(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學(xué)案
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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學(xué)案 [考情考向分析] 1.以選擇題、填空題形式考查圓錐曲線的方程、幾何性質(zhì)(特別是離心率). 2.以解答題形式考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(弦長、中點(diǎn)等). 熱點(diǎn)一 圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程 1.圓錐曲線的定義 (1)橢圓:|PF1|+|PF2|=2a(2a>|F1F2|). (2)雙曲線:||PF1|-|PF2||=2a(2a<|F1F2|). (3)拋物線:|PF|=|PM|,點(diǎn)F不在直線l上,PM⊥l于點(diǎn)M. 2.求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程“先定型,后計(jì)算” 所謂“定型”,就是確定曲線焦點(diǎn)
2、所在的坐標(biāo)軸的位置;所謂“計(jì)算”,就是指利用待定系數(shù)法求出方程中的a2,b2,p的值. 例1 (1)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,左、右頂點(diǎn)為M,N,過F2的直線l交C于A,B兩點(diǎn)(異于M,N),△AF1B的周長為4,且直線AM與AN的斜率之積為-,則C的方程為( ) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+y2=1 答案 C 解析 由△AF1B的周長為4,可知|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=4, 解得a=,則M,N(,0). 設(shè)點(diǎn)A(x0,y0)(x0≠±), 由直線AM與AN的斜率之積為-, 可得·=-, 即
3、y=-(x-3),① 又+=1,所以y=b2,② 由①②解得b2=2. 所以C的方程為+=1. (2)已知以圓C:(x-1)2+y2=4的圓心為焦點(diǎn)的拋物線C1與圓C在第一象限交于A點(diǎn),B點(diǎn)是拋物線C2:x2=8y上任意一點(diǎn),BM與直線y=-2垂直,垂足為M,則|BM|-|AB|的最大值為( ) A.1 B.2 C.-1 D.8 答案 A 解析 因?yàn)閳AC:(x-1)2+y2=4的圓心為C(1,0), 所以可得以C(1,0)為焦點(diǎn)的拋物線方程為y2=4x, 由解得A(1,2). 拋物線C2:x2=8y的焦點(diǎn)為F(0,2), 準(zhǔn)線方程為y=-2, 即有|BM|-|A
4、B|=|BF|-|AB|≤|AF|=1, 當(dāng)且僅當(dāng)A,B,F(xiàn)(A在B,F(xiàn)之間)三點(diǎn)共線時(shí),可得最大值為1. 思維升華 (1)準(zhǔn)確把握?qǐng)A錐曲線的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì),注意當(dāng)焦點(diǎn)在不同坐標(biāo)軸上時(shí),橢圓、雙曲線、拋物線方程的不同表示形式. (2)求圓錐曲線方程的基本方法就是待定系數(shù)法,可結(jié)合草圖確定. 跟蹤演練1 (1)已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,以|F1F2|為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個(gè)交點(diǎn)為,則雙曲線的方程為( ) A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 答案 D 解析 ∵點(diǎn)(3,4)在以|F1F2|為直徑的圓上,
5、 ∴c=5,可得a2+b2=25.① 又∵點(diǎn)(3,4)在雙曲線的漸近線y=x上, ∴=.② 由①②聯(lián)立,解得a=3,b=4, 可得雙曲線的方程為-=1. (2)(2018·寧波模擬)已知雙曲線C的漸近線方程是y=±2x,右焦點(diǎn)F(3,0),則雙曲線C的方程為________,又若點(diǎn)N(0,6),M是雙曲線C的左支上一點(diǎn),則△FMN周長的最小值為________. 答案 x2-=1 6+2 解析 因?yàn)辄c(diǎn)F(3,0)為雙曲線的右焦點(diǎn),則不妨設(shè)雙曲線的方程為-=1(a>0,b>0), 所以雙曲線的漸近線方程為y=±x=±2x, 即=2,① 又因?yàn)閍2+b2=32,② 聯(lián)立①②
6、,解得a=1,b=2,所以雙曲線的方程為x2-=1,設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F′,則△FMN的周長為|NF|+|MN|+|MF|=|NF|+|MN|+2a+|MF′|≥|NF|+2a+|NF′|=2|NF|+2a=6+2,當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M為直線NF′與雙曲線的左支的交點(diǎn)時(shí),等號(hào)成立,所以△FMN的周長的最小值為6+2. 熱點(diǎn)二 圓錐曲線的幾何性質(zhì) 1.橢圓、雙曲線中a,b,c之間的關(guān)系 (1)在橢圓中:a2=b2+c2,離心率為e==. (2)在雙曲線中:c2=a2+b2,離心率為e==. 2.雙曲線-=1(a>0,b>0)的漸近線方程為y=±x.注意離心率e與漸近線的斜率的關(guān)系. 例2 (
7、1)設(shè)F1,F(xiàn)2分別是橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),過點(diǎn)F1的直線交橢圓E于A,B兩點(diǎn),若△AF1F2的面積是△BF1F2面積的三倍,cos∠AF2B=,則橢圓E的離心率為( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 設(shè)|F1B|=k, 依題意可得|AF1|=3k,|AB|=4k, ∴|AF2|=2a-3k,|BF2|=2a-k. ∵cos∠AF2B=, 在△ABF2中,由余弦定理可得 |AB|2=|AF2|2+|BF2|2-2|AF2||BF2|cos∠AF2B, ∴(4k)2=(2a-3k)2+(2a-k)2-(2a-3k)(2a-k), 化簡可得
8、(a+k)(a-3k)=0, 而a+k>0,故a-3k=0,a=3k, ∴|AF2|=|AF1|=3k,|BF2|=5k, ∴|BF2|2=|AF2|2+|AB|2, ∴AF1⊥AF2,∴△AF1F2是等腰直角三角形. ∴c=a,橢圓的離心率e==. (2)已知雙曲線M:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,=2c.若雙曲線M的右支上存在點(diǎn)P,使=,則雙曲線M的離心率的取值范圍為( ) A. B. C.(1,2) D. 答案 A 解析 根據(jù)正弦定理可知=, 所以=,即|PF2|=|PF1|, =2a, 所以=2a,解得=, 而>a+c,即>
9、a+c,
整理得3e2-4e-1<0,解得
10、程為y=±x,由橢圓的對(duì)稱性不妨取漸近線為y=x,設(shè)漸近線與橢圓的交點(diǎn)為, 則有解得=2,則c2=a2+b2=3a2,則此雙曲線的離心率e==,故選B. (2)已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的焦距為2c,直線l過點(diǎn)且與雙曲線C的一條漸近線垂直,以雙曲線C的右焦點(diǎn)為圓心,半焦距為半徑的圓與直線l交于M,N兩點(diǎn),若|MN|=c,則雙曲線C的漸近線方程為( ) A.y=±x B.y=±x C.y=±2x D.y=±4x 答案 B 解析 方法一 由題意可設(shè)漸近線方程為y=x, 則直線l的斜率kl=-, 直線l的方程為y=-, 整理可得ax+by-a2=0. 焦點(diǎn)(
11、c,0)到直線l的距離 d==, 則弦長為2=2=c, 整理可得c4-9a2c2+12a3c-4a4=0, 即e4-9e2+12e-4=0, 分解因式得=0. 又雙曲線的離心率e>1,則e==2, 所以= ==, 所以雙曲線C的漸近線方程為y=±x. 方法二 圓心到直線l的距離為=, ∴=,∴c2-3ac+2a2=0, ∴c=2a,b=a,∴漸近線方程為y=±x. 熱點(diǎn)三 直線與圓錐曲線 判斷直線與圓錐曲線公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)或求交點(diǎn)問題有兩種常用方法 (1)代數(shù)法:聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個(gè)關(guān)于x,y的方程組,消去y(或x)得一元二次方程,此方程根的個(gè)數(shù)即為交點(diǎn)個(gè)數(shù)
12、,方程組的解即為交點(diǎn)坐標(biāo). (2)幾何法:畫出直線與圓錐曲線的圖象,根據(jù)圖象判斷公共點(diǎn)個(gè)數(shù). 例3 (2018·浙江教育綠色評(píng)價(jià)聯(lián)盟適應(yīng)性考試)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,其右頂點(diǎn)A到上頂點(diǎn)的距離為,過點(diǎn)A的直線l:y=k(x-a)(k<0)與橢圓E交于另一點(diǎn)B,點(diǎn)C為y軸上一點(diǎn). (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若△ABC是等邊三角形,求直線l的方程. 解 (1)由題意可知,橢圓E的離心率e==, =,a2=b2+c2, 所以所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)設(shè)AB的中點(diǎn)為M(x0,y0),連接CM,則由△ABC為等邊三角
13、形可知MC⊥AB,且|MC|=|AB|. 聯(lián)立 可得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 設(shè)B(x1,y1),則2x1=, 所以x1=,x0==, 將x0代入y=k(x-2),得y0=-, 所以M, |AB|=|x1-2|=·, |MC|=|x0|=·. 由|MC|=|AB|, 得·=··, 解得|k|=, 又因?yàn)閗<0,所以k=-, 所以直線l的方程為y=-(x-2), 即3x+4y-6=0. 思維升華 解決直線與圓錐曲線問題的通法是聯(lián)立方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系,設(shè)而不求思想,弦長公式等簡化計(jì)算;涉及中點(diǎn)弦問題時(shí),也可用“點(diǎn)差法”求解. 跟蹤演
14、練3 (2018·杭州質(zhì)檢)如圖,過拋物線M:y=x2上一點(diǎn)A(點(diǎn)A不與原點(diǎn)O重合)作拋物線M的切線AB交y軸于點(diǎn)B,點(diǎn)C是拋物線M上異于點(diǎn)A的點(diǎn),設(shè)G為△ABC的重心(三條中線的交點(diǎn)),直線CG交y軸于點(diǎn)D.設(shè)點(diǎn)A(x0,x)(x0≠0). (1)求直線AB的方程; (2)求的值. 解 (1)因?yàn)閥′=2x, 所以直線AB的斜率k=y(tǒng)′=2x0. 所以直線AB的方程y-x=2x0(x-x0), 即y=2x0x-x, 即直線AB的方程為2x0x-y-x=0. (2)由題意得,點(diǎn)B的縱坐標(biāo)yB=-x, 所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為. 設(shè)C(x1,y1),G(x2,y2), 直線
15、CG的方程為x=my+x0(m≠0). 由 聯(lián)立得m2y2+(mx0-1)y+x=0. Δ=(mx0-1)2-4×m2×=1-2mx0>0, 即mx0<. 因?yàn)镚為△ABC的重心,所以y1=3y2. 由根與系數(shù)的關(guān)系,得 y1+y2=4y2=,y1y2=3y=. 所以=, 解得mx0=-3±2,滿足Δ>0. 所以點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD=-=, 故==4±6. 真題體驗(yàn) 1.(2017·北京)若雙曲線x2-=1的離心率為,則實(shí)數(shù)m=________. 答案 2 解析 由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程知, a=1,b2=m,c=, 故雙曲線的離心率e===, ∴1+m=3,解得
16、m=2. 2.(2017·全國Ⅱ改編)若雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的一條漸近線被圓(x-2)2+y2=4所截得的弦長為2,則雙曲線C的離心率為________. 答案 2 解析 設(shè)雙曲線的一條漸近線方程為y=x, 圓的圓心為(2,0),半徑為2, 由弦長為2,得圓心到漸近線的距離為=. 由點(diǎn)到直線的距離公式,得=,解得b2=3a2.所以雙曲線C的離心率e====2. 3.(2017·全國Ⅱ改編)過拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)F,且斜率為的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸上方),l為C的準(zhǔn)線,點(diǎn)N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為________. 答案 2 解析 拋物線y
17、2=4x的焦點(diǎn)為F(1,0),準(zhǔn)線方程為x=-1.由直線方程的點(diǎn)斜式,可得直線MF的方程為y=(x-1). 聯(lián)立方程組 解得 或 ∵點(diǎn)M在x軸的上方,∴M(3,2). ∵M(jìn)N⊥l,∴N(-1,2). ∴|NF|==4, |MF|=|MN|=3-(-1)=4. ∴△MNF是邊長為4的等邊三角形. ∴點(diǎn)M到直線NF的距離為2. 4.(2017·山東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線-=1(a>0,b>0)的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點(diǎn),若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為________. 答案 y=±x 解析 設(shè)A(x
18、1,y1),B(x2,y2), 由消去x,得 a2y2-2pb2y+a2b2=0, ∴y1+y2=. 又∵|AF|+|BF|=4|OF|, ∴y1++y2+=4×, 即y1+y2=p, ∴=p,即=, ∴=, ∴雙曲線的漸近線方程為y=±x. 押題預(yù)測(cè) 1.已知F1,F(xiàn)2是雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),過F2作雙曲線一條漸近線的垂線,垂足為點(diǎn)A,交另一條漸近線于點(diǎn)B,且=,則該雙曲線的離心率為( ) A. B. C. D.2 押題依據(jù) 圓錐曲線的幾何性質(zhì)是圓錐曲線的靈魂,其中離心率、漸近線是高考命題的熱點(diǎn). 答案 A 解析 由F2(c,0)到
19、漸近線y=x的距離為d==b,即=b,則=3b. 在△AF2O中,=c, tan∠F2OA=, tan∠AOB==, 化簡可得a2=2b2,即c2=a2+b2=a2, 即e==,故選A. 2.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且點(diǎn)在該橢圓上. (1)求橢圓C的方程; (2)過橢圓C的左焦點(diǎn)F1的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),若△AOB的面積為,求圓心在原點(diǎn)O且與直線l相切的圓的方程. 押題依據(jù) 橢圓及其性質(zhì)是歷年高考的重點(diǎn),直線與橢圓的位置關(guān)系中的弦長、中點(diǎn)等知識(shí)應(yīng)給予充分關(guān)注. 解 (1)由題意可得e==, 又a2=b2+c2,所以b2=a2. 因?yàn)闄E圓C
20、經(jīng)過點(diǎn), 所以+=1,解得a2=4,所以b2=3, 故橢圓C的方程為+=1. (2)由(1)知F1(-1,0),設(shè)直線l的方程為x=ty-1, 由消去x,得 (4+3t2)y2-6ty-9=0, 顯然Δ>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則y1+y2=,y1y2=-, 所以|y1-y2|= ==, 所以S△AOB=·|F1O|·|y1-y2|==, 化簡得18t4-t2-17=0, 即(18t2+17)(t2-1)=0, 解得t=1,t=-(舍去). 又圓O的半徑r==, 所以r=,故圓O的方程為x2+y2=. A組 專題通關(guān) 1.(201
21、7·全國Ⅲ)已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=x,且與橢圓+=1有公共焦點(diǎn),則C的方程為( ) A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 答案 B 解析 由y=x,可得=.① 由橢圓+=1的焦點(diǎn)為(3,0),(-3,0), 可得a2+b2=9.② 由①②可得a2=4,b2=5. 所以C的方程為-=1.故選B. 2.(2018·嘉興市、麗水市教學(xué)測(cè)試)若雙曲線C:x2-y2=1的右頂點(diǎn)為A,過點(diǎn)A的直線l與雙曲線C的兩條漸近線交于P,Q兩點(diǎn),且=2,則直線l的斜率為( ) A.± B.± C.±2 D.±3 答案 D
22、解析 由題意得雙曲線的漸近線方程為x±y=0,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,0).當(dāng)直線l的斜率不存在或斜率為±1或0時(shí),顯然不符合題意;當(dāng)直線l的斜率存在且不等于±1和0時(shí),設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),分別與雙曲線的兩條漸近線聯(lián)立,解得或 則由=2,得yP=-2yQ, 即=-2×或-=-2×, 解得k=3或k=-3,故選D. 3.(2018·全國Ⅰ)已知雙曲線C:-y2=1,O為坐標(biāo)原點(diǎn),F(xiàn)為C的右焦點(diǎn),過F的直線與C的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為M,N.若△OMN為直角三角形,則|MN|等于( ) A. B.3 C.2 D.4 答案 B 解析 由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y=
23、± x. 設(shè)兩漸近線的夾角為2α,則有tan α==, 所以α=30°.所以∠MON=2α=60°. 又△OMN為直角三角形,由于雙曲線具有對(duì)稱性, 不妨設(shè)MN⊥ON,如圖所示. 在Rt△ONF中,|OF|=2, 則|ON|=. 則在Rt△OMN中, |MN|=|ON|·tan 2α =·tan 60°=3.故選B. 4.(2018·浙江省衢州二中模擬)設(shè)橢圓E:+=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為F(2,0),點(diǎn)A(-2,1)為橢圓E內(nèi)一點(diǎn),若橢圓E上存在一點(diǎn)P,使得|PA|+|PF|=8,則橢圓E的離心率的取值范圍是( ) A. B. C. D. 答案
24、A 解析 設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F2(-2,0),則|PA|-|AF2|≤|PF2|≤|PA|+|AF2|,即|PA|-1≤|PF2|≤|PA|+1,當(dāng)且僅當(dāng)P,A,F(xiàn)2三點(diǎn)共線時(shí),等號(hào)成立,則2a=|PF|+|PF2|∈[7,9],則橢圓的離心率e=∈,故選A. 5.拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為________,若點(diǎn)P(,m)在拋物線C上,則線段PF的長度為________. 答案 (2,0)?。? 解析 拋物線y2=8x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(2,0),則拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-2,因?yàn)辄c(diǎn)P(,m)在拋物線上,所以PF的長度等于點(diǎn)P(,m)到拋物線的準(zhǔn)線的距離,即|PF|=+2. 6.(
25、2018·北京)已知橢圓M:+=1(a>b>0),雙曲線N:-=1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個(gè)交點(diǎn)及橢圓M的兩個(gè)焦點(diǎn)恰為一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn),則橢圓M的離心率為________;雙曲線N的離心率為________. 答案 -1 2 解析 方法一 雙曲線N的漸近線方程為y=±x,則=tan 60°=,∴雙曲線N的離心率e1滿足e=1+=4,∴e1=2. 由得x2=. 如圖,設(shè)D點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x, 由正六邊形的性質(zhì)得|ED|=2x=c,∴4x2=c2. ∴=a2-b2,得3a4-6a2b2-b4=0, ∴3--2=0,解得=2-3. ∴橢圓M的離心率e2滿足e=1-=4-2.
26、 ∴e2=-1. 方法二 雙曲線N的漸近線方程為y=±x, 則=tan 60°=. 又c1==2m,∴雙曲線N的離心率為=2. 如圖,連接EC,由題意知,F(xiàn),C為橢圓M的兩焦點(diǎn),設(shè)正六邊形的邊長為1,則|FC|=2c2=2,即c2=1. 又E為橢圓M上一點(diǎn),則|EF|+|EC|=2a, 即1+=2a,∴a=. ∴橢圓M的離心率為==-1. 7.已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),且直線l與圓x2-px+y2-p2=0交于C,D兩點(diǎn),若|AB|=3|CD|,則直線l的斜率為________. 答案 ± 解析 由題意得F
27、,由x2-px+y2-p2=0, 配方得2+y2=p2, 所以直線l過圓心,可得|CD|=2p, 若直線l的斜率不存在,則l:x=, |AB|=2p,|CD|=2p,不符合題意, ∴直線l的斜率存在. ∴可設(shè)直線l的方程為y=k, A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立化為x2-x+=0, 所以x1+x2=p+, 所以|AB|=x1+x2+p=2p+, 由|AB|=3|CD|,所以2p+=6p, 可得k2=,所以k=±. 8.已知A,B是橢圓C上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn),若橢圓C上存在點(diǎn)P,使得直線PA,PB斜率的絕對(duì)值之和為1,則橢圓C的離心率的取值范圍是______
28、__.
答案
解析 不妨設(shè)橢圓C的方程為+=1(a>b>0),P(x,y),A(x1,y1),則B,
所以+=1,+=1,
兩式相減得=-,所以=-,
所以直線PA,PB斜率的絕對(duì)值之和為+≥2=,
由題意得≤1,所以a2≥4b2=4a2-4c2,即3a2≤4c2,
所以e2≥,又因?yàn)?
29、. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 由題意知=8,解得k=-1(舍去)或k=1. 因此l的方程為x-y-1=0. (2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0), 則 解得或 因此所求圓的方程為(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 10.(2018·天津)設(shè)橢圓+=1(a>b>0)
30、的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB|·|AB|=6. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)直線l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若=sin∠AOQ(O為原點(diǎn)),求k的值. 解 (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有 =, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得|FB|=a,|AB|=b, 由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,從而a=3,b=2. 所以橢圓的方程為+=1. (2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2). 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y(tǒng)
31、1-y2. 又因?yàn)閨AQ|=,而∠OAB=, 所以|AQ|=y(tǒng)2. 由=sin∠AOQ,可得5y1=9y2. 由方程組消去x,可得y1= . 由題意求得直線AB的方程為x+y-2=0, 由方程組消去x,可得y2=. 由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,兩邊平方, 整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=. 所以k的值為或. B組 能力提高 11.2000多年前,古希臘大數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯(Apollonius)發(fā)現(xiàn):平面截圓錐的截口曲線是圓錐曲線.已知圓錐的高為PH,AB為地面直徑,頂角為2θ,那么不過頂點(diǎn)P的平面與PH夾角>a>θ時(shí),截口曲線為橢圓;與PH夾
32、角a=θ時(shí),截口曲線為拋物線;與PH夾角θ>a>0時(shí),截口曲線為雙曲線.如圖,底面內(nèi)的直線AM⊥AB,過AM的平面截圓錐得到的曲線為橢圓,其中與PB的交點(diǎn)為C,可知AC為長軸.那么當(dāng)C在線段PB上運(yùn)動(dòng)時(shí),截口曲線的短軸端點(diǎn)的軌跡為( ) A.圓的一部分 B.橢圓的一部分 C.雙曲線的一部分 D.拋物線的一部分 答案 D 解析 如圖,因?yàn)閷?duì)于給定的橢圓來說,短軸的端點(diǎn)Q到焦點(diǎn)F的距離等于長半軸a,但短軸的端點(diǎn)Q到直線AM的距離也是a,即說明短軸的端點(diǎn)Q到定點(diǎn)F的距離等于到定直線AM的距離,且點(diǎn)F不在定直線AM上,所以由拋物線的定義可知,短軸的端點(diǎn)的軌跡是拋物線的一部分,故選D.
33、 12.已知直線MN過橢圓+y2=1的左焦點(diǎn)F,與橢圓交于M,N兩點(diǎn),直線PQ過原點(diǎn)O與MN平行,且與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),則=________. 答案 2 解析 方法一 特殊化,設(shè)MN⊥x軸,則===,2=4, ==2. 方法二 由題意知F(-1,0),當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),|MN|==,|PQ|=2b=2,則=2;當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)直線MN的斜率為k, 則MN方程為y=k(x+1),M(x1,y1),N(x2,y2), 聯(lián)立方程 整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0. 由根與系數(shù)的關(guān)系,得 x1+x2=-,x1x2=, 則|MN|=·=.
34、直線PQ的方程為y=kx,P(x3,y3),Q(x4,y4), 則解得x2=,y2=, 則|OP|2=x2+y2=,又|PQ|=2|OP|, 所以|PQ|2=4|OP|2=,∴=2. 13.(2018·浙江省杭州二中月考)已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,過點(diǎn)F1且斜率為1的直線與x2+y2=1相切,點(diǎn)P是橢圓上的點(diǎn),G,I分別是△F1PF2的重心與內(nèi)心,且=λ,則橢圓的方程為________________. 答案?。? 解析 過橢圓的左焦點(diǎn)F1且斜率為1的直線的方程為x-y+c=0,因?yàn)槠渑c圓x2+y2=1相切,所以=1,解得c=.設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0
35、,y0),則△F1PF2的重心G的坐標(biāo)為,即G,又因?yàn)椋溅?,所以GI平行于x軸,則△F1PF2的內(nèi)心I的縱坐標(biāo)為,則△F1PF2的內(nèi)切圓的半徑為,則△F1PF2的面積為××(|F1F2|+|PF1|+|PF2|)=×|y0|×|F1F2|,即××(2c+2a)=×|y0|×2c,化簡得a=2c=2,則b2=a2-c2=6,所以橢圓的方程為+=1. 14.(2018·浙江)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足=2,則當(dāng)m=________時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大. 答案 5 解析 方法一 如圖,設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),由于橢圓具有對(duì)稱性,不妨設(shè)點(diǎn)B在
36、第一象限,則xB>0,yB>0. ∵P(0,1),=2, ∴(-xA,1-yA)=2(xB,yB-1). ∴-xA=2xB,即xA=-2xB. 設(shè)直線AB:y=kx+1(k>0). 將y=kx+1代入+y2=m, 得(1+4k2)x2+8kx+4-4m=0.(*) ∴xA+xB=-xB=-, ∴xB==≤=2, 當(dāng)且僅當(dāng)=4k,即k=時(shí),xB取到最大值2, 此時(shí)方程(*)化為x2+2x+2-2m=0, xA·xB=-2x=-8,即2-2m=-8,解得m=5. 當(dāng)點(diǎn)B在其他象限時(shí),同理可解. 方法二 設(shè)直線AB:y=kx+1(k≠0), A(xA,yA),B(xB,yB). 由P(0,1),=2,得xA=-2xB. 由得(1+4k2)x2+8kx+4-4m=0, ∴xA+xB=-xB=,xAxB=-2x=.消去xB,得m=1+. |xB|==≤2, 當(dāng)且僅當(dāng)|k|=時(shí),|xB|max=2,此時(shí)m=5.
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