已知點M(-2,0),N(2,0),動點P滿足條件|PM|-|PN|=2
2
.記動點P的軌跡為W.若A,B是W上的不同兩點,O是坐標(biāo)原點.
(1)求W的方程;
(2)若AB的斜率為2,求證
OA
OB
為定值.
(3)求
OA
OB
的最小值.
分析:(1)據(jù)題意應(yīng)為雙曲線一支,由c=2,a=
2
,能得到曲線方程.
(2)設(shè)AB:y=2x+b,將其代入x2-y2=2,得3x2+4bx+b2+2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由韋達定理能夠證明
OA
OB
為定值.
(3)法一:當(dāng)直線AB的斜率不存在時,設(shè)直線AB的方程為x=x0,此時A(x0,
x
2
0
-2
),B(x0,-
x
2
0
-2
),
OA
OB
=2.當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+b,代入雙曲線方程
x2
2
-
y2
2
=1
中,得:(1-k2)x2-2kbx-b2-2=0.依題意知
△=4k2b2-4(1-k2)•(-b2-2)≥0
x1+x2=
2kb
1-k2
>0
x1x2=
b2+2
k2-1
>0
,由此能夠解得
OA
OB
的最小值為2.
法二:,A,B在右支,故x1,x2>0,
OA
•OB
=x1x2+y1y2=
2+y12
2+y22
+y1y2
=
y12y22+4(y12+y22)+4
+y1y2
y12y22+4|y1y2|+4
+y1y2=|y1y2|+2+y1y2≥2
.由此能夠解得
OA
OB
的最小值為2.
解答:解:(1)據(jù)題意應(yīng)為雙曲線一支,
c=2,a=
2

∴曲線方程為x2-y2=2(x≥
2
).(2分)
(2)設(shè)AB:y=2x+b,
將其代入x2-y2=2,得3x2+4bx+b2+2=0…(1)
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1,x2為(1)的兩根.x1+x2=-
4b
3
x1x2=
b2+2
3
,
OA
OB
=x1x2+y1y2=x1x2+(2x1+b)(2x2+b)=5x1x2+2b(x1+x2)+b2

=5•
b2+2
3
+2b•(-
4b
3
)+b2=
10
3
,是定值.(8分)
(3)法一:當(dāng)直線AB的斜率不存在時,
設(shè)直線AB的方程為x=x0,
此時A(x0,
x
2
0
-2
),B(x0,-
x
2
0
-2
),
OA
OB
=2
當(dāng)直線AB的斜率存在時,
設(shè)直線AB的方程為y=kx+b,
代入雙曲線方程
x2
2
-
y2
2
=1
中,
得:(1-k2)x2-2kbx-b2-2=0
依題意可知方程1?有兩個不相等的正數(shù)根,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
△=4k2b2-4(1-k2)•(-b2-2)≥0
x1+x2=
2kb
1-k2
>0
x1x2=
b2+2
k2-1
>0
,
解得|k|>1,
OA
OB
=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)
=(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=
2k2+2
k2-1
=2+
4
k2-1
>2   
  綜上可知
OA
OB
的最小值為2(14分)
法二:,A,B在右支,
故x1,x2>0,
OA
•OB
=x1x2+y1y2=
2+y12
2+y22
+y1y2

=
y12+y22+2(y12y22)+4
+y1y2

y12+y22+4|y1y2|+4
+y1y2

=|y1y2|+2+y1y2≥2,y1=-y2時,“=”成立,
OA
OB
的最小值為2.
點評:本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力,具體涉及到軌跡方程的求法及直線與雙曲線的相關(guān)知識,解題時要注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化.
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已知點M(-2,0),N(2,0),動點P滿足條件||PM|-|PN||=2
2
,記動點P的軌跡為W.
(1)求W的方程;
(2)過N(2,0)作直線l交曲線W于A,B兩點,使得|AB|=2
2
,求直線l的方程.
(3)若從動點P向圓C:x2+(y-4)2=1作兩條切線,切點為A、B,令|PC|=d,試用d來表示
PA
PB
,若
PA
PB
=
36
5
,求P點坐標(biāo).

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14
,求直線l1的方程.

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2
.記動點P的軌跡為W.
(1)求W的方程;
(2)若A,B是W上的不同兩點,O是坐標(biāo)原點,求
OA
OB
的最小值.

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2
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