分析 (1)設(shè)出M點(diǎn)坐標(biāo),求得A1M、A2M斜率.根據(jù)kA1MkA1M•kA2MkA2M-=1212,整理即可求得M的軌跡方程;
(2)分類(lèi)當(dāng)斜率不存在,求得|PQ|的值,當(dāng)斜率不存在時(shí),設(shè)出P和Q的坐標(biāo)及直線l的方程,代入橢圓方程,即可求得關(guān)于x的一元二次方程,求得x1+x2和x1•x2的表達(dá)式,根據(jù)弦長(zhǎng)公式及基本不等式的性質(zhì),即可求得|PQ|;
(3)假設(shè)存在,由橢圓的性質(zhì),設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)(n,0),當(dāng)斜率存在時(shí),由韋達(dá)定理求得x1+x2和x1•x2的表達(dá)式,進(jìn)而求得y1•y2值,求得向量→NP−−→NP和→NQ−−→NQ,→NP−−→NP•→NQ−−→NQ的值,→NP−−→NP•→NQ−−→NQ=0,方程無(wú)解,點(diǎn)N不存在.
解答 解:(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),
則kA1MkA1M=yx+√2yx+√2(x≠-√2√2),kA2MkA2M=yx−√2yx−√2(x≠√2√2),
由已知得kA1MkA1M•kA2MkA2M=yx+√2yx+√2•yx−√2yx−√2=-1212(x≠±√2√2),(1分)
化簡(jiǎn)得點(diǎn)M的軌跡方程是x22+y2=1x22+y2=1(x≠±√2√2).(3分)
(2)①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),|PQ|=√2√2,(4分)
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),直線l的方程為:y=k(x-1),
則{x22+y2=1y=k(x−1)得,(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
∴x1+x2=4k22k2+1,x1•x2=2k2−22k2+1,(6分)
|PQ|=√1+k2•√(x1+x2)2−4x1x2=2√2(1+k2)2k2+1=√2(1+12k2+1)>√2,(7分)
綜上所述,|PQ|的最小值是√2. (8分)
(3)假設(shè)點(diǎn)N存在,由橢圓的對(duì)稱性得,則點(diǎn)N一定在x軸上,不妨設(shè)點(diǎn)N(n,0),
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),由(Ⅱ)得x1+x2=4k22k2+1,x1•x2=2k2−22k2+1,
∴y1•y2=k(x1-1)•k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1]=-k22k2+1,
→NP=(x1-n,y1),→NQ=(x2-n,y2),
∴→NP•→NQ=(x1-n)•(x2-n)+y1•y2,
=x1•x2-n(x1+x2)+n2+y1•y2,
=2k2−22k2+1-n•4k22k2+1+n2-k22k2+1,
=(2n2−4n+1)•k2+n2−22k2+1.(10分)
對(duì)于任意的k,→NP•→NQ=0,
∴{2n2−4n+1=0n2−2=0,(11分)
Q方程組無(wú)解,
∴點(diǎn)N不存在.
綜上所述,不存在符合條件的點(diǎn)N.(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程,考查直線與橢圓的位置關(guān)系解,注意表示出kA1M和kA2M,題時(shí)要注意弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式、均值定理等知識(shí)點(diǎn)的合理運(yùn)用,屬于難題.
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點(diǎn)擊次數(shù)(x萬(wàn)次) | 0≤x<50 | 50≤x<100 | 100≤x<150 | x≥150 |
等級(jí) | 差 | 中 | 良 | 優(yōu) |
點(diǎn)擊次數(shù)(x萬(wàn)次) | 0≤x<50 | 50≤x<100 | 100≤x<150 | x≥150 |
天數(shù) | 5 | 11 | 10 | 4 |
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A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不充分也不必要 |
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