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2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案 理

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1、 第三講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 考點(diǎn)一 軌跡方程問(wèn)題 求軌跡方程的常用方法 (1)直接法:直接利用條件建立x、y之間的關(guān)系F(x,y)=0; (2)定義法:滿足的條件恰適合某已知曲線的定義,用待定系數(shù)法求方程; (3)相關(guān)點(diǎn)法(代入法):動(dòng)點(diǎn)P(x,y)依賴于另一動(dòng)點(diǎn)Q(x0,y0)的變化而變化,并且Q(x0,y0)又在某已知曲線上,則可先用x,y的代數(shù)式表示x0,y0,再將x0,y0代入已知曲線得出要求的軌跡方程; (4)參數(shù)法:將動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)(x,y)表示為第三個(gè)變量的函數(shù),再消參得所求方程. [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1.已知點(diǎn)M(-3,0),N(3,0),B(1,0),

2、動(dòng)圓C與直線MN切于點(diǎn)B,過(guò)M,N與圓C相切的兩直線(非x軸)相交于點(diǎn)P,則點(diǎn)P的軌跡方程為(  ) A.x2-=1(x>1) B.x2-=1(x<-1) C.x2+=1(x>0) D.x2-=1(x>1) [解析] 由題意知,|PM|-|PN|=|BM|-|BN|=2,由雙曲線的定義可知點(diǎn)P的軌跡是以M,N為焦點(diǎn)的雙曲線的右支,由c=3,a=1,知b2=8.所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2-=1(x>1).故選A. [答案] A 2.(2018·豫北四校聯(lián)考)已知△ABC的頂點(diǎn)B(0,0),C(5,0),AB邊上的中線長(zhǎng)|CD|=3,則頂點(diǎn)A的軌跡方程為_(kāi)_____________

3、__. [解析] 設(shè)A(x,y),由題意可知D.又∵|CD|=3,∴2+2=9,即(x-10)2+y2=36,由于A、B、C三點(diǎn)不共線,∴點(diǎn)A不能落在x軸上,即y≠0,∴點(diǎn)A的軌跡方程為(x-10)2+y2=36(y≠0). [答案] (x-10)2+y2=36(y≠0) 3.已知P是圓x2+y2=4上的動(dòng)點(diǎn),P點(diǎn)在x軸上的射影是D,點(diǎn)M滿足=,則點(diǎn)M的軌跡方程是__________________. [解析] 設(shè)M(x,y),則D(x,0), 由=知P(x,2y), ∵點(diǎn)P在圓x2+y2=4上, ∴x2+4y2=4,故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為+y2=1. [答案]?。珁2=1

4、 4.已知雙曲線-y2=1的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,點(diǎn)P(x1,y1),Q(x1,-y1)是雙曲線上不同于A1、A2的兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn),則直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡方程為_(kāi)___________________. [解析] 由題設(shè)知|x1|>,A1(-,0),A2(,0),則有直線A1P的方程為y=(x+),① 直線A2Q的方程為y=(x-),② 聯(lián)立①②,解得∴③ ∴x≠0,且|x|<,因?yàn)辄c(diǎn)P(x1,y1)在雙曲線-y2=1上,所以-y=1. 將③代入上式,整理得所求軌跡的方程為+y2=1(x≠0,且x≠±). [答案]?。珁2=1(x≠0且x≠±) [快速審題] 看到求

5、動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程問(wèn)題,想到定義法、直接法、代入法、參數(shù)法等方法的模型特征.  求軌跡方程的4步驟 →→→ 考點(diǎn)二 弦長(zhǎng)問(wèn)題 1.直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長(zhǎng) 當(dāng)直線與圓錐曲線交于點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)時(shí),|AB|=|x1-x2|= |y1-y2|. 2.拋物線的過(guò)焦點(diǎn)的弦長(zhǎng) 拋物線y2=2px(p>0)過(guò)焦點(diǎn)F的弦AB,若A(x1,y1),B(x2,y2),則|AB|=x1+x2+p. [解] (1)設(shè)點(diǎn)P(x,y),因?yàn)锳(-,0),B(,0),所以直線PA的斜率為(x≠-),直線PB的斜率為(x≠), 又直線PA的斜率為k1,直線PB的斜率為-,

6、 所以·=k1·=-(x≠±),整理得+y2=1(x≠±), 所以點(diǎn)P的軌跡C的方程為+y2=1(x≠±). (2)設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),在y軸上的截距為1的直線l的方程為y=kx+1, 聯(lián)立方程得消去y,得(1+2k2)x2+4kx=0,解得x1=0,x2=-, 所以|MN|=|x1-x2| ==, 整理得k4+k2-20=0,即(k2-4)(k2+5)=0, 解得k=±2. 所以直線l的方程為2x-y+1=0或2x+y-1=0. (1)在涉及弦長(zhǎng)的問(wèn)題中,應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系,設(shè)而不求計(jì)算弦長(zhǎng);涉及過(guò)焦點(diǎn)的弦的問(wèn)題,可考慮

7、用圓錐曲線的定義求解. (2)弦長(zhǎng)計(jì)算公式:直線AB與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則弦長(zhǎng)|AB|=·,其中k為弦AB所在直線的斜率. [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 已知雙曲線-y2=1的右焦點(diǎn)是拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),直線y=kx+m與拋物線相交于A,B兩個(gè)不同的點(diǎn),點(diǎn)M(2,2)是線段AB的中點(diǎn),求△AOB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積. [解] 由已知可得雙曲線的右焦點(diǎn)為(2,0). 因?yàn)樵擖c(diǎn)也為拋物線的焦點(diǎn),所以p=4. 所以拋物線方程為y2=8x. 又因?yàn)橹本€y=kx+m與拋物線相交于A,B兩點(diǎn). 所以將直線方程代入拋物線方程可得(kx+m)2=8x,

8、即k2x2+(2km-8)x+m2=0, ∴x1+x2=,x1x2=. 又因?yàn)镸(2,2)是線段AB的中點(diǎn), 所以x1+x2==4,且2=2k+m, 聯(lián)立解得k=2,m=-2. 所以|AB|=|x1-x2|=·=2,O到AB的距離d=. ∴S△AOB=×2×=2. 考點(diǎn)三 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.解決直線與橢圓的位置關(guān)系的常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立,消元、化簡(jiǎn),然后利用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程(組),解決相關(guān)問(wèn)題. 2.涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)時(shí),可以采用“點(diǎn)差法”求解,設(shè)出弦端點(diǎn)A、B的坐標(biāo),分別代入圓錐曲線方程并作差,變形后可出現(xiàn)弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)和直線AB的斜率.

9、 [證明] (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則+=1,+=1. 兩式相減,并由=k得+·k=0. 由題設(shè)知=1,=m, 于是k=-.① 由題設(shè)得0

10、|成等差數(shù)列. 設(shè)該數(shù)列的公差為d,則 2|d|=||-|||=|x1-x2| =.② 將m=代入①得k=-1. 所以l的方程為y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0. 故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=. 所以該數(shù)列的公差為或-.  求解直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的方法 在涉及直線與二次曲線的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)時(shí),一般不是求出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo),而是設(shè)出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo),根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后所得方程的根的情況,使用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行整體代入,這種設(shè)而不求的思想是解析幾何中處理直線和二次曲線相交問(wèn)題的最基本方法. [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·

11、長(zhǎng)春第一次質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),且經(jīng)過(guò)點(diǎn)E. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過(guò)點(diǎn)F1的直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)A位于x軸上方),若=λ,且2≤λ<3,求直線l的斜率k的取值范圍. [解] (1)根據(jù)題意,設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0),則解得 所以橢圓C的方程為+=1. (2)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為y=k(x+1)(k>0), 聯(lián)立方程,得消去x,得y2-y-9=0,Δ=+144>0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=?、?, y1y2= ②, 又=λ,所以y1=-λy2 ③.把③代入①得

12、y1=,y2=,并結(jié)合②可得y1y2==,則=,即λ+-2=. 因?yàn)?≤λ<3,所以≤λ+-2<, 即≤<,且k>0,解得0

13、(x1-1)·(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故選D. [答案] D 2.(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為(  ) A.16 B.14 C.12 D.10 [解析] 由題意可知,點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0),直線AB的斜率存在且不為0,故設(shè)直線AB的方程為x=my+1. 由得y2-4my-4=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則y1+y2=4m,y1y2=-4, ∴x1

14、+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2, ∴|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=4m2+4. ∵AB⊥DE,∴直線DE的方程為x=-y+1,|DE|=+4, ∴|AB|+|DE|=4m2+4++4 =4+8≥4×2+8=16, 當(dāng)且僅當(dāng)m2=,即m=±1時(shí),等號(hào)成立. ∴|AB|+|DE|的最小值為16.故選A. [答案] A 3.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(-1,1)和拋物線C:y2=4x,過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A,B兩點(diǎn).若∠AMB=90°,是k=________. [解析] 由題意可知C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),所以過(guò)焦點(diǎn)(1,0),斜率為k的

15、直線方程為x=+1,設(shè)A,B,將直線方程與拋物線方程聯(lián)立得整理得y2-y-4=0,從而得y1+y2=,y1·y2=-4. ∵M(jìn)(-1,1),∠AMB=90°,∴·=0, 即·+(y1-1)(y2-1)=0,即k2-4k+4=0,解得k=2. [答案] 2 4.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),|AB|=8. (1)求l的方程; (2)求過(guò)點(diǎn)A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. [解] (1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0), 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-

16、(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 由題設(shè)知=8,解得k=-1(舍去),或k=1, 因此l的方程為y=x-1. (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. 圓錐曲線的綜合問(wèn)題多以解答題的形式考查,常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置,一般難度較大.直線與圓錐

17、曲線的位置關(guān)系、軌跡方程、定點(diǎn)、定值、最值、范圍以及存在性問(wèn)題都是考查的重點(diǎn),常與向量、函數(shù)、不等式等知識(shí)結(jié)合.解題時(shí),常以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系為突破口,利用設(shè)而不求、整體代換的技巧求解,要注重?cái)?shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、分類討論思想以及轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的指導(dǎo)作用. 熱點(diǎn)課題16 圓錐曲線中的切線問(wèn)題 [感悟體驗(yàn)] 1.(2018·廣東茂名第一次綜合測(cè)試)從拋物線x2=4y的準(zhǔn)線l上一點(diǎn)P引拋物線的兩條切線PA,PB,且A,B為切點(diǎn),若直線AB的傾斜角為,則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為_(kāi)_____________. [解析] 解法一:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),

18、P(x0,-1),則kAB==. 因?yàn)閥1=,y2=,所以kAB==,所以x1+x2=. 由x2=4y,得y=,所以y′=,所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1),切線PB的方程為y-y2=(x-x2), 即切線PA的方程為y-=(x-x1),即x-2x1x+4y=0, 切線PB的方程為y-=(x-x2),即x-2x2x+4y=0. 因?yàn)辄c(diǎn)P(x0,-1)同時(shí)在切線PA,PB上,所以x-2x1x0-4=0,x-2x2x0-4=0,所以x1,x2是方程x2-2x0x-4=0的兩根,所以x1+x2=2x0,所以x0=. 解法二:設(shè)P(x0,-1),則直線AB的方程為x0x=4·,即

19、y=x+1. 又直線AB的傾斜角為,所以=,所以x0=. [答案]  2.已知一個(gè)橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(-5,0)和F2(5,0),且與直線x+y-6=0相切,則該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為_(kāi)_____________. [解析] 解法一:設(shè)切點(diǎn)為P(x0,y0),橢圓方程為+=1(a>b>0),則切線為+=1,即y=-·x+,對(duì)比x+y-6=0,可得 解得代入切線方程x+y-6=0,可得a2+b2-36=0,由c=5,得2a=.即該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為. 解法二:設(shè)橢圓方程為+=1(a>b>0),橢圓與直線x+y-6=0相切于P點(diǎn),則|PF1|+|PF2|=2a.在直線x+y-6=0上任取異于

20、點(diǎn)P的點(diǎn)Q,均有|QF1|+|QF2|>2a,可知點(diǎn)P是直線x+y-6=0上到兩定點(diǎn)F1,F(xiàn)2的距離之和最小的點(diǎn).若F1(-5,0)關(guān)于直線x+y-6=0對(duì)稱的點(diǎn)為F′1,則F′1,P,F(xiàn)2三點(diǎn)在同一直線上,易得F′1(6,11),所以2a=|PF1|+|PF2|=|PF′1|+|PF2|=|F′1F2|=.即該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為. [答案]  專題跟蹤訓(xùn)練(二十六) 一、選擇題 1.在直角坐標(biāo)平面內(nèi),點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(-1,0),(1,0),則滿足tan∠PAB·tan∠PBA=m(m為非零常數(shù))的點(diǎn)P的軌跡方程是(  ) A.x2-=1(y≠0) B.x2-=1 C.x

21、2+=1(y≠0) D.x2+=1 [解析] 設(shè)P(x,y),由題意,得·=-m(m≠0),化簡(jiǎn)可得x2+=1(y≠0). [答案] C 2.(2018·重慶模擬)設(shè)A,P是橢圓+y2=1上兩點(diǎn),點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為B(異于點(diǎn)P),若直線AP,BP分別交x軸于點(diǎn)M,N,則·=(  ) A.0 B.1 C. D.2 [解析] 依題意,將點(diǎn)P特殊化為點(diǎn)(,0),于是點(diǎn)M,N均與點(diǎn)(,0)重合,于是有·=2,故選D. [答案] D 3.已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0),過(guò)點(diǎn)F的直線交E于A,B兩點(diǎn).若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-1),則E的方程為(  )

22、 A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 [解析] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則+=1,+=1,兩式作差并化簡(jiǎn)變形得=-,而==,x1+x2=2,y1+y2=-2,所以a2=2b2,又a2-b2=c2=9,于是a2=18,b2=9.故選D. [答案] D 4.(2018·唐山市高三五校聯(lián)考)直線l與雙曲線C:-=1(a>0,b>0)交于A,B兩點(diǎn),M是線段AB的中點(diǎn),若l與OM(O是原點(diǎn))的斜率的乘積等于1,則此雙曲線的離心率為(  ) A.2 B. C.3 D. [解析] 設(shè)直線l與雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的交點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,

23、y2),易知x1≠x2,則-=1(a>0,b>0) ①,-=1(a>0,b>0)?、冢冢俚茫?,即=,因?yàn)閘與OM的斜率的乘積等于1,所以=1,雙曲線的離心率e= =,故選B. [答案] B 5.(2018·鄭州市第三次質(zhì)量預(yù)測(cè))橢圓+=1的左焦點(diǎn)為F,直線x=a與橢圓相交于點(diǎn)M,N,當(dāng)△FMN的周長(zhǎng)最大時(shí),△FMN的面積是(  ) A. B. C. D. [解析] 設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為E,由橢圓的定義知△FMN的周長(zhǎng)為L(zhǎng)=|MN|+|MF|+|NF|=|MN|+(2-|ME|)+(2-|NE|).因?yàn)閨ME|+|NE|≥|MN|,所以|MN|-|ME|-|NE|≤0,當(dāng)直線MN過(guò)

24、點(diǎn)E時(shí)取等號(hào),所以L=4+|MN|-|ME|-|NE|≤4,即直線x=a過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)E時(shí),△FMN的周長(zhǎng)最大,此時(shí)S△FMN=×|MN|×|EF|=××2=,故選C. [答案] C 6.(2018·福建省高三質(zhì)檢)過(guò)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),交其準(zhǔn)線于點(diǎn)C,且A,C位于x軸同側(cè),若|AC|=2|AF|,則|BF|等于(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 [解析] 設(shè)拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)D,則由題意,知F(1,0),D(-1,0),分別作AA1,BB1垂直于拋物線的準(zhǔn)線,垂足分別為A1,B1,則有=,所以|AA1|=,故|AF|=.又=,即=,

25、亦即=,解得|BF|=4,故選C. [答案] C 二、填空題 7.橢圓C:+=1的左、右頂點(diǎn)分別為M,N,點(diǎn)P在C上,且直線PN的斜率是-,則直線PM的斜率為_(kāi)_______. [解析] 設(shè)P(x0,y0),則+=1,直線PM的斜率kPM=,直線PN的斜率kPN=,可得kPM·kPN==-,故kPM=-·=3. [答案] 3 8.(2018·鄭州一模)如圖,F(xiàn)1,F(xiàn)2是雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),過(guò)F1的直線l與C的左、右兩個(gè)分支分別交于點(diǎn)B,A.若△ABF2為等邊三角形,則雙曲線的離心率為_(kāi)_______________. [解析] ∵△ABF2為等邊三角形

26、,∴|AB|=|AF2|=|BF2|,∠F1AF2=60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|-|AF2|=2a,∴|BF1|=2a. 又|BF2|-|BF1|=2a,∴|BF2|=4a.∴|AF2|=4a,|AF1|=6a. 在△AF1F2中,由余弦定理可得 |F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF2|·|AF1|cos60°, ∴(2c)2=(4a)2+(6a)2-2×4a×6a×,整理得c2=7a2,∴e===. [答案]  9.(2018·湖南六校聯(lián)考)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)P(-1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn).若S△ABF=,且|AF|

27、<|BF|,則=________. [解析] 設(shè)直線l的方程為x=my-1,將直線方程代入拋物線C:y2=4x的方程得y2-4my+4=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則0<<1,y1+y2=4m,y1·y2=4,又S△ABF=,所以S△BPF-S△APF=|y2-y1|=,因此y+y=10,所以==,從而=,又由拋物線的定義與相似三角形可知==,∴==. [答案]  三、解答題 10.(2018·廣東七校第一次聯(lián)考)已知?jiǎng)狱c(diǎn)M到定點(diǎn)F1(-2,0)和F2(2,0)的距離之和為4. (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程; (2)設(shè)N(0,2),過(guò)點(diǎn)P(-1,-2)作直線l,交曲線

28、C于不同于N的兩點(diǎn)A,B,直線NA,NB的斜率分別為k1,k2,求k1+k2的值. [解] (1)由橢圓的定義,可知點(diǎn)M的軌跡是以F1,F(xiàn)2為焦點(diǎn),4為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓. 由c=2,a=2,得b=2. 故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為+=1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)其方程為y+2=k(x+1), 由得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0. Δ=[4k(k-2)]2-4(1+2k2)(2k2-8k)>0,則k>0或k<-. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=. 從而k1+k2=+ = =2k-(k-4) =4. 當(dāng)直線l的斜率

29、不存在時(shí),得A, B, 所以k1+k2=4. 綜上,恒有k1+k2=4. 11.(2018·合肥一模)已知點(diǎn)F為橢圓E:+=1(a>b>0)的左焦點(diǎn),且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)等邊三角形,直線+=1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M. (1)求橢圓E的方程. (2)設(shè)直線+=1與y軸交于P點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P的直線l與橢圓E交于兩個(gè)不同點(diǎn)A,B,若λ|PM|2=|PA|·|PB|,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍. [解] (1)由題意,得a=2c,b=c,則橢圓E的方程為+=1,聯(lián)立得x2-2x+4-3c2=0. ∵直線+=1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M, ∴Δ=4-4(4-3c2)=0,得c2=1,

30、∴橢圓E的方程為+=1. (2)由(1)得M點(diǎn)坐標(biāo)為. ∵直線+=1與y軸交于點(diǎn)P(0,2), ∴|PM|2=. 當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),|PA|·|PB|=(2+)(2-)=1, 由λ|PM|2=|PA|·|PB|,得λ=. 當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立得(3+4k2)x2+16kx+4=0, 依題意得,x1x2=,且Δ=48(4k2-1)>0, ∴|PA||PB|=·=(1+k2)x1x2=(1+k2)·=1+=λ,∴λ=. ∵k2>,∴<λ<1. 綜上所述,λ的取值范圍是. 12.(2018·太原模

31、擬)已知拋物線C:x2=2py(p>0),圓O:x2+y2=1. (1)若拋物線C的焦點(diǎn)F在圓O上,且A為拋物線C和圓O的一個(gè)交點(diǎn),求|AF|; (2)若直線l與拋物線C和圓O分別相切于點(diǎn)M,N,求|MN|的最小值及相應(yīng)p的值. [解] (1)由題意得F(0,1),從而拋物線C:x2=4y. 解方程組得yA=-2, ∴|AF|=-1. (2)設(shè)M(x0,y0),由y′=, 得切線l:y=(x-x0)+y0, 結(jié)合x(chóng)=2py0,整理得x0x-py-py0=0. 由|ON|=1得=1,即|py0|==, ∴p=且y-1>0. ∴|MN|2=|OM|2-1=x+y-1=2py0+y-1=+y-1=4++(y-1)≥8, 當(dāng)且僅當(dāng)y0=時(shí)等號(hào)成立. ∴|MN|的最小值為2,此時(shí)p=. 17

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