(2009•中山模擬)已知定點(diǎn)F(1,0)和定直線x=-1,M,N是定直線x=-1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)且滿足
FM
FN
,動(dòng)點(diǎn)P滿足
MP
OF
NO
OP
(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)).
(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程;
(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與C相交于A,B兩點(diǎn)
①求
OA
OB
的值;
②設(shè)
AF
FB
,當(dāng)三角形OAB的面積S∈[2,
5
]
時(shí),求λ的取值范圍.
分析:(1)可設(shè)P(x,y),M(-1,y1),N(-1,y2)(y1,y2均不為0),利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算,結(jié)合條件滿足
FM
FN
,動(dòng)點(diǎn)P滿足
MP
OF
,
NO
OP
即可求得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程;
(2)將C的方程y2=4x(x≠0)與直線l的方程x=my+1聯(lián)立消掉y,利用韋達(dá)定理可求得①
OA
OB
的值;
解法一:利用
AF
FB
,求得y4=-
2
λ
,y3=2
λ
,從而得三角形OAB的面積S=
λ
+
1
λ
,由S∈[2,
5
]即可求得λ的取值范圍;
解法二:利用
AF
FB
,可求得-y3=λy4,而y3y4=-4,從而|y3|=
4
|y4|
,|y4|=
2
λ
一下同解法一.
解答:解:(1)設(shè)P(x,y),M(-1,y1),N(-1,y2)(y1,y2均不為0),
MP
OF
得y1=y,即M(-1,y)(2分)
NO
OP
y2=-
y
x
,即N(-1,-
y
x
)
(2分)
FM
FN

FM
FN
=0⇒(2,-y1)•(-2,y2)=0⇒y1y2=-4

∴y2=4x(x≠0)
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為y2=4x(x≠0)(6分)
(2)①由(1)得P的軌跡C的方程為y2=4x(x≠0),F(xiàn)(1,0),
設(shè)直線l的方程為x=my+1,將其與C的方程聯(lián)立,消去x得y2-4my-4=0.(8分)
設(shè)A,B的坐標(biāo)分別為(x3,y3),(x4,y4),則y3y4=-4.
x3x4=
1
16
y
2
3
y
2
4
=1
,(9分)
OA
OB
=x3x4+y3y 4=-3
.(10分)
②解法一:∵
AF
FB
,
∴(1-x3,-y3)=λ(x4-1,y4),即
1-x3x4
-y3y4

y
2
3
=4x3
y
2
4
=4x4

∴可得y4=-
2
λ
,y3=2
λ
.(11分)
故三角形OAB的面積S=
1
2
|OF|•|y3-y4|=
λ
+
1
λ
,(12分)
因?yàn)?span id="y4488ma" class="MathJye">
λ
+
1
λ
≥2恒成立,所以只要解
λ
+
1
λ
5

即可解得
3-
5
2
≤λ≤
3+
5
2
.(14分)
解法二:∵
AF
FB
,
∴(1-x3,-y3)=λ(x4-1,y4),
∴-y3=λy4
∴|y3|=λ|y4|(注意到λ>0)
又由①有y3y4=-4,
|y3|=
4
|y4|
,
|y4|=
2
λ

三角形OAB的面積S=
1
2
|OF|(|y3|+|y4|)=
1
2
(2
λ
+
2
λ
)=
λ
+
1
λ
(以下解法同解法一)
點(diǎn)評(píng):本題考查直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題,著重考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算與直線與圓錐曲線的綜合運(yùn)用,突出考查方程思想與轉(zhuǎn)化思想,屬于難題.
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