《高考數(shù)學文大一輪復習檢測:第九章 算法初步、統(tǒng)計、統(tǒng)計案例 課時作業(yè)57 Word版含答案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《高考數(shù)學文大一輪復習檢測:第九章 算法初步、統(tǒng)計、統(tǒng)計案例 課時作業(yè)57 Word版含答案(5頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時作業(yè)57 高考解答題鑒賞——圓錐曲線
1.(2017廣州五校聯(lián)考)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率e=,且經(jīng)過點(,1),O為坐標原點.
(1)求橢圓E的標準方程;
(2)圓O是以橢圓E的長軸為直徑的圓,M是直線x=-4在x軸上方的一點,過M作圓O的兩條切線,切點分別為P、Q,當∠PMQ=60時,求直線PQ的方程.
解:(1)由題意可得e==,
∵橢圓E經(jīng)過點(,1),∴+=1,
又a2-b2=c2,解得a=2,b=2,
∴橢圓E的標準方程為+=1.
(2)連接OM,OP,OQ,OM與PQ交于點A,依題意可設M(-4,m).由圓的切線性質(zhì)及∠PMQ=60,可知△
2、OPM為直角三角形且∠OMP=30,∵|OP|=2,∴|OM|=4,∴=4,
又m>0,解得m=4,∴M(-4,4),
∴直線OM的斜率kOM=-1,
由MP=MQ,OP=OQ可得OM⊥PQ,
∴直線PQ的斜率kPQ=1,
設直線PQ的方程為y=x+n,
∵∠OMP=30,∴∠POM=60,∴∠OPA=30,由|OP|=2知|OA|=,即點O到直線PQ的距離為,∴=,解得n=2(舍去負值),
∴直線PQ的方程為x-y+2=0.
2.如圖,分別過橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點F1,F(xiàn)2的動直線l1,l2相交于P點,l1,l2與橢圓E分別交于A,B與C,D且這四點兩兩不同
3、,直線OA,OB,OC,OD的斜率k1,k2,k3,k4滿足k1+k2=k3+k4.已知當l1與x軸重合時,|AB|=2,|CD|=.
(1)求橢圓E的方程;
(2)是否存在定點M,N,使|PM|+|PN|為定值?若存在,求出M,N點坐標;若不存在,說明理由.
解:(1)當l1與x軸重合時,由2a=|AB|
=2,得a2=3.又=|CD|=,所以b2=2,所以橢圓E的方程為+=1.
(2)焦點F1,F(xiàn)2的坐標分別為(-1,0),(1,0),當直線l1或l2的斜率不存在時,P點的坐標為(-1,0)或(1,0).
當斜率存在時,設直線l1,l2的斜率分別為m1,m2,設A(x1,y
4、1),B(x2,y2),由
得(2+3m)x2+6mx+3m-6=0,
所以x1+x2=-,x1x2=,
所以k1+k2=+=m1
=m1=.
同理k3+k4=.
∵k1+k2=k3+k4,∴=,
即(m1m2+2)(m2-m1)=0,
由題意得m1≠m2,∴m1m2+2=0.
設P(x,y),則+2=0,即+x2=1(x≠1).
當直線l1或l2的斜率不存在時,P點坐標為(-1,0)或(1,0)也滿足上式,所以P(x,y)在橢圓+x2=1上.
所以存在點M,N,其坐標分別為(0,-1),(0,1),使得|PM|+|PN|為定值2.
3.已知動點P到定點F(1,0)和直
5、線l0:x=2的距離之比為,設動點P的軌跡為曲線E,過點F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A,B兩點,直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點,與線段AB相交于一點(與A,B不重合).
(1)求曲線E的方程;
(2)當直線l與圓x2+y2=1相切時,四邊形ACBD的面積是否有最大值?若有,求出其最大值及對應的直線l的方程;若沒有,請說明理由.
解:(1)設點P(x,y),由題意可得=,整理可得+y2=1,即曲線E的方程是+y2=1.
(2)設C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=.
當m=0時,不合題意.
當m≠0時,由直線l與圓x2+y2=1相切,可得=1,即
6、m2+1=n2.
聯(lián)立消去y得x2+2mnx+n2-1=0.Δ=4m2n2-4(n2-1)=2m2>0,
所以x1+x2=,x1x2=,
則S四邊形ABCD=|AB||x2-x1|
==
=≤,
當且僅當2|m|=,即m=時等號成立,此時n=.經(jīng)檢驗可知,直線y=x-和直線y=-x+符合題意.
1.(2017貴陽監(jiān)測)設點F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C:+y2=1(a>1)的左、右焦點,P為橢圓C上任意一點,且的最小值為0.
(1)求橢圓C的方程;
(2)如圖,動直線l:y=kx+m與橢圓C有且僅有一個公共點,作F1M⊥l,F(xiàn)2N⊥l分別交直線l于M,N兩點
7、,求四邊形F1MNF2面積S的最大值.
解:(1)設P(x,y),則=(-c-x,-y),=(c-x,-y),∴=x2+y2-c2=x2+1-c2,x∈[-a,a],由題意得,1-c2=0,c=1,則a2=2,∴橢圓C的方程為+y2=1.
(2)將直線l的方程l:y=kx+m代入橢圓C的方程+y2=1中,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,則Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-2)=0,化簡得:m2=2k2+1.
設d1=|F1M|=,
d2=|F2N|=.
①當k≠0時,設直線l的傾斜角為θ,則
|d1-d2|=|MN||tanθ|,∴|MN|=
|d1
8、-d2|,∴S=|d1-d2|(d1+d2)===,∵m2=2k2+1,∴當k≠0時,|m|>1,|m|+>2,即S<2.
②當k=0時,四邊形F1MNF2是矩形,此時S=2.∴四邊形F1MNF2面積S的最大值為2.
2.(2017石家莊一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率e=,點A為橢圓上一點,∠F1AF2=60,且S△F1AF2=.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設動直線l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個公共點P,且與直線x=4相交于點Q.問:在x軸上是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過定點M?若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由.
解:(1)由e=可得a2
9、=4c2,①
S△F1AF2=|AF1||AF2|sin60=,
可得|AF1||AF2|=4,
在△F1AF2中,由余弦定理可得|F1A|2+|F2A|2-2|F1A||F2A|cos60=4c2,
又|AF1|+|AF2|=2a,可得a2-c2=3,②
聯(lián)立①②得a2=4,c2=1,∴b2=3,
∴橢圓C的方程為+=1.
(2)設點P(x0,y0),由
得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
由題意知Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化簡得4k2-m2+3=0,∴x0=-=-,y0=,∴P.
由得Q(4,4k+m),
假設存在點M,坐標為(x1,0),則=
,=(4-x1,4k+m).
∵以PQ為直徑的圓恒過M點,∴=0,即-+-4x1+x++3=0,
∴(4x1-4)+x-4x1+3=0對任意k,m都成立.
則解得x1=1,
故存在定點M(1,0)符合題意.