(2-x,y)»11011MB—(x,y-y),BF—(2-x,-y).220222a.x.=—'1-r^>1—由—」因为A、B在椭圆上，所以i乩—*X2+10九+(5-5y2)二0,即｛210X2+10X+(5-5y2)二0.220所以X,X是方程X2+10X+（5一5y2）=0的两根,120故片+X2=-10是定值.【详解】请在此输入详解！6.已知椭圆C：应+阵=1(a>b>0)过点M(2,0),离心率e=1,右焦点为F.a2b22(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于A,B两点，与y轴交于点P,若PA=mAF,PB=nBF,求证：m+n为定值.【答案】(1)昭+匹=1；(2)见解析43【解析】【分析】由已知得a=2,结合离心率求得c,再由隐含条件求得b,则椭圆方程可求；方法1、由题意知，F(1,0),可知直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x-1),贝^(0,—Q,设出A,B的坐标，由已知向量等式可得m,〃，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明m+兀为定值；方法2、由题意知，F(1,0),m工1,兀工1,设4(叫,儿)，B(x2，y2),P(0,y0),由向量等式可得9m2+24m+12—4y2=0,9n2+24n+12—4呂=0,由此可得，m,n是关于x的一元二次方程9兀2+24%+12-Ay#=0的两个实数根，再由根与系数的关系得m+n=一力=—8为定值.93【详解】(1)v椭圆C：迢+遊=1@>^>0)过点M(2,0),•••a=2,a2b2又ve=1,•••c=1,则b=Va2—C2=V3.2•••椭圆的方程为空+述=1；43(2)证明：方法1、由题意知，F(1,0)，可知直线AB的斜率存在，设其方程为夕=饥兀—1),则P(0,—Q，设4(叫,儿)，〃(笔‘儿)，则叫工1兀2工1由丙=九乔，得(+^)=m(1—%1，—y1),•••m=-—b由两=兀丽，得(x2，y2+fc)=n(1—%2，—y2),•••兀=芒-,1—X2ry=fc(x一1)联立｛%2+y2=1，得(4k2+3)^2—8^2%+4k2—12=0.‘43—8k—8k2—，4^2+3—4k2—124^2+34/C212故m+n=+—%1+“2—2“1“2——4A2+3一，4A2+3=24=—8；1—尤11—%21—(尤］+尤2)+尤1尤尤21—8k2+处212—934k2+34k2+3方法2、由题意知，F(1,0),m工1,兀工1,设4(勺片)，巩笃‘岭)，玖0，儿)，由丙=m乔，得(x1，y1—y0)—m(1—%1，—y1),•••&=皿,%=-^，故A(4，%)，1m+11m+1m+1m+1•••4点在椭圆C：应+d=i（a>b>0）上，•.丄（*）2+丄（十）2=1.a2b24m+13m+1整理得：9m2+24m+12一4y2=0.同理，由~PB=n~BF,得9/+24兀+12-4冷=0.由此可得，m,n是关于x的一元二次方程9%2+24x+l2-4y2=0的两个实数根.•m+n=—24=—8.93【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题7.已知椭圆C:—+一1（a>b>0）,点M在C的长轴上运动，过点M且斜率大于0的直线l与C交a2b2于P,Q两点，与y轴交于N点.当M为C的右焦点且l的倾斜角为时，N,P重合，|pM|=2.6（1）求椭圆C的方程；（2）当N,P,Q,M均不重合时，记NP二九NQ，MP=卩MQ，若M=1，求证：直线l的斜率为定值.【答案】（1）+y2二1（2）见证明4【解析】【分析】（1）根据特殊情况当M为C的右焦点且l的倾斜角为时，N,P重合，|pM|=2，可得到a,b,c的值;6（2）设出直线Z,求出点M、N,设出点P、0，利用条件NP=九NQ，MP=卩MQ得出珥与x?的关系、yi与人的关系，根据条件小=1，得出m+1（y+y）=0.，再借助韦达定理对求解出t的值，进而得到1212斜率.【详解】解：（1）因为当M为C的右焦点且l的倾斜角为时，N，P重合，|PM|=26所以a=|PM|=2故b=tan—亘c63因为a2=b2+c2因此c=J3，b=1所以椭圆C的方程为+y2=1.4(2)设l:x=ty+m(m丰0)所以M(m,0)，N(0,-—，所以k=-.It丿It因为斜率大于0，所以t>0设P(x,y)，Q(x,y)，1122

,(则NP=X],y】(,NQ=x,(则NP=X],y】(,NQ=x,y22同理可得丁］=卩y2，②①②两式相乘得，x丁］=3x2y2又m=1，所以£丁]=x2y2所以(ty+m)y=(ty+m)y1122即t(y2一y2)=m(y-y)即(丁2-y)[m+1(y+A?)yy一y(y+y)1由题意k>0，知tanZAPB=tanZAOBo节0)(21=^03yy-3y(y+y)lp2+4(y-y)(y-y)3120121020所以m+t(人+打)=0.x=ty+m0，依题意，y1+y2=2tm12+4得C2+4)y0，依题意，y1+y2=2tm12+42t2m所以m-=0，又m丰0t2+4所以t2=4，因为t>0故得t=2，111所以k=t=2，即直线i的斜率为2-【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系的问题，求解本题时应大胆多设变量，小心化简，通过一定的手段（设而不求、韦达定理等）进行减元，将多变量问题转化为少变量（单变量）问题.设设f,:■.I.山.:.⑵求上的取值范围.【答案】18.如图所示，已知圆〔：I■，丨，i■:.ii为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上,且满足「I■：：..,\轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)若过定点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)，且满足解析】解：(I)•「山2；FV;-..1>/II.•・NP为AM的垂直平分线,砒|=［加L又':八7:、,.m八_二4分・•・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丄!丄(II)当直线GH斜率存在时,设直线CH方程为■■丄・•・曲线E的方程为一十代入椭圆方程一一•，得I'丄：：；II\C”6分33)-4k322又m：「小」.X,=Zr2j.\工[-bJr』二(1-+-A)x2,.vtx2=Arf2=2—，整理得—23(J_+1)又丁QCcI”*凡cI.10分又当直线GH斜率不存在，方程为；'•、：'I：..<■-.<■-即所求「的取值范围是「12分9.已知双曲线C：'：I⑺加与直线1：x+y=1相交于两个不同的点A、9.已知双曲线C：'：I⑺加与直线1：x+y=1相交于两个不同的点A、BU⑴求双曲线C的离心率e的取值范围；（口）设直线1与y轴交点为卩，且「，求：-的值.X解:（口）由曲线C与直线相交于两个不同的点，知方程组•；.：—「有两个不同的解，消去Y并整理得:：1=:］①r解謝DC"一2双曲线的离:•二二一:分•；！ii\C-一:；-2/7即离心率e的取值范围为「-二•、,I-,\-（口）设.|川・..I].J'i：匸I•.•L广宀'，・・・门一」II广i—「'■|,得9分由于柿二是方程①的两个根，・•・.1―：-川，•产-“1-a“1-a~12“1-a1\2-2*

得-.＞：11乔'12分14分解得•—10•给定抛物线C：y2=4x,F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点.⑴设l的斜率为1,求OA与OB夹角的余弦值；⑵设FB=X-AF，若:.G［4,9］,求l在