分析 (1)求得拋物線的準(zhǔn)線方程,可得c=1,再由對(duì)稱可得B(-3,0),再由直線AB的方程,令x=-1,可得P的坐標(biāo),再由兩點(diǎn)的距離公式可得b=√3,a=2,進(jìn)而得到橢圓方程;
(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),N(x0,y0).可得3x12+4y12=12,3x22+4y22=12,直線l的方程為:y=x-t,與橢圓方程聯(lián)立,運(yùn)用△>0,由→ON=cosθ•→OC+sinθ•→OD成立,利用向量坐標(biāo)運(yùn)算及相等、根與系數(shù)的關(guān)系可得:x0=x1cosθ+x2sinθ,y0=y1cosθ+y2sinθ.代入橢圓方程可得:3x1x2+4y1y2=0,把根與系數(shù)的關(guān)系代入解出即可.
解答 解:(1)由拋物線y2=4x的準(zhǔn)線:x=-1經(jīng)過(guò)F1,
可得c=1,
由點(diǎn)B,F(xiàn)2(1,0)關(guān)于F1(-1,0)對(duì)稱,可得B(-3,0),
由A(0,b),可得直線AB:y=3x+b,
令x=-1,可得y=2b3,即P(-1,2b3),
由BF1AB=PF1AF2,可得2√9+2=2b3√1+2,
解得b=√3,a=2,
即有橢圓的方程為x24+y23=1;
(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),N(x0,y0).
則3x12+4y12=12,3x22+4y22=12,
由直線l的方程為:y=x-t,
與橢圓方程聯(lián)立可得{y=x−t3x2+4y2=12,
化為7x2-8tx+4t2-12=0.
△=64t2-28(4t2-12)>0,
解得-√7<t<√7,
∴x1+x2=8t7,x1x2=4t2−127.
∵→ON=cosθ•→OC+sinθ•→OD,
∴(x0,y0)=(x1cosθ+x2sinθ,y1cosθ+y2sinθ),
∴x0=x1cosθ+x2sinθ,y0=y1cosθ+y2sinθ.
∵對(duì)于任意θ∈[0,2π)總有點(diǎn)N在橢圓E上,
代入橢圓方程可得:3(x1cosθ+x2sinθ)2+4(y1cosθ+y2sinθ)2=12,
化為(3x12+4y12)cos2θ+(3x22+4y22)sin2θ+(6x1x2+8y1y2)cosθsinθ=12,
即為12(cos2θ+sin2θ)+(6x1x2+8y1y2)cosθsinθ=12,
∴3x1x2+4y1y2=0,
∴3x1x2+4(x1-t)(x2-t)=0,
化為7x1x2-4t(x1+x2)+4t2=0.
∴7•4t2−127-4t•8t7+4t2=0,
化為t2=72,(t>0).
解得t=√142.
滿足△>0.
∴滿足條件的實(shí)數(shù)t=√142.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、兩點(diǎn)的距離公式、點(diǎn)與橢圓的關(guān)系、同角三角函數(shù)基本關(guān)系式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | e1>e2>e3 | B. | e3>e1>e2 | C. | e1<e3<e2 | D. | e1<e2<e3 |
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A. | y=cosx在第二象限是減函數(shù) | B. | y=tanx在定義域內(nèi)是增函數(shù) | ||
C. | y=|cos(2x+π3)|的周期是π2 | D. | y=sin|x|是周期為2π的偶函數(shù) |
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A. | 1個(gè) | B. | 2個(gè) | C. | 3個(gè) | D. | 4個(gè) |
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A. | 160m | B. | 80m | C. | 40m | D. | 20m |
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