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典型例題

1.

解：

$(1)$

由題易知， $P_3$ 不在 $C$ 上 $\Leftrightarrow$$P_4$ 不在 $C$ 上

此結(jié)論與已知條件矛盾，故 $P_3$ ， $P_4$ 都在 $C$ 上， $P_1$ 不在 $C$ 上

則可得 $\frac{1}{a^2} + \frac{3}{4b^2} = 1$

$\begin{cases} \begin{aligned} & \frac{1}{a^2} + \frac{3}{4b^2} = 1 \\ & \frac{0}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1 \end{aligned} \end{cases}$

解得
$\begin{cases} \begin{aligned} & a^2 = 4 \\ & b^2 = 1 \end{aligned} \end{cases}$
故 $C: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1$

證明：

$(2)$

設(shè) $A(x_1, y_1)$ ， $B(x_2, y_2)$

若 $l$ 的斜率存在

設(shè) $l: y = kx + b$ ，代入 $C$ ，整理得
$(4k^2 + 1)x^2 + 8kbx + 4b^2 - 4 = 0$
其中
$\begin{aligned} \Delta & = (8kb)^2 - 4(4k^2 + 1)(4b^2 - 4) \\ & = 64k^2 - 16b^2 + 16 > 0 \Rightarrow 4k^2 + 1 > b^2 \end{aligned}$
由題有
$\begin{aligned} k_{P_2A} + k_{P_2B} & = -1 \\ \frac{y_1-1}{x_1} + \frac{y_2-1}{x_2} & = -1 \\ \frac{2kx_1x_2 + (b - 1)(x_1 + x_2)}{x_1x_2} & = -1 \end{aligned}$
由韋達(dá)定理
$\begin{cases} \begin{aligned} & x_1 + x_2 = -\frac{8kb}{4k^2 + 1} \\ & x_1x_2 = \frac{4b^2 - 4}{4k^2 + 1} \end{aligned} \end{cases}$
代入整理得 $b = -2k - 1$

則 $l: y + 1 = k(x - 2)$

即此時(shí) $l$ 過(guò)定點(diǎn) $(2, -1)$

若 $l$ 的斜率不存在

設(shè) $l: x = t$ ，此時(shí) $x_1 = x_2 \neq 0$ ， $y_1 = -y_2$

則有 $k_{P_2A} + k_{P_2B} = \frac{y_1 - 1}{t} + \frac{-y_1 - 1}{t} = \frac{-2}{t} = -1$

即 $m = 2$

$\Rightarrow$ 此時(shí) $l$ 過(guò)橢圓右頂點(diǎn)，不存在兩個(gè)交點(diǎn)

$\Rightarrow$ 舍去

綜上所述，直線 $l$ 恒過(guò)定點(diǎn) $(2, -1)$ $\blacksquare$

2.

證明：

設(shè) $P(x_0, y_0)$ ，則 $Q(-x_0, -y_0)$

由題，有 $\frac{x^2_0}{4} + \frac{y^2_0}{2} = 1 \Leftrightarrow x^2_0 + 2y^2_0 = 4$ 成立

又 $A(-2, 0)$ $\Rightarrow$ $PA: y = \frac{y_0}{x_0 + 2} (x + 2)$

故 $M(0, \frac{2y_0}{x_0 + 2})$ ， $PA: y = \frac{y_0}{x_0 - 2} (x + 2)$

故 $N(0, \frac{2y_0}{x_0 - 2})$

則以 $MN$ 為直徑的圓為
$x^2 + (y - \frac{2y_0}{x_0 + 2})(y - \frac{2y_0}{x_0 - 2}) = 0$

代入 $x^2_0 + 2y^2_0 = 4$ 并整理得
$x^2 + y^2 + \frac{2x_0}{y_0} y - 2 = 0$

令 $y = 0$ ，解得 $x = \pm \sqrt{2}$

故以線段 $MN$ 為直徑的圓恒過(guò)頂點(diǎn) $(\sqrt{2}, 0)$ 和 $(-\sqrt{2}, 0)$ $\blacksquare$

課堂練習(xí)

1.

解：

將 $(2, 1)$ 代入 $C$ ，解得 $p = 2$ $\Rightarrow$ $C: x^2 = 4y$

設(shè) $A(x_1, y_1)$ ， $B(x_2, y_2)$ ，則 $A'(-x_1, y_1)$

由題， $l$ 的斜率一定存在

故可設(shè) $l: y = kx - 1$ ，代入 $C$ ，整理得

$x^2 -4kx +4 = 0$

其中

$\begin{aligned} \Delta & = (-4k)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 \\ & = 16(k^2 - 1) > 0 \Rightarrow k^2 > 1 \end{aligned}$

則

$k_{A'B} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - (-x_1)} = \frac{\frac{x^2_2}{4} - \frac{x^2_1}{4}}{x_1 + x_2} = \frac{x_2 - x_1}{4}$

故 $A'B: y - \frac{x^2_2}{4} = \frac{x_2 - x_1}{4} (x - x_2)$

即 $A'B: y = \frac{x_2 - x_1}{4} x + 1$

即直線 $A'B$ 恒過(guò)定點(diǎn) $(0, 1)$ $\blacksquare$

2.

解：

$\vec{MS} = \vec{SN}$ ， $\vec{PT} = \vec{TQ}$ $\Rightarrow$ $S$ 為 $MN$ 中點(diǎn)， $T$ 為 $PQ$ 中點(diǎn)

設(shè) $P(x_1, y_1)$ ， $Q(x_2, y_2)$ ， $M(x_3, y_3)$ ， $N(x_4, y_4)$

若兩直線斜率皆存在

設(shè) $l_1: y = k(x - 1)$ ，則 $l_2: y = -\frac{1}{k} (x - 1)$

將 $l_1$ 代入 $C$ ，整理得
$(2k^2 + 1)x^2 - 4k^2x + 2k^2 - 4 = 0$
其中
$\begin{aligned} \Delta & = (-4k^2)^2 - 4(2k^2 + 1)(2k^2 - 4) \\ & = 8(3k^2 + 2) > 0 \end{aligned}$

由韋達(dá)定理，
$\begin{cases} \begin{aligned} & x_1 + x_2 = \frac{4k^2}{2k^2 + 1} \\ & x_1x_2 = \frac{2k^2 - 4}{2k^2 + 1} \end{aligned} \end{cases}$

故 $T(\frac{2k^2}{2k^2 + 1}, \frac{-k}{2k^2 + 1})$ ，同理可得 $S(\frac{2}{k^2 + 2}, \frac{k}{k^2 + 2})$

$\Rightarrow$$k_{ST} = \frac{-3k}{2(k^2 - 1)}$

$\Rightarrow$$ST: y + \frac{k}{2k^2 + 1} = \frac{-3k}{2(k^2 - 1)} (x - \frac{2k^2}{2k^2 + 1})$

即 $ST: y = \frac{-3k}{2(k^2 - 1)} (x - \frac{2}{3})$

即此時(shí) $ST$ 恒過(guò)定點(diǎn) $(\frac{2}{3}, 0)$

若兩直線斜率分別為 $0$ 和不存在

此時(shí)其中一條直線的方程為 $y = 0$ 過(guò) $(\frac{2}{3}, 0)$

綜上所述，直線 $ST$ 恒過(guò)定點(diǎn) $(\frac{2}{3}, 0)$

課后作業(yè)

1.

證明：

由題， $l_1$ 與 $l_2$ 的斜率一定存在且不為 $0$

設(shè) $l_1: y = k(x - 12) + 8$ ，則 $l_2: y = \frac{1}{k} (x - 12) + 8$

將 $l_1$ 代入 $\Gamma$ ，整理得

$ky^2 - 4y - 48k + 32 = 0$

其中
$\begin{aligned} \Delta & = (-4)^2 - 4k(32 - 48k) \\ & = 16(2k - 1)(6k - 1) > 0 \Rightarrow k \in (-\infty, \frac{1}{6}) \cup (\frac{1}{2}, +\infty) \end{aligned}$

同理有 $\frac{1}{k} \in (-\infty, \frac{1}{6}) \cup (\frac{1}{2}, +\infty)$

綜上有 $k \in (-\infty, 0) \cup (\frac{1}{2}, 2) \cup (6, +\infty)$

由韋達(dá)定理，
$\begin{cases} \begin{aligned} & y_C + y_D = \frac{4}{k} \\ & y_Cy_D = \frac{32 - 48k}{k} \end{aligned} \end{cases}$
則 $x_C + x_D = 24 + \frac{4}{k^2} - \frac{16}{k}$ $\Rightarrow$ $M(12 + \frac{2}{k^2} - \frac{8}{k}, \frac{2}{k})$