平面向量在解析几何中的应用.docx
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平面向量在解析几何中的应用
平面向量在解析几何中的应用
利用平面向量解决解析几何问题主要体现在以下两个方面:
(1)用向量的数量积解决有关角的问题;
(2)用向量的坐标表示解决共线问题.
22
xy
[典例]椭圆3C2+討1的两个焦点分别为Fl(-c,0)和F2(c,0),过点E(3c,0)的直线与
椭圆交于A,B两点,且FiA//F2B,|FiA|=2|F2B|,求直线AB的斜率.
[方法演示]
解:
法一:
如图所示,设A(Xi,yi),B(x2,
>>
|FiA|=2|F2B|,所以FiA=2F2B,
即宀C=2X2—C,
yi=2y2,
y2=2c2—3x2
又由3
y2=2c2—3xf
[xi+c=2X2-c,
2c2-3x2=
-|x2,
xi=0,
c.
解得3从而得到A(0,士2c),因此kAB=
X2=2
故直线ab的斜率是±32.
设Iac:
x=ty—c,A(xi,yi),C(X2,y2),
x=ty—c,联立F222
2x2+3y2=6c2,
整理得(3+2t2)y2—4tcy—4c2=0,
24tc—4c
则yi+y2=3?
P,yy2=3T2?
.
因为FiA/F2B,|FiA|=2|F2B|,
—>—>—>—>
所以FiA=2F2B,即FiA=2CFi,
故yi+y2=—:
Iyiy2=—2y2,
若t=¥,联立后的方程为2y2—.2cy—2c2=0,
得A(0,2c),故kAB=—舟;
若t=—為1同理可得A(0,—2c),此时kAB=~32,
23
故直线AB的斜率是±32.
[解题师说]
(1)用向量的数量积解决有关角的问题,其步骤是:
先写出向量坐标式a=(xi,yi),b
X1X2+yiV2
=(X2,y2),再用向量数量积的坐标公式cosB=f2Nf22求角・
(2)当a,b不共线时,有〈a,b〉为:
直角?
ab=0;钝角?
ab<0(且a,b不反向);锐角?
ab>0(且a,b不同向).
⑶解题时,利用向量关系列出点之间的方程是关键.
[应用体验]
1.如图所示,已知A,B是椭圆令+右=1(a>b>0)的左、右顶点,P,Q是该椭圆上不同
ab
于顶点的两点,且直线AP与QB,PB与AQ分别交于点M,N.
a+3
aco~
Xm=-;(因P,Q不同于顶点).
a—3
cos-2-
a+3
fi
由P,F2,Q三点共线?
F2P与-Q共线
sin3(acosa—c)=sin%(acos3—c)
asin(a—3=c(sina—sin3)
a—3a+3
acop=ccop
a+3
acos2
XM=Xn=
a—3
cos_2_
2
所以直线MN的方程为x=a.
c
l:
~bi
与平面向量有关的综合
问题
22
[典例]已知椭圆C:
字+吉=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),如图所示,设左顶点为
上顶点为B,且OF・FB=ABBF.
(1)求椭圆C的方程;
⑵若过F的直线I交椭圆于M,N两点,试确定fMT&的取值范围.
[思路演示]
解:
⑴由已知,A(—a,0),B(0,b),F(1,0),
则由6F—=1Ab—,得b—a—1=0.
Tb2=a2—1,—a2—a—2=0,解得a=2.
22
•••a2=4,b2=3,「.椭圆C的方程为X4+y=1.
(2)①若直线l斜率不存在,则I:
x=1,
此时M1,3,N1,—2,FM―FlN=—4.
y=kx—1卜
②若直线I斜率存在,设I:
y=k(x—1),M(x1,y1),N(X2,y2),则由x2y2
+丄=1
43
消去y,
得(4k2+3)x2—8k2x+4k2—12=0,
8k24k2—12
•-x1+x2=47^3,x1x2=.
=(1+k2)[x1X2—(X1+X2)+1]=
1
1+k2
—>—>9
•-—3WFM・FNV一
4
综上所述,FM-FN的取值范围为—3,—9.
[解题师说]
当题目条件中含有向量关系式或所求的结论中含有向量代数式时,常将此向量关系式
或代数式利用坐标表示,然后利用函数方程思想求解.
[应用体验]
x2y21
2.(2018张掖一诊)已知椭圆C:
孑+J=1(a>b>0)的离心率为?
,右焦点为F,右顶点为E,P为直线x=5a上的任意一点,且fPF^十-E)-^=2.
-Al
1
P
5/
椭圆C交于M,N两点,且M,N位于直线AB的两侧,若始终保持/MAB=ZNAB,求证:
直线MN的斜率为定值.
解:
⑴设P4a,m,F(c,O),E(a,O),
则BI?
=c-*a,—m,"peE=-中,一m,
>
EF=(c-a,0),
所以(2c-3a)(c-a)=4.
所以a=2,c=1,b=3,
22
从而椭圆C的方程为x+y=1.
43
(2)证明:
由⑴知A1,2,设Mgyi),N(X2,『2),
设MN的方程为y=kx+m,
22
代入椭圆方程X+y=1,
43
得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
A>0,
8km
X1+X2=-,
则4k+3
2
4m—12
X1X2=4k2+3.
又M,N是椭圆上位于直线AB两侧的动点,若始终保持/MAB=/NAB,
则kAM+kAN=°,
33
y—2y2-2
即一1+―2=°,
X1—1X2—1
kX1+m-3(X2-+kX2+m-3(X1-1)=°,
即(2k-1)(2m+2k-3)=°,得k=土
故直线MN的斜率为定值
[升级增分训练]
(1)求曲线E的方程;
⑵设直线y=kx+2(0>>
R在点P和点Q之间),且PQ=入PR,求实数入的取值范围.解:
⑴设C(x,y).
由题意,可得一J•^;=-2(x^±),
x—1x+1
2
•••曲线e的方程为x2+y=i(xm±i).
2
⑵设R(xi,yi),Q(X2,y2).
y=kx+2,
联立q2y2消去y,得(2+k2)x2+4kx+2=0,
x+±=1、2
•••△=8k2—16>0,「.k2>2.
又04k-
则x1+X2=—2^p,①
2-
x1x尸和.②
•4<呼<喙
解得1<<3,
4'
(1)求椭圆C的方程;
⑵设O为坐标原点,过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P,Q两点,求OP-OQ+
RR
MPMQ的取值范围.
解:
⑴设T(x,y),由题意知A(-4,0),B(4,0),
设直线TA的斜率为ki,直线TB的斜率为k2,
⑵当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+2,点P,Q的坐标分别为(xi,
-22整+y=i
yi),(X2,y2),联立i6i2'消去y,得(4k2+3)x2+i6kx—32=0.
、y=kx+2
从而OP・OQ+MPMQ=Xix2+yiy2+[xix2+(yi—2)(y2—2)]=2(i+k2)xix2+2k(xi+—80k2—528
x2)+4=4k2+3=—2°+4?
T3.
因为k2>0,所以0<匕w8,
4k十33
?
?
?
?
当直线PQ的斜率不存在时,OPOQ+MPMQ的值为一20.
52
3'
?
?
?
?
综上,OP-OQ+MPMQ的取值范围为一20,
22
C:
字+*=i(a>b>0)的右焦点为
坐标原点.
(i)求椭圆C的标准方程;
⑵设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,且/AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围.
解:
(i)由题意得c=i,所以a2=b2+i,①
又点Pi,2在椭圆C上,所以A+4器=i,②
由①②可解得a2=4,b2=3,
22
所以椭圆C的标准方程为x+y=i.
43
⑵设直线I的方程为y=kx+2,A(xi,yi),B(X2,y2),
y=kx+2,
由x2y2得(4k2+3)x2+16kx+4=0,
—+匚=1
4十3,
因为△=16(12k2—3)>0,
所以k2J,
4
因为/AOB为锐角,
所以OAOB>0,即卩X1X2+y1y2>0,
所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,
所以(1十k2)x1X2+2k(X1+X2)十4>0,
解得k2<4.
3
又k2J,所以1443
解得一^vkv—2或2所以直线I的斜率k的取值范围为一■—1U1,⑺.
V.32)Q3丿
22
4.(2018广东五校协作体一诊)已知椭圆C:
字十器=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心,以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.
(1)求椭圆C的方程;
>
⑵过点M(2,0)的直线I与椭圆C相交于不同的两点S和T,若椭圆C上存在点P满足OS十-?
=—(其中O为坐标原点),求实数t的取值范围.
解:
(1)由题意,以椭圆C的右焦点为圆心,以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x
—c)2+y2=a2,
c十1
•••圆心到直线x+y+1=0的距离d=十=a.(*)
•••椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,
•b=c,a=2c,代入(*)式得b=c=1,「.a=2b=2,
2
故所求椭圆方程为2+yz=1.
(2)由题意知,直线I的斜率存在,
设直线I的方程为y=k(x—2),设P(x0,y0),
将直线I的方程代入椭圆方程得
2222
(1+2k)x—8kx+8k—2=0,
•••△=64k4—4(1+2k2)(8k2—2)>0,
1
解得k2<1.
设S(x1,y1),T(x2,y2),
由OS+OT=tOP,得tx0=x1+x2,tyo=y1+y2,
当t=0时,直线i为x轴,则椭圆上任意一点p满足"OS+"Ot=tOiP,符合题意;
当0时,
tX0=
—4k
1+2k2,
2
8k
2
1+2k'
由k・知,0综上可得,实数t的取值范围是(一2,2).