在直角坐標(biāo)平面上，O為原點(diǎn)，M為動(dòng)點(diǎn)，|
OM
|=
5
，
ON
=
2
5
5
OM
．過點(diǎn)M作MM1⊥y軸于M1，過N作NN1⊥x軸于點(diǎn)N1，
OT
=
M1M
+
N1N
．記點(diǎn)T的軌跡為曲線C，點(diǎn)A（5，0）、B（1，0），過點(diǎn)A作直線l交曲線C于兩個(gè)不同的點(diǎn)P、Q（點(diǎn)Q在A與P之間）．
（1）求曲線C的方程；
（2）證明不存在直線l，使得|BP|=|BQ|；
（3）過點(diǎn)P作y軸的平行線與曲線C的另一交點(diǎn)為S，若
AP
=t
AQ
，證明
SB
=t
BQ
．
考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題
專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題
分析：（1）設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x'，y'），則M1的坐標(biāo)為（0，y'），由已知條件推導(dǎo)出x′=x，y′=
5
2
y．由此能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-5），由方程組
x2
5
+
y2
4
=1
y=k(x-5)
，得（5k2+4）x2-50k2x+125k2-20=0．由此能求出不存在直線l，使得|BP|=|BQ|．
（3）由已知條件得
x1-5=t(x2-5)，(1)
y1=ty2，(2)
x
2
1
5
+
y
2
1
4
=1，(3)
x
2
2
5
+
y
2
2
4
=1．，(4)
，由此能證明
SB
=t
BQ
．
解答： （1）解：設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為（x，y），
點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x'，y'），則M1的坐標(biāo)為（0，y'），
ON
=
2
5
5
OM
=
2
5
5
(x′，y′)，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為(
2
5
5
x′，
2
5
5
y′)，N1的坐標(biāo)為(
2
5
5
x′，0)，
∴
M1M
=(x′，0)，
N1N
=(0，
2
5
5
y′)．
由
OT
=
M1M
+
N1N
，
∴（x，y）=（x′，0）+（0，
2
5
5
y′），∴
x=x′
y=
2
5
5
y′
，
∴x′=x，y′=
5
2
y．
由|
OM
|=
5
，得x'2+y'2=5，∴x2 +(
5
2
y)2=5，
整理，得：
x2
5
+
y2
4
=1，
∴曲線C的方程是
x2
5
+
y2
4
=1．…（3分）
（2）證明：點(diǎn)A（5，0）在曲線C即橢圓的外部，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與橢圓C無交點(diǎn)，
∴直線l斜率存在，并設(shè)為k．直線l的方程為y=k（x-5）．
由方程組
x2
5
+
y2
4
=1
y=k(x-5)
，得（5k2+4）x2-50k2x+125k2-20=0．
依題意△=20（16-80k2）＞0，解得-
5
5
＜k＜
5
5
．
當(dāng)-
5
5
＜k＜
5
5
時(shí)，設(shè)交點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中點(diǎn)為R（x0，y0），
則x1+x2=
50k2
5k2+4
，x0=
x1+x2
2
=
25k2
5k2+4
．
∴y0=k(x0-5)=k(
25k2
5k2+4
-5)=
-20k
5k2+4
．
又|BP|=|BQ|，∴BR⊥l，∴k•kBR=-1，
∴k•kBR=k•
20k
5k2+4
1-
25k2
5k2+4
=
20k2
4-20k2
=-1，
整理，得20k2=20k2-4，
∵20k2=20k2-4不可能成立，
∴不存在直線l，使得|BP|=|BQ|．…（7分）
（3）證明：由題意有S(x1，-y1)，
AP
=(x1-5，y1)，
AQ
=(x2-5，y2)，
AP
=t
AQ
，
則有方程組
x1-5=t(x2-5)，(1)
y1=ty2，(2)
x
2
1
5
+
y
2
1
4
=1，(3)
x
2
2
5
+
y
2
2
4
=1．，(4)
，
由（1）得x1=t（x2-5）+5，（5）
將（2），（5）代入（3），得4[t(x2-5)+5]2+5t2
y
2
2
=20．
整理并將（4）代入得(t2-1)+2(1-t)tx2+5(1-t)2=0，
由題意知t＞1，解得x2 =
3t-2
t
．
∵B（1，0），S（x1，y1），
∴
SB
=(1-x1，y1)，
BQ
=(x2-1，y2)，
∴
SB
-t
BQ
=（1-x1，y1）-t（x2-1，y2）
=（1-x1-t（x2-1），y1-ty2）
=（1-t（x2-5）-5-t（x2-1），0）
=（-4-t（2x2-6），0）
=（-4-t（
6t-4
t
-6），0）
=（0，0）．
∴
SB
=t
BQ
．…（12分）
點(diǎn)評：本題考查曲線方程的求法，考查滿足條件的直線不存在的證明，考查向量相等的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用．
練習(xí)冊系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

某種產(chǎn)品有一等品、二等品、次品三個(gè)等級(jí)，其中一等品和二等品都是正品．現(xiàn)有6件該產(chǎn)品，從中隨機(jī)抽取2件來進(jìn)行檢測．
（1）若6件產(chǎn)品中有一等品3件、二等品2件、次品1件．
①抽檢的2件產(chǎn)品全是一等品的概率是多少？
②抽檢的2件產(chǎn)品中恰有1件是二等品的概率是多少？
（2）如果抽檢的2件產(chǎn)品中至多有1件是次品的概率不小于
4
5
，則6件產(chǎn)品中次品最多有多少件？

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

一個(gè)盒中有8件產(chǎn)品中，其中2件不合格品．從這8件產(chǎn)品中抽取2件，試求：
（Ⅰ）若采用無放回抽取，求取到的不合格品數(shù)X的分布列；
（Ⅱ）若采用有放回抽取，求至少取到1件不合格品的概率．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

觀察下題的解答過程：
已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a+b=1，求
2a+1
+
2b+1
的最大值
解：∵
2a+1
•
2
≤
2a+1
2+
2
2
2
=a+
3
2
，
2b+1
•
2
≤
2b+1
2+
2
2
2
=b+
3
2

相加得
2a+1
•
2
+
2b+1
•
2
=
2
（
2a+1
+
2b+1
）≤a+b+3=4∴
2b+1
+
2b+1
≤2
2
，等號(hào)在a=b=
1
2
時(shí)取得，即
2a+1
+
2b+1
的最大值為2
2

請類比上題解法，使用綜合法證明下題：
已知正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x+y+z=2，求證：
2x+1
+
2y+1
+
2z+1
≤
21
．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知?jiǎng)狱c(diǎn)P（x，y）（y≤0）到點(diǎn)F（0，-2）的距離為d1，到x軸的距離為d2，且d1-d2=2．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（Ⅱ）若直線l斜率為1且過點(diǎn)（1，0），其與軌跡E交于點(diǎn)M、N，求|MN|的值．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n2+λn，當(dāng)n∈N*，an≤an+1，求λ的最小值．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

已知橢圓C：
x2
a2
+
y2
b2
=1（a＞b＞0）的離心率為
3
2
，短軸端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為2．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知點(diǎn)A，B橢圓C上任意兩點(diǎn)，滿足OA⊥OB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），
（ⅰ）試判斷原點(diǎn)O到直線AB的距離是否為定值；若是，求出該值；若不是，請說明理由？
（ⅱ）點(diǎn)P是以橢圓C的長軸為直徑的圓上任意一點(diǎn)，求△PAB的面積的最大值．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

某單位有老年人，中年人，青年人依次為25人，35人，40人，用分層抽樣的方法抽取40人，則老、中、青的人數(shù)依次為
 
．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來源： 題型：

從0，1，2，3，4這五個(gè)數(shù)字中任取兩個(gè)奇數(shù)和兩個(gè)偶數(shù)，組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為
 
．

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同步練習(xí)冊答案