分析 (1)由→AP+→BP=λ(→AQ+→BQ)(λ∈R,|λ|>1).得到→OP=λ→OQ,由此能證明點(diǎn)P,Q,O三點(diǎn)共線.
(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),求出k1+k2=22a2•x1y1,k3+k4=−22a2•x2y2,由→OP=λ→OQ,能出k1+k2+k3+k4的值.
(3)由→OP=λ→OQ,推導(dǎo)出\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}+1}{2}{a}^{2}}\\{{{y}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}-1}{2}^{2}}\end{array}\right.,再由PF1∥QF2,得到(k1+k2)2=4,(k3+k4)2=4,由此能求出k12+k22+k32+k42的值.
解答 證明:(1)∵A、B為橢圓\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)和雙曲線\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1的公共頂點(diǎn),
P、Q分別為雙曲線和橢圓上不同于A、B的動(dòng)點(diǎn),且\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{BP}=λ(\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{BQ})(λ∈R,|λ|>1).
∴\overrightarrow{OP}=λ\overrightarrow{OQ},
∴點(diǎn)P,Q,O三點(diǎn)共線.
解:(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),
則{k}_{1}+{k}_{2}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+a}+\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}=\frac{2{x}_{1}{y}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}-{a}^{2}}=\frac{2{x}_{1}{y}_{1}}{\frac{{a}^{2}}{^{2}}•{{y}_{1}}^{2}}=\frac{2^{2}}{{a}^{2}}•\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}},
同理,得:{k}_{3}+{k}_{4}=-\frac{2^{2}}{{a}^{2}}•\frac{{x}_{2}}{{y}_{2}},
∵\overrightarrow{OP}=λ\overrightarrow{OQ},∴x1=λx2,y1=λy2,
∴\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}}=\frac{{x}_{2}}{{y}_{2}},
∴k1+k2+k3+k4=\frac{2^{2}}{{a}^{2}}(\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}}-\frac{{x}_{2}}{{y}_{2}})=0.
(3)∵\overrightarrow{OP}=λ\overrightarrow{OQ},∴\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=\frac{1}{λ}{x}_{1}}\\{{y}_{2}=\frac{1}{λ}{y}_{1}}\end{array}\right.,
∵\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}=1,
∴\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}=λ2,又\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}=1,
∴\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}+1}{2}{a}^{2}}\\{{{y}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}-1}{2}^{2}}\end{array}\right.,
又∵PF1∥QF2,∴|OF1|=λ|OF2|,
∴λ2=\frac{{a}^{2}+^{2}}{{a}^{2}-^{2}},
∴\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}}=\frac{{λ}^{2}+1}{{λ}^{2}-1}•\frac{{a}^{2}}{^{2}}=\frac{{a}^{4}}{^{4}},
∴(k1+k2)2=4•\frac{^{4}}{{a}^{4}}•\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}}=4•\frac{^{4}}{{a}^{4}}•\frac{{a}^{4}}{^{4}}=4,
同理(k3+k4)2=4,
k1•k2=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+a}•\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}=\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{a}^{2}},且\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}=1,
∴x12-a2=\frac{{a}^{2}}{^{2}}•y12,
∴k1k2=\frac{^{2}}{{a}^{2}}同理k3k4=-\frac{^{2}}{{a}^{2}},
∴k12+k22+k32+k42=(k1+k2)2+(k3+k4)2-2(k1•k2+k3•k4)=4+4-0=8.
點(diǎn)評 本題考查圓錐曲線的綜合,著重考查整體代換與方程思想,培養(yǎng)學(xué)生綜合分析問題,解決問題的能力,屬于難題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | (\frac{3}{4},+∞) | B. | (-∞,\frac{3}{4}) | C. | (0,\frac{3}{4}) | D. | (\frac{3}{4},1) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | x=-1 | B. | x=0 | C. | x=\frac{1}{2} | D. | x=-\frac{1}{2} |
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A. | -\frac{9}{2} | B. | \frac{9}{2} | C. | \frac{1}{4} | D. | -4 |
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A. | {-2,-1} | B. | {0,1,2} | C. | {-1,0,1,2} | D. | {-2,-1,0,1,2} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 2 | B. | -2 | C. | -1 | D. | 4 |
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A. | 命題“?x0∈R,x02-x0≤0”的否定為“?x∈R,x2-x>0” | |
B. | 若非零向量\overrightarrow a、\overrightarrow b滿足|\overrightarrow{a}+\overrightarrow|=|\overrightarrow{a}|+|\overrightarrow|,則\overrightarrow a與\overrightarrow b共線 | |
C. | 命題“在△ABC中,A>30°,則sinA>\frac{1}{2}”的逆否命題為真命題 | |
D. | 設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列,則“q>1”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分必要條件 |
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