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4．已知兩點M且點P使成公差小于零的等差數(shù)列. (Ⅰ)點P的軌跡是什么曲線? (Ⅱ)若點P坐標(biāo)為.為的夾角.求tanθ. 例5．如圖所示.已知拋物線y2＝4px(p＞0).O為頂點.A.B為拋物線上的兩動點.且滿足OA⊥OB.如果OM⊥AB于M點.求點M的軌跡方程. ［剖析］點M是OM與AB的交點.點M隨著A.B兩點的變化而變化.而A.B為拋物線上的動點.點M與A.B的直接關(guān)系不明顯.因此需引入?yún)?shù). ［解］解法一:設(shè)M(x0.y0).則kOM=.kAB=-. 直線AB方程是y=-(x-x0)+y0.由y2=4px可得x=.將其代入上式.整理.得 x0y2-(4py0)y-4py02-4px02=0. ① 此方程的兩根y1.y2分別是A.B兩點的縱坐標(biāo).∴A(.y1).B(.y2). ∵OA⊥OB.∴kOA·kOB=-1.∴·=-1.∴y1y2=-16p2. 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系.由①可得y1·y2=.∴=16p2. 化簡.得x02+y02-4px0=0.即x2+y2-4px=0為所求. ∴點M的軌跡是以(2p.0)為圓心.以2p為半徑的圓.去掉坐標(biāo)原點. 解法二:設(shè)A.B兩點坐標(biāo)為A(pt12.2pt1).B(pt22.2pt2). ∴kOA=.kOB=.kAB=.∵OA⊥OB.∴t1·t2=-4. ∴AB方程是y-2pt1=(x-pt12). ① 直線OM的方程是y=-x. ② ①×②.得(px)t12+2pyt1-(x2+y2)=0. ③ ∴直線AB的方程還可寫為y-2pt2=(x-pt22). ④ 由②×④.得(px)t22+(2py)t2-(x2+y2)=0. ⑤ 由③⑤可知t1.t2是方程(px)t2+(2py)t2-(x2+y2)=0的兩根. 由根與系數(shù)的關(guān)系可得t1t2=.又t1·t2=-4. ∴x2+y2-4px=0為所求點M的軌跡方程. 故M的軌跡是以(2p.0)為圓心.以2p為半徑的圓.去掉坐標(biāo)原點. 解法三:設(shè)M(x.y).直線AB方程為y=kx+b.由OM⊥AB得k=-. 由y2=4px及y=kx+b消去y.得k2x2+x(2kb-4p)+b2=0. 所以x1x2=.消去x.得ky2-4py+4pb=0.所以y1y2=.由OA⊥OB. 得y1y2=-x1x2.所以=-.b=-4kp. 故y=kx+b=k(x-4p).用k=-代入.得x2+y2-4px=0(x≠0). 解法四:設(shè)點M的坐標(biāo)為(x.y).直線OA的方程為y=kx. 解得A點的坐標(biāo)為(.). 顯然k≠0.則直線OB的方程為y=-x. 由 y=kx. y2=4px. 類似地可得B點的坐標(biāo)為(4pk2.-4pk). 從而知當(dāng)k≠±1時. kAB== 故得直線AB的方程為y+4pk=(x-4pk2). 即(-k)y+4p=x. ① . 直線OM的方程為y=-(-k)x. ② 可知M點的坐標(biāo)同時滿足①②.由①及②消去k便得4px=x2+y2.即(x-2p)2+y2=4p2.但x≠0.當(dāng)k=±1時.容易驗證M點的坐標(biāo)仍適合上述方程. 故點M的軌跡方程為(x-2p)2+y2=4p2(x≠0). 它表示以點(2p.0)為圓心.以2p為半徑的圓. ［警示］本題考查了交軌法.參數(shù)法求軌跡方程.涉及了類比.分類討論等數(shù)學(xué)方法.消參時又用到了整體思想法.對含字母的式子的運算能力有較高的要求.同時還需要注意軌跡的“完備性和純粹性 .此題是綜合考查學(xué)生能力的一道好題. ［變式訓(xùn)練］【查看更多】

題目列表(包括答案和解析)

已知兩點M(－1,0)，N(1,0) ,并且點P使·，·，·成公差小于0的等差數(shù)列．點P的軌跡是什么曲線？