圆锥曲线与向量的综合性问题

圆锥曲线与向量的综合性问题一、常见基本题型：在向量与圆锥曲线相结合的题目中，主要是利用向量的相等、平行、垂直去寻找坐标之间的数量关系，往往要和根与系数的关系结合运用。(1)问题的条件以向量的形式呈现，间接的考查向量几何性质、运算性质，例1、设(1,0)F，M点在x轴的负半轴上，点P在y轴上，且,MPPNPMPF．当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹C的方程；解：（解法一）MPPN，故P为MN的中点．设(,)Nxy，由M点在x轴的负半轴上，则(,0),(0,),(0)2yMxPx又(1,0)F，(,),(1,)22yyPMxPF又PMPF，204yPMPFx所以，点N的轨迹C的方程为24(0)yxx（解法二）MPPN，故P为MN的中点．设(,)Nxy，由M点在x轴的负半轴上，则(,0),(0,),(0)2yMxPx-又由,MPPNPMPF，故FNFM，可得22FNFM由(1,0)F，则有222(1)(1)xyx，化简得：24(0)yxx所以，点N的轨迹C的方程为24(0)yxx例2、已知椭圆的方程为22221(0)xyabab，它的一个焦点与抛物线28yx的焦点重合，离心率255e，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设点(1,0)M，且()MAMBAB，求直线l的方程；解：（Ⅰ）设椭圆的右焦点为(,0)c，因为28yx的焦点坐标为(2,0)，所以2c因为255cea，则25a，21b故椭圆方程为：2215xy（Ⅱ）由（I）得(2,0)F，设l的方程为(2)ykx（0k）代入2215xy，得，设1122(,),(,),AxyBxy则2212122220205,5151kkxxxxkk，12121212(4),()yykxxyykxx112212122121(1,)(1,)(2,),(,)MAMBxyxyxxyyABxxyy12212112()0,(2)()()()0MAMBABxxxxyyyy22222204320,310,51513kkkkkk所以直线l的方程为320320xyxy或（2）所求问题以向量的形式呈现例3、已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线245yx的焦点，离心率是63（1）求椭圆E的方程；（2）过点C（—1，0），斜率为k的动直线与椭圆E相交于A、B两点，请问x轴上是否存在点M，使MBMA为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。解：（1）根据条件可知椭圆的焦点在x轴，且6305,5,33acea又22bac故1055,33故所求方程为221,553xy即5322yx，（2）假设存在点M符合题意，设AB：),1(xky代入53:22yxE得：0536)13(2222kxkxk)0,(),,(),,(2211mMyxByxA设则1353,13622212221kkxxkkxx22221211(1)()()MAMBkxxkmxxkm221614233(31)mmmk要使上式与k无关，则有6140,m解得73m，存在点)0,37(M满足题意。例4、线段AB过y轴上一点0,Nm，AB所在直线的斜率为0kk，两端点A、B到y轴的距离之差为4k.(Ⅰ)求出以y轴为对称轴，过A、O、B三点的抛物线方程；(Ⅱ)过该抛物线的焦点F作动弦CD，过C、D两点分别作抛物线的切线，设其交点为M，求点M的轨迹方程，并求出2FCFDFM的值.解：(Ⅰ)设AB所在直线方程为mkxy，抛物线方程为pyx22，且11,yxA，22,yxB，不妨设01x，02xkxx421即kxx421把mkxy代入pyx22得0222pmpkxxpkxx221，kpk422p故所求抛物线方程为yx42(Ⅱ)设23341,xxC，24441,xxD则过抛物线上C、D两点的切线方程分别是2334121xxxy，2444121xxxy两条切线的交点M的坐标为4,24343xxxx设CD的直线方程为1nxy，代入yx42得0442nxx443xx故M的坐标为1,243xx点M的轨迹为1y141,233xxFC141,244xxFD14141412423242343xxxxxxFDFC1411242343xxxx2412423xx而224321102xxFM2414422423432423xxxxxx故12FMFBFA(3)问题的条件及待求的问题均已向量的形式呈现例5、在直角坐标系xOy中，长为21的线段的两端点C、D分别在x轴、y轴上滑动，2CPPD．记点P的轨迹为曲线E．（I）求曲线E的方程；（II）经过点（0，1）作直线l与曲线E相交于A、B两点，,OMOAOB当点M在曲线E上时，求cos,OAOB的值．解：（Ⅰ）设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)．由CP→＝2PD→，得(x－m，y)＝2(－x，n－y)，∴x－m＝－2x，y＝2(n－y)，得m＝(2＋1)x，n＝2＋12y，由|CD→|＝2＋1，得m2＋n2＝(2＋1)2，∴(2＋1)2x2＋(2＋1)22y2＝(2＋1)2，整理，得曲线E的方程为x2＋y22＝1．（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由OM→＝OA→＋OB→，知点M坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，则x1＋x2＝－2kk2＋2，x1x2＝－1k2＋2．y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋(y1＋y2)22＝1，即4k2(k2＋2)2＋8(k2＋2)2＝1，解得k2＝2．这时x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k(x2＋x2)＋1＝－34，(x21＋y21)(x22＋y22)＝(2－x21)(2－x22)＝4－2(x21＋x22)＋(x1x2)2＝4－2[(x1＋x2)2－2x1x2]＋(x1x2)2＝3316，cosOA→，OB→＝x1x2＋y1y2(x21＋y21)(x22＋y22)＝－3311．二、针对性练习1.已知圆M：22(5)36xy及定点(5,0)N，点P是圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足.0,2NPGQNQNP（1）求点G的轨迹C的方程；（2）过点K（2，0）作直线,l与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设OSOAOB,是否存在这样的直线,l使四边形OASB的对角线相等？若存在，求出直线,l的方程；若不存在，说明理由.解：（1）由QNPGQNQNP02为PN的中点，且GQPNGQ是PN的中垂线，PGGN，∴6PMGMGPGMGN＞.52∴点G的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，又.25,3bca∴.14922yx（2）∵.OBOAOS四边形OASB为平行四边行，假设存在直线1，使ABOS四边形OASB为矩形.OBOA若1的斜率不存在，则1的方程为,2x由222216259943xxOAOBxyy＞0.这与0OBOA相矛盾，∴1的斜率存在.设直线1的方程11222,,,,.ykxAxyBxy149222yxxky，化简得：.013636492222kxkxk∴,49136,493622212221kkxxkkxx∴4920422.222212122121kkxxxxkxkxkyy由121200OAOBxxyy∴.2304920491362222kkkkk∴存在直线1：0623yx或0623yx满足条件.二、针对性练习1.已知过抛物线022ppxy的焦点，斜率为22的直线交抛物线于12(,)Axy,22,Bxy（12xx）两点，且9AB．（1）求该抛物线的方程；（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OBOAOC，求的值．解：（1）直线AB的方程是22()2pyx,与22ypx联立，消去y，得22450xpxp，所以4521pxx，由抛物线定义得：921pxxAB，所以p=4，抛物线方程为：xy82（2）由p=4，,05x422ppx化简得0452xx，从而,4,121xx24,2221yy,从而A(1,22),B(4,24)设)24,4()22,1()(3,3yxOC=)2422,41(，又因为3238xy，即212228（41），即14)12(2，解得2,0或2、在平面直角坐标系内已知两点(1,0)A、(1,0)B，若将动点(,)Pxy的横坐标保持不变，纵坐标扩大到原来的2倍后得到点(,2)Qxy，且满足1AQBQ.（Ⅰ）求动点P所在曲线C的方程；（Ⅱ）过点B作斜率为22的直线l交曲线C于M、N两点，且0OMONOH，又点H关于原点O的对称点为点G，试问M、G、N、H四点是否共圆？若共圆，求出圆心坐标和半径；若不共圆，请说明理由.解（Ⅰ）设点P的坐标为(,)xy，则点Q的坐标为(,2)xy，依据题意，有(1,2),(1,2).AQxyBQxy221,121.AQBQxy动点P所在曲线C的方程是221.2xy（Ⅱ）因直线l过点B，且斜率为22k，故有2:(1).2lyx联立方程组22122(1)2xyyx，消去y，得22210.xx设11(,)Mxy、22(,)Nxy，可得1212112xxxx，于是1212122xxyy.又0OMONOH，得1212(,),OHxxyy即2(1,)2H而点G与点H关于原点对称，于是，可得点2(1,).2G若线段MN、GH的中垂线分别为1l和2l，22GHk，则有1221:2(),:2.42lyxlyx联立方程组212()422yxyx，解得1l和2l的交点为112(,).88O因此，可算得221932311||()(),888OH2211112311||()().888OMxy所以M、G、N、H四点共圆，且圆心坐标为112(,),88O半径为311.8