高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 第9章 熱點(diǎn)探究課6 高考中的圓錐曲線問題

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1、 熱點(diǎn)探究課(六) 高考中的圓錐曲線問題 [命題解讀] 圓錐曲線是平面解析幾何的核心內(nèi)容,每年高考必考一道解答題,常以求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、位置關(guān)系、定點(diǎn)、定值、最值、范圍、探索性問題為主.這些試題的命題有一個(gè)共同的特點(diǎn),就是起點(diǎn)低,但在第(2)問中一般都伴有較為復(fù)雜的運(yùn)算,對考生解決問題的能力要求較高. 熱點(diǎn)1 圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì) 圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程在高考中占有十分重要的地位.一般地,求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是作為解答題中考查“直線與圓錐曲線”的第一小題,最常用的方法是定義法與待定系數(shù)法.離心率是高考對圓錐曲線考查的另一重點(diǎn),涉及a,b,c三者之間的關(guān)系.另外拋物線的準(zhǔn)線,雙曲線的

2、漸近線也是命題的熱點(diǎn).  如圖1,橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點(diǎn),且PQ⊥PF1. 圖1 (1)若PF1=2+,PF2=2-,求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若PF1=PQ,求橢圓的離心率e. 【導(dǎo)學(xué)號:62172279】 [解] (1)由橢圓的定義, 2a=PF1+PF2=(2+)+(2-)=4,故a=2. 設(shè)橢圓的半焦距為c,由已知PF1⊥PF2, 因此2c=F1F2= ==2.3分 即c=,從而b==1, 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.5分 (2)連結(jié)F1Q,如圖,由橢圓的定義知PF1+PF2=2a,

3、QF1+QF2=2a, 又PF1=PQ=PF2+QF2=(2a-PF1)+(2a-QF1), 可得QF1=4a-2PF1. ① 又因?yàn)镻F1⊥PQ且PF1=PQ, 所以QF1=PF1.?、?分 由①②可得PF1=(4-2)a, 從而PF2=2a-PF1=(2-2)a. 由PF1⊥PF2,知PF+PF=F1F, 即(4-2)2a2+(2-2)2a2=4c2,12分 可得(9-6)a2=c2,即=9-6, 因此e===-.14分 [規(guī)律方法] 1.用定義法求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是常用的方法,同時(shí)應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 2.圓錐曲線的離心率刻畫曲線的扁平程度,只需明確a,b

4、,c中任意兩量的關(guān)系都可求出離心率,但一定注意不同曲線離心率取值范圍的限制. [對點(diǎn)訓(xùn)練1] 已知橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,離心率為,它的一個(gè)頂點(diǎn)為拋物線x2=4y的焦點(diǎn). (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若直線y=x-1與拋物線相切于點(diǎn)A,求以A為圓心且與拋物線的準(zhǔn)線相切的圓的方程. [解] (1)橢圓中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上. 設(shè)橢圓的方程為+=1(a>b>0), 因?yàn)閽佄锞€x2=4y的焦點(diǎn)為(0,1), 所以b=1.2分 由離心率e==,a2=b2+c2=1+c2, 從而得a=,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.6分 (2)由解得所以點(diǎn)A(2,1).8分 因?yàn)?/p>

5、拋物線的準(zhǔn)線方程為y=-1, 所以圓的半徑r=1-(-1)=2, 所以圓的方程為(x-2)2+(y-1)2=4.14分 熱點(diǎn)2 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 定點(diǎn)、定值問題一般涉及曲線過定點(diǎn)、與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問題. 角度1 圓錐曲線的定值問題  (2016·北京高考)已知橢圓C:+=1過A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn). (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:四邊形ABNM的面積為定值. [解] (1)由題意得a=2,b=1,

6、所以橢圓C的方程為+y2=1.3分 又c==,所以離心率e==.5分 (2)證明:設(shè)P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x+4y=4. 又A(2,0),B(0,1), 所以直線PA的方程為y=(x-2).7分 令x=0,得yM=-,從而BM=1-yM=1+. 直線PB的方程為y=x+1.9分 令y=0,得xN=-,從而AN=2-xN=2+. 所以四邊形ABNM的面積S=AN·BM = = ==2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.14分 [規(guī)律方法] 1.求定值問題的常用方法: (1)從特殊入手,求出定值,再證明這個(gè)值與變量無關(guān). (2)直接推理、計(jì)算,并在

7、計(jì)算推理的過程中消去變量,從而得到定值. 2.定值問題就是在運(yùn)動(dòng)變化中尋找不變量的問題,基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題,證明要解決的問題與參數(shù)無關(guān).在這類問題中選擇消元的方法是非常關(guān)鍵的. 角度2 圓錐曲線中的定點(diǎn)問題  設(shè)橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為e=,且過點(diǎn). (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)橢圓E的左頂點(diǎn)是A,若直線l:x-my-t=0與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)M,N(M,N與A均不重合),若以MN為直徑的圓過點(diǎn)A,試判定直線l是否過定點(diǎn),若過定點(diǎn),求出該定點(diǎn)的坐標(biāo). 【導(dǎo)學(xué)號:62172280】 [解] (1)由e2===,可得a2=2b2,2分 橢圓方程為

8、+=1, 代入點(diǎn)可得b2=2,a2=4, 故橢圓E的方程為+=1.5分 (2)由x-my-t=0得x=my+t, 把它代入E的方程得(m2+2)y2+2mty+t2-4=0, 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則 y1+y2=-,y1y2=, x1+x2=m(y1+y2)+2t=, x1x2=(my1+t)(my2+t) =m2y1y2+tm(y1+y2)+t2=.8分 因?yàn)橐訫N為直徑的圓過點(diǎn)A, 所以AM⊥AN, 所以·=(x1+2,y1)·(x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2 =+2×+4+ ===0.10分 因?yàn)镸,N與A均

9、不重合,所以t≠-2, 所以t=-,直線l的方程是x=my-,直線l過定點(diǎn)T, 由于點(diǎn)T在橢圓內(nèi)部,故滿足判別式大于0, 所以直線l過定點(diǎn)T.14分 [規(guī)律方法] 1.假設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo),根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個(gè)直線系或曲線系方程,而該方程與參數(shù)無關(guān),故得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組,以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即所求定點(diǎn). 2.從特殊位置入手,找出定點(diǎn),再證明該點(diǎn)適合題意. [對點(diǎn)訓(xùn)練2] 已知橢圓E:+=1,A,B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在射線l:x=4(y>0)上運(yùn)動(dòng),MA交橢圓E于點(diǎn)P,MB交橢圓E于點(diǎn)Q. (1)若△MAB垂心的縱坐標(biāo)為-4,求點(diǎn)P的坐標(biāo); (2)試問

10、:直線PQ是否過定點(diǎn)?若過定點(diǎn),求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不過定點(diǎn),請說明理由. [解] (1)由題意知A(-2,0),B(2,0). 設(shè)△MAB的垂心為H,因?yàn)锳B邊上的高所在的直線方程為l:x=4,且△MAB垂心的縱坐標(biāo)為-4,所以H(4,-4). 所以直線BH的斜率為kBH==-, 所以直線AM的方程為y=()(x+2). 由?或4分 所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為.6分 (2)設(shè)P點(diǎn)的坐標(biāo)為(x1,y1),Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(x2,y2), 則y=(8-x),y=(8-x),直線AP的方程為y=(x+2). 由?M.8分 由于M,B,Q三點(diǎn)共線,所以kBM=kBQ,從而=, 即=,兩邊平方得

11、 =?=?=, 整理得2x1x2-5(x1+x2)+16=0.(*) 設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m. 由?(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, 所以x1+x2=-,x1x2=,代入(*)得m2+5km+8k2=0, 解得m=-k,或m=-4k. 當(dāng)m=-k時(shí),直線PQ的方程為y=kx-k,即y=k(x-),恒過點(diǎn)(,0); 當(dāng)m=-4k,直線PQ的方程為y=kx-4k,即y=k(x-4),恒過點(diǎn)(4,0),此種情況不合題意. 綜上可知,直線PQ恒過點(diǎn)(,0).16分 熱點(diǎn)3 圓錐曲線中的最值、范圍問題 圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類:一是涉及距離、面積的最值

12、以及與之相關(guān)的一些問題;二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)求解與之有關(guān)的一些問題.  平面直角坐標(biāo)系xOy中,過橢圓M:+=1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x+y-=0交M于A,B兩點(diǎn),P為AB的中點(diǎn),且OP的斜率為. (1)求M的方程; (2)C,D為M上的兩點(diǎn),若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值. [解] (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 則+=1,+=1,=-1, 由此可得=-=1. 因?yàn)閤1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=, 所以a2=2b2. 又由題意知,M的右焦點(diǎn)為(,0),故a

13、2-b2=3. 因此a2=6,b2=3. 所以M的方程為+=1.8分 (2)由解得或 因此AB=. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n, 設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4). 由得3x2+4nx+2n2-6=0. 于是x3,4=. 因?yàn)橹本€CD的斜率為1, 所以CD=|x4-x3|=. 由已知,四邊形ACBD的面積 S=CD·AB=, 當(dāng)n=0時(shí),S取得最大值,最大值為, 所以四邊形ACBD面積的最大值為.16分 [規(guī)律方法] 范圍(最值)問題的主要求解方法: (1)幾何法,若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質(zhì)來解決. (2)代數(shù)

14、法,若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系,則可先建立起目標(biāo)函數(shù)或等量關(guān)系,利用判別式、基本不等式、函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行求解. [對點(diǎn)訓(xùn)練3] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為4,且過點(diǎn)(,-2). (1)求橢圓C的方程; (2)過橢圓焦點(diǎn)的直線l與橢圓C分別交于點(diǎn)E,F(xiàn),求·的取值范圍. [解] 由橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為4. 得曲線C的焦點(diǎn)F1(0,-2),F(xiàn)2(0,2).2分 又點(diǎn)(,-2)在橢圓C上, 2a=+=4, 所以a=2,b=2, 即橢圓C的方程是+=1.5分 (2)若直線l垂直于x軸, ①則點(diǎn)E(0,2),F(xiàn)(0,-2),·=-

15、8. ②若直線l不垂直于x軸, 設(shè)l的方程為y=kx+2,點(diǎn)E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),將直線l的方程代入橢圓C的方程得到: (2+k2)x2+4kx-4=0, 則x1+x2=,x1x2=,8分 所以·=x1x2+y1y2 =(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4 =++4=-8.10分 因?yàn)?<≤10,所以-8<·≤2. 綜上可知,·的取值范圍是[-8,2].14分 熱點(diǎn)4 圓錐曲線中的探索性問題(答題模板) 圓錐曲線的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面:(1)探索點(diǎn)是否存在;(2)探索曲線是否存在;(3)探索命題是否成立.涉及這類命題的求解主要是研究直線與

16、圓錐曲線的位置關(guān)系問題.  (本小題滿分16分)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C:y=與直線l:y=kx+a(a>0)交于M,N兩點(diǎn). (1)當(dāng)k=0時(shí),分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程; (2)y軸上是否存在點(diǎn)P,使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí),總有∠OPM=∠OPN?說明理由. [解] (1)由題設(shè)可得M(2,a),N(-2,a),或M(-2,a),N(2,a).2分 又y′=,故y=在x=2處的導(dǎo)數(shù)值為,C在點(diǎn)(2,a)處的切線方程為y-a=(x-2), 即x-y-a=0.4分 y=在x=-2處的導(dǎo)數(shù)值為-,C在點(diǎn)(-2,a)處的切線方程為y-a=-(x+2), 即x+y+a=0.6分 故所

17、求切線方程為x-y-a=0或x+y+a=0.7分 (2)存在符合題意的點(diǎn).證明如下: 設(shè)P(0,b)為符合題意的點(diǎn),M(x1,y1),N(x2,y2),直線PM,PN的斜率分別為k1,k2.8分 將y=kx+a代入C的方程,得x2-4kx-4a=0. 故x1+x2=4k,x1x2=-4a.10分 從而k1+k2=+ ==.13分 當(dāng)b=-a時(shí),有k1+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ), 故∠OPM=∠OPN,所以點(diǎn)P(0,-a)符合題意.16分 [答題模板] 第一步:分別求出曲線y=在M點(diǎn),N點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù). 第二步:利用點(diǎn)斜式分別寫出在M點(diǎn)、N點(diǎn)的切線方程.

18、 第三步:聯(lián)立直線y=kx+a與拋物線y=,并寫出根與系數(shù)的關(guān)系式. 第四步:由kPM+kPN=0,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系式,探索點(diǎn)P的坐標(biāo). 第五步:檢驗(yàn)反思,查關(guān)鍵點(diǎn),規(guī)范步驟. [溫馨提示] 1.(1)在第(2)問中,不能把條件∠OPM=∠OPN適當(dāng)轉(zhuǎn)化為k1+k2=0,找不到解題的思路和方法,而不能得分. (2)運(yùn)算能力差或運(yùn)算不細(xì)心,導(dǎo)致運(yùn)算結(jié)果錯(cuò)誤而扣分或者不得分. 2.?dāng)?shù)學(xué)閱卷時(shí),主要看關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點(diǎn),有則得分,無則扣分,所以解題時(shí)要寫全關(guān)鍵步驟. (1)本題的關(guān)鍵點(diǎn)一是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程,二是把條件中轉(zhuǎn)化為只需直線PM,PN的斜率之和為0. (2)解析幾

19、何對運(yùn)算能力要求較高,解題時(shí)一定要細(xì)心準(zhǔn)確,否則可能是思路正確,但是運(yùn)算結(jié)果錯(cuò)誤,而不得分. [對點(diǎn)訓(xùn)練4] 如圖2,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率是,點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上,且·=-1. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn).是否存在常數(shù)λ,使得·+λ·為定值?若存在,求λ的值;若不存在,請說明理由. 圖2 [解] (1)由已知,點(diǎn)C,D的坐標(biāo)分別為(0,-b),(0,b). 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1),且·=-1, 于是解得a=2,b=.4分 所以橢圓E的方程為+=1.5分 (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的

20、方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2). 聯(lián)立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.8分 其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以x1+x2=-,x1x2=-. 從而,·+λ· =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 ==--λ-2. 所以,當(dāng)λ=1時(shí),--λ-2=-3.10分 此時(shí),·+λ·=-3為定值. 當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),直線AB即為直線CD. 此時(shí),·+λ·=·+·=-2-1=-3. 故存在常數(shù)λ=1,使得·+λ·為定值-3.14分 熱

21、點(diǎn)探究訓(xùn)練(六) A組 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時(shí):30分鐘) 1.(2017·揚(yáng)州模擬)如圖3,已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,P是橢圓上一點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),M在PF1上,=λ(λ∈R),PO⊥F2M. 圖3 (1)若橢圓方程為+=1,P(2,),求點(diǎn)M的橫坐標(biāo); (2)若λ=2,求橢圓離心率e的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號:62172281】 [解] (1)∵+=1,∴F1(-2,0),F(xiàn)2(2,0), ∴kOP=,kF2M=-,kF1M=. ∴直線F2M的方程為y=-(x-2),直線F1M的方程為:y=(x+2). 由 解得x=, ∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為.6

22、分 (2)設(shè)P(x0,y0),M(xM,yM), ∵=2,∴=(x0+c,y0)=(xM+c,yM),∴M,=. ∵PO⊥F2M,=(x0,y0),∴x0+y=0, 即x+y=2cx0. 聯(lián)立方程得,消去y0得:c2x-2a2cx0+a2(a2-c2)=0. 解得x0=或x0=. ∵-a. 綜上,橢圓離心率e的取值范圍為.14分 2.(2017·無錫期末)已知橢圓M:+=1(a>b>0)的離心率為,一個(gè)焦點(diǎn)到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為3,圓N的方程為(x-c)2+y2=a2+c2(c為半焦距),直線l :y=k

23、x+m(k>0)與橢圓M和圓N均只有一個(gè)公共點(diǎn),分別設(shè)為A,B. (1)求橢圓方程和直線方程; (2)試在圓N上求一點(diǎn)P,使=2. [解] (1)由題意知解得a=2,c=1,所以b=, 所以橢圓M的方程為:+=1. 圓N的方程為(x-1)2+y2=5. 由直線l:y=kx+m與橢圓M只有一個(gè)公共點(diǎn),所以由得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,① 所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0得m2=3+4k2.② 由直線l:y=kx+m與N只有一個(gè)公共點(diǎn),得=, 即k2+2km+m2=5+5k2,③ 將②代入③得km=1,④ 由②,④且k>0,得:

24、k=,m=2. 所以直線方程為:y=x+2.6分 (2)將k=,m=2代入①可得A, 又過切點(diǎn)B的半徑所在的直線l′為:y=-2x+2,所以得交點(diǎn)B(0,2),設(shè)P(x,y),因?yàn)椋?, 則=8,化簡得:7x+7y+16x0-20y0+22=0,⑤ 又P(x,y)滿足x+y-2x0=4,⑥ 將⑤-7×⑥得:3x0-2y0+5=0,即y0=.⑦ 將⑦代入⑥得:13x+22x0+9=0,解得x0=-1或x0=-, 所以P(-1,1)或P.14分 B組 能力提升 (建議用時(shí):15分鐘) 1.(2017·泰州中學(xué)高三摸底考試)已知橢圓Γ:+y2=1. (1)橢圓Γ的短軸端點(diǎn)分別

25、為A,B(如圖4),直線AM,BM分別與橢圓Γ交于E,F(xiàn)兩點(diǎn),其中點(diǎn)M滿足m≠0,且m≠±. ①證明直線EF與y軸交點(diǎn)的位置與m無關(guān); ②若△BME面積是△AMF面積的5倍,求m的值. (2)若圓O:x2+y2=4.l1,l2是過點(diǎn)P(0,-1)的兩條互相垂直的直線,其中l(wèi)1交圓O于T,R兩點(diǎn),l2交橢圓Γ于另一點(diǎn)Q.求△TRQ面積取最大值時(shí)直線l1的方程. 【導(dǎo)學(xué)號:62172282】 圖4 [解] (1)①因?yàn)锳(0,1),B(0,-1),M,且m≠0,∴直線AM的斜率為k1=-,直線BM的斜率為k2=, ∴直線AM的方程為y=-x+1,直線BM的方程為y=x-1, 由得

26、(m2+1)x2-4mx=0, ∴x=0,x=,∴E, 由得(m2+9)x2-12mx=0, ∴x=0或x=,∴F; 據(jù)已知m≠0,m2≠3, ∴直線EF的斜率 k===-, ∴直線EF的方程為y-=-, 令x=0,得y=2, ∴EF與y軸交點(diǎn)的位置與m無關(guān). ②S△AMF=MA·MFsin ∠AMF, S△BME=MB·MEsin ∠BME,∠AMF=∠BME, 5S△AMF=S△BME,∴5MA·MF=MB·ME, ∴=, ∴=. ∵m≠0, ∴整理方程得=-1,即(m2-3)(m2-1)=0, 又有m≠±,∴m2-3≠0,∴m2=1,∴m=±1為所求.8

27、分 (2)因?yàn)橹本€l1⊥l2,且都過點(diǎn)P(0,-1),所以設(shè)直線l1:y=kx-1,即kx-y-1=0, 直線l2:y=-x-1,即x+ky+k=0, 所以圓心(0,0)到直線l1:y=kx-1,即kx-y-1=0的距離d=, 所以直線l1被圓x2+y2=4所截的弦 TR=2=; 由得k2x2+4x2+8kx=0, 所以xQ+xp=-,所以QP==, 所以S△TRQ=QP·TR==≤=, 當(dāng)=,即k2=,解得k=±時(shí)等號成立, 此時(shí)直線l1:y=±x-1.16分 2.(2017·蘇北四市期末)如圖5,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率e=,

28、左頂點(diǎn)為A(-4,0),過點(diǎn)A作斜率為k(k≠0)的直線l交橢圓C于點(diǎn)D,交y軸于點(diǎn)E. 圖5 (1)求橢圓C的方程; (2)已知點(diǎn)P為AD的中點(diǎn),是否存在定點(diǎn)Q,對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?若存在,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由; (3)若過點(diǎn)O作直線l的平行線交橢圓C于點(diǎn)M,求的最小值. [解] (1)因?yàn)樽箜旤c(diǎn)為A(-4,0),所以a=4, 又e=,所以c=2,b2=a2-c2=12, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)直線l的方程為y=k(x+4),由消元得,+=1. 化簡得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0,所以x1=-4,x2

29、=.8分 當(dāng)x=時(shí),y=k=,所以D. 因?yàn)镻為AD的中點(diǎn), 所以P的坐標(biāo)為,kOP=-(k≠0), 直線l的方程為y=k(x+4),令x=0得E點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4k), 假設(shè)存在定點(diǎn)Q(m,n)(m≠0),使得OP⊥EQ,則kOP·kEQ=-1,即-·=-1恒成立, 所以(4m+12)k-3n=0恒成立,所以即 所以存在定點(diǎn)Q,對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ,且定點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-3,0).12分 (3)因?yàn)镺M∥l,所以O(shè)M的方程可設(shè)為y=kx, 由得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x=±, 由OM∥l,得== ==· =≥2, 當(dāng)且僅當(dāng)=即k=±時(shí)取等號, 所以當(dāng)k=±時(shí),的最小值為2.16分

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