Question

7．已知直線l與圓錐曲線C相交于兩點(diǎn)A，B，與x軸，y軸分別交于D、E兩點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{EA}={λ_1}\overrightarrow{AD}$$\overrightarrow{EB}={λ_2}\overrightarrow{BD}$
（1）已知直線l的方程為y=2x-4，拋物線C的方程為y²=4x，求λ₁+λ₂的值；
（2）已知直線l：x=my+1（m＞1），橢圓C：$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1，求$\frac{1}{λ_1}+\frac{1}{λ_2}$的取值范圍；
（3）已知雙曲線C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞0，b＞0}），{λ_1}+{λ_2}=\frac{{2{a^2}}}{b^2}$，試問(wèn)D是否為定點(diǎn)？若是，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不是，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）將直線y=2x-4代入拋物線方程y²=4x，求得交點(diǎn)A，B，再由向量共線的坐標(biāo)表示，即可得到所求值；
（2）聯(lián)立方程組，利用消元法結(jié)合根與系數(shù)之間的關(guān)系，推出λ₁+λ₂=-4，即可得到結(jié)論；
（3）設(shè)直線為x=my+t，（m≠0）代入雙曲線方程，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量共線的坐標(biāo)表示，結(jié)合條件即可求得D為定點(diǎn)．

解答 解：（1）將直線y=2x-4代入拋物線方程y²=4x，
可得x²-5x+4=0，解得x₁=1，x₂=4，
即有A（4，4），B（1，-2），D（2，0），E（0，-4），
λ₁=$\frac{4-0}{2-4}$=-2，λ₂=$\frac{1-0}{2-1}$=1，
即有λ₁+λ₂=-1；
（2）聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，
得（m²+2）y²+2my-1=0，
得y₁+y₂=-$\frac{2m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{1}{2+{m}^{2}}$，
又點(diǎn)D（1，0），E（0，-$\frac{1}{m}$），
由$\overrightarrow{EA}$=λ₁$\overrightarrow{AD}$得到y(tǒng)₁+$\frac{1}{m}$=-λ₁y₁，λ₁=-（1+$\frac{1}{m}$$•\frac{1}{{y}_{1}}$），
同理由$\overrightarrow{EB}$=λ₂$\overrightarrow{BD}$得到y(tǒng)₂+$\frac{1}{m}$=-λ₂y₂，λ₂=-（1+$\frac{1}{m}$•$\frac{1}{{y}_{2}}$），
λ₁+λ₂=-（2+$\frac{1}{m}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$）=-（2+$\frac{1}{m}$•2m）=-4，
即λ₁+λ₂=-4，$\frac{1}{{λ}_{1}}$+$\frac{1}{{λ}_{2}}$=-$\frac{4}{{λ}_{1}{λ}_{2}}$=$\frac{4}{{{λ}_{1}}^{2}+4{λ}_{1}}$=$\frac{4}{（{λ}_{1}+2）^{2}-4}$，
因?yàn)閙＞1，
所以點(diǎn)A在橢圓上位于第三象限的部分上運(yùn)動(dòng)，
由分點(diǎn)的性質(zhì)可知λ₁∈（$\sqrt{2}$-2，+∞），
所以$\frac{1}{{λ}_{1}}$+$\frac{1}{{λ}_{2}}$∈（-∞，-2）；
（3）設(shè)直線為x=my+t，（m≠0）代入雙曲線方程，可得
（b²m²-a²）y²+2b²mty+b²t²-a²b²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則有y₁+y₂=$\frac{2^{2}mt}{{a}^{2}-^{2}{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{^{2}{t}^{2}-^{2}{a}^{2}}{^{2}{m}^{2}-{a}^{2}}$，
又D（t，0），E（0，-$\frac{t}{m}$），
由$\overrightarrow{EA}$=λ₁$\overrightarrow{AD}$得到y(tǒng)₁+$\frac{t}{m}$=-λ₁y₁，λ₁=-（1+$\frac{t}{m}$$•\frac{1}{{y}_{1}}$），
同理由$\overrightarrow{EB}$=λ₂$\overrightarrow{BD}$得到y(tǒng)₂+$\frac{t}{m}$=-λ₂y₂，λ₂=-（1+$\frac{t}{m}$•$\frac{1}{{y}_{2}}$），
λ₁+λ₂=-（2+$\frac{t}{m}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$）=-（2+$\frac{t}{m}$•$\frac{2^{2}mt}{^{2}{a}^{2}-^{2}{t}^{2}}$）=$\frac{2{a}^{2}}{^{2}}$，
化簡(jiǎn)可得，$\frac{2{a}^{2}}{{t}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{2{a}^{2}}{^{2}}$，
解得t=$±\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，
即有D（±$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，0），
則D為定點(diǎn)，坐標(biāo)為（±$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，0），

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，同時(shí)考查向量共線的坐標(biāo)表示，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．