分析 (1)由題意求得焦點及準線方程,即可求得圓心,利用點到直線的距離公式,即可求得半徑,即可求得圓的方程;
(2)方法一:設直線AB方程為y=k(x-1),代入橢圓方程,利用韋達定理,求得直線BA′的方程為,當y=0,求得x=-1,則直線BA′過定點(-1,0);
方法二:設直線AB方程為y=k(x-1),代入橢圓方程,利用韋達定理求得kA′M-kBM=0,則kA′M=kBM=0,A′、B、M三點共線,則直線BA′過定點(-1,0);
方法三:設直線AB的方程:x=my+1,求得直線BA′的方程為,利用韋達定理可得y=4y2−y1(x+1),則直線BA′過定點(-1,0).
解答 解:(1)拋物線E:y2=4x的準線l的方程為:x=-1,焦點坐標為F(1,0),
設所求圓的圓心C(a,b),半徑為r,∵圓C過O,F(xiàn),
∴a=12,∵圓C與直線l:x=-1相切,
∴r=12−(−1)=32.
由r=|CO|=√(12)2+b2=32,得b=±√2.
∴過O,F(xiàn),且與直線l相切的圓的方程為(x−12)2+(y±√2)2=94;
(2)證明:解法一:依題意知直線AB的斜率存在,設直線AB方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),(x1≠x2),A′(x1,-y1),
聯(lián)立{y=k(x−1)y2=4x,消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
∴x1+x2=2k2+4k2,x1•x2=1.
∵直線BA′的方程為y−y2=y2+y1x2−x1(x−x2),
∴令y=0,得x=x2y1+x1y2y1+y2=x2k(x2−1)+x1k(x2−1)k(x1−1)+k(x2−1)=2x1x2−(x1+x2)−2+(x1+x2)=−1.
直線BA′過定點(-1,0),
解法二:直線BA′過定點M(-1,0).
證明:依題意知直線AB的斜率存在,設直線AB方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),(x1≠x2),A′(x1,-y1),
聯(lián)立{y=k(x−1)y2=4x,消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
∴x1+x2=2k2+4k2,x1•x2=1.
∵kA′M−kBM=−y1x1+1−y2x2+1=−x2y1+x1y2+y1+y2(x1+1)(x2+1),
∵x2y1+x1y2+y1+y2=k(x1-1)x2+k(x2-1)x1+k(x1+x2-2)=2kx1x2-2k=2k•1-2k=0.
∴kA′M-kBM=0,即kA′M=kBM=0,A′、B、M三點共線,
∴直線BA′過定點(-1,0).
解法三:設直線AB的方程:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),則A′(x1,-y1).
由{y=k(x−1)y2=4x得,y2-4my-4=0.
∴y1+y2=4m,y1•y2=-4.
∵kBA′=y2+y1x2−x1=y2+y1y224−y124=4y2−y1,
∴直線BA′的方程為y−y2=y2+y1x2−x1(x−x2).
∴y=4y2−y1(x−x2)+y2=4y2−y1x+y2−4x2y2−y1=4y2−y1x+y22−y1y2−4x2y2−y1=4y2−y1x+4y2−y1=4y2−y1(x+1).
∴直線BA′過定點(-1,0).
點評 本題考查拋物線的簡單性質(zhì),直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理,直線的斜率公式,考查計算能力,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 4√2 | B. | 2√2 | C. | 2 | D. | 4 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | p∧q | B. | (¬p)∨q | C. | (¬p)∧q | D. | p∧(¬q) |
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