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3.已知直線y=x+m與拋物線x2=4y相切,且與x軸的交點(diǎn)為M,點(diǎn)N(-1,0).若動(dòng)點(diǎn)P與兩定點(diǎn)M,N所構(gòu)成三角形的周長(zhǎng)為6.  
(Ⅰ) 求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程;
 (Ⅱ) 設(shè)斜率為$\frac{1}{2}$的直線l交曲線C于A,B兩點(diǎn),當(dāng)PN⊥MN時(shí),證明:∠APN=∠BPN.

分析 (Ⅰ)由直線y=x+m與拋物線x2=4y相切,利用根的差別式求出m=-1,從而M(1,0),進(jìn)而推導(dǎo)出動(dòng)點(diǎn)在以M,N為焦點(diǎn)的橢圓上,且不在x軸上,由此能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程.
(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}x+t$,(t≠±1),聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$,得x2+tx+t2-3=0,由根的判別式得到-2<t<2,要證明∠APN=∠BPN,即要證明kAP+kBP=0,即證x1x2+t(x1+x2)-2(x1+x2)+3-2t=0,由此利用韋達(dá)定理能證明∠APN=∠BPN.

解答 解:(Ⅰ)∵直線y=x+m與拋物線x2=4y相切,
∴方程x2=4(x+m)有等根,
∴△=16+16m=0,解得m=-1,∴M(1,0),
又∵動(dòng)點(diǎn)P與定點(diǎn)M(1,0),N(-1,0)所構(gòu)成的三角形的周長(zhǎng)為6,且|MN|=2,
∴|PM|+|PN|=4>|MN|=2,
根據(jù)橢圓的定義,動(dòng)點(diǎn)在以M,N為焦點(diǎn)的橢圓上,且不在x軸上,
∴2a=4,2c=2,解得a=2,c=1,∴b=$\sqrt{3}$,
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1(y≠0).
證明:(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}x+t$,(t≠±1),
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$,得x2+tx+t2-3=0,
△′=-3t2+12>0,∴-2<t<2,此時(shí)直線l與曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則${x}_{1}+{x}_{2}=-t,{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$,
∵PN⊥MN,不妨取P(1,$\frac{3}{2}$),
要證明∠APN=∠BPN,也就是要證明kAP+kBP=0,
即證$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}}$=0,即證(${y}_{1}-\frac{3}{2}$)(x2-1)+(y2-$\frac{3}{2}$)(x1-1)=0,
即證x1x2+t(x1+x2)-2(x1+x2)+3-2t=0,
把${x}_{1}+{x}_{2}=-t,{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$,代入,得:
t2-3-t2+2t+3-2t=0,
∴∠APN=∠BPN.

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法,考查兩角相等的證明,涉及到直線方程、橢圓、根的判別式、韋達(dá)定理等知識(shí)點(diǎn),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想,是中檔題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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