分析 (1)將A代入橢圓方程,可得m,進而得到橢圓方程和伴橢圓方程,討論直線l的斜率不存在和存在,設(shè)出l的方程,代入橢圓方程運用判別式為0,求得k,再由直線和圓相交的弦長公式,計算即可得到所求弦長;
(2)設(shè)直線AB,AC的方程分別為y-1=k1(x-2),y-1=k2(x-2),設(shè)點B(x1,y1),C(x2,y2),聯(lián)立橢圓方程求得交點B,C的坐標,運用直線的斜率公式,計算直線OB,OC的斜率相等,即可得證.
解答 解:(1)由點A(2,1)是橢圓G:x2+4y2=m上的點.
可得22+4•12=m,即有m=8,
即橢圓G:x28+y22=1,
可得a2=8,b2=2,可得伴隨圓G1的方程為x2+y2=10,
當直線l的斜率不存在時,顯然不滿足l與橢圓G有且只有一個公共點;
當直線l的斜率存在時,設(shè)直線l:y=kx+√10,
與橢圓G:x2+4y2=8聯(lián)立,得(1+4k2)x2+8√10kx+32=0,
由直線l與橢圓G有且只有一個公共點,得△=(8√10k)2−4•(1+4k2)•32=0,
解得k=±1,由對稱性取直線l:y=x+√10,即l:x−y+√10=0;
圓心到直線l的距離為d=|0+0+√10|√1+1=√5,
直線l被橢圓G的伴隨圓G1所截得的弦長=2√10−5=2√5;
(2)證明:設(shè)直線AB,AC的方程分別為y-1=k1(x-2),y-1=k2(x-2),
設(shè)點B(x1,y1),C(x2,y2),
聯(lián)立G:x2+4y2=8,得(1+4k12)x2−(16k12−8k1)x+16k12−16k1−4=0,
則2x1=16k12−16k1−41+4k12,得x1=8k12−8k1−21+4k12;
同理x2=8k22−8k2−21+4k22,
斜率kOB=y1x1=k1(x1−2)+1x1=−4k12−4k1+18k12−8k1−2,
同理kOC=−4k22−4k2+18k22−8k2−2;
因為4k1•k2=-1,所以kOC=−4(−14k1)2−4(−14k1)+18(−14k1)2−8(−14k1)−2=−4k12−4k1+18k12−8k1−2=kOB,
即有B,O,C三點共線.
點評 本題考查新定義的理解和運用,橢圓和伴橢圓方程的求法,注意運用點滿足橢圓方程,考查直線和圓相交的弦長公式,同時考查三點共線的條件:斜率相等,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.
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