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圆锥曲线锦州教师版

发布时间:2013-09-20 14:54:01  

青藤教育

圆锥曲线

一、选择题

1.【2012高考浙江理8】如图,F1,F2分别是双曲线

xy2

C:2?2?1(a,b>0)的左、右焦点,B是虚轴的ab

端点,直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点,

线段PQ的垂直平分线与x轴交与点M,若|MF2|=|F1F2|,

则C的离心率是

A. 2 B

C.

D.

【答案】B b?y?x?b,?b?cx?b,联立方程组?【解析】由题意知直线F得点1B的方程为:y?c?x?y?0??ab

b?y?x?b,?acbcacbc?c,),联立方程组?,),所以PQ的中点坐标为Q(得点P(?c?ac?ac?ac?axy???0??ab

a2cc2c2ca2c(2,),所以PQ的垂直平分线方程为:y???(x?2),令y?0,得bbbbb

a2a2

x?c(1?2),所以c(1?2)?3c,所以a2?2b2?2c2?2a2,即3a2?2c2,所以bb

e?。故选B 2

2C与抛物线y?16x2.【2012高考新课标理8】等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,

的准线交于A,B

两点,AB?C的实轴长为( )

(A)

(B

) (C)? (D)?

1

青藤教育

【答案】C

【解析】设等轴双曲线方程为x2?y2?m(m?0),抛物线的准线为x??4,由AB?4,则yA?2,把坐标(?4,23)代入双曲线方程得

x2y2

??1,所以m?x?y?16?12?4,所以双曲线方程为x?y?4,即442222

a2?4,a?2,所以实轴长2a?4,选C.

x2y2

3.【2012高考新课标理4】设F1F2是椭圆E:2?2?1(a?b?0)的左、右焦点,P为直ab

线x?

3a?上一点,?F2PF1是底角为30的等腰三角形,则E的离心率为( ) 212??(A) (B) (C) (D) 23??

【答案】C

?【解析】因为?F2PF的等腰三角形,则有1是底角为30

F2F1?

F2P,,因为?PF1F2?300,所以

113a1PF2?F1F2,即?c??2c?c,2222

3ac33?2c,即?,所以椭圆的离心率为e?,选C. 所以2a44

4.【2012高考四川理8】已知抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点O,并且经过点?PF2D?600,?DPF2?300,所以F2D?M(2,y0)。若点M到该抛物线焦点的距离为3,则|OM|?( )

A

、 B

、 C、4 D

【答案】B

【解析】设抛物线方程为y?

2px,则点M(2,?Q焦点?

22?p?,0?,点M到该抛物线2??p??焦点的距离为3,? ?2???4P?9, 解得p?

2,所以OM??. 2??

[点评]本题旨在考查抛物线的定义: |MF|=d,(M为抛物线上任意一点,F为抛物线的焦点,d

2

青藤教育

为点M到准线的距离).

x2y25.【2012高考山东理10】已知椭圆C:2?2?1(a?b?

0)双曲线abx2?y2?1的渐近线与椭圆C有四个交点,以这四个焦点为顶点的四边形的面积为16,则椭圆C的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2

?1 ??1 (B)??1 (C)??1 (D)?(A)20582126164

【答案】D 【解析】因为椭圆的离心率为32323c32222,所以e??,c?a,c?a?a?b,442a2

x2x21222所以b?a,即a?4b,双曲线的渐近线为y??x,代入椭圆得2?2?1,即4ab2

x2x25x242224222y?b???1x?b,x??by??b,则第一象,所以,,222554bb4b55

限的交点坐标为(2

b,2

b),所以四边形的面积为4?2

b?2

b?162b?16,所以5

x2y2

??1,选D. b?5,所以椭圆方程为2052

x2y2

6.【2012高考湖南理5】已知双曲线C :2-2=1的焦距为10 ,点P (2,1)在C 的ab

渐近线上,则C的方程为

x2y2x2y2x2y2x2y2

A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 20520805208020

【答案】A

x2y2

【解析】设双曲线C :2-2=1的半焦距为c,则2c?10,c?5. ab

又?C 的渐近线为y??

222bbx,点P (2,1)在C 的渐近线上,?1??2,即a?2b. aax2y2

又c?a?

b,?a???C的方程为-=1. 205

【点评】本题考查双曲线的方程、双曲线的渐近线方程等基础知识,考查了数形结合的思想和基本运算能力,是近年来常考题型.

3

青藤教育

x2y2

?2?1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合,则7.【2012高考福建理8】已知双曲线4b

该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于

A.

B. C.3 D.5

【答案】A.

考点:双曲线的定义。

难度:中。

分析:本题考查的知识点为双曲线的定义,焦点,渐近线,抛物线的定义。

【解析】由抛物线方程y2?12x易知其焦点坐标为(3,0),又根据双曲线的几何性质可知4?b2?32,所以b?5,从而可得渐进线方程为y??x,即?5x?2y?0,所以2

d?|?5?3?2?0|?,故选A. 5?4

8.【2012高考安徽理9】过抛物线y2?4x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,点O是原点,若AF?3,则?AOB的面积为( )

(A)

(B

) (C

) (D)

【答案】C

【命题立意】本题考查等直线与抛物线相交问题的运算。

【解析】设?AFx??(0????)及BF?m;则点A到准线l:x??1的距离为3, 得:3?2?3cos??cos??123?, 又m?2?mcos(???)?m?31?cos?2

113?

AOB的面积为S??OF?AB?sin???1?(3?)?? 22232

9.【2012高考全国卷理3】 椭圆的中心在原点,焦距为4 一条准线为x=-4 ,则该椭圆的方程为 x2y2x2y2x2y2x2y2

A +=1 B +=1C +=1 D +=1 161212884124

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。通过准线方程确定焦点位置,然后借助于焦距和准线求解参数a,b,c,从而得到椭圆的方程。

【解析】椭圆的焦距为4,所以2c?4,c?2因为准线为x??4,所以椭圆的焦点在x轴上,

4

青藤教育

a2

??4,所以a2?4c?8,b2?a2?c2?8?4?4,所以椭圆的方程为且?c

x2y2

??1,选C. 84

10.【2012高考全国卷理8】已知F1、F2为双曲线C:x2-y2=2的左、右焦点,点P在C上,

|PF1|=|2PF2|,则cos∠F1PF2= (A)1334 (B) (C) (D) 4545

【答案】C

【命题意图】本试题主要考查了双曲线的定义的运用和性质的运用,以及余弦定理的运用。

首先运用定义得到两个焦半径的值,然后结合三角形中的余弦定理求解即可。 x2y2

??1,所以a?b?2,c?2,因为|PF1|=|2PF2|,所以【解析】双曲线的方程为22

点P在双曲线的右支上,则有|PF1|-|PF2|=2a=22,所以解得|PF2|=22,|PF1|=42,所以根据余弦定理得cosF1PF2?(22)2?(42)2?14

2?22?42?3,选C. 4

11.【2012高考北京理12】在直角坐标系xOy中,直线l过抛物线=4x的焦点F.且与该撇

物线相交于A、B两点.其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60o.则△OAF的面积为 【答案】3

【解析】由y?4x可求得焦点坐标F(1,0),因为倾斜角为60?,所以直线的斜率为2

k?tan60??3,利用点斜式,直线方程为y?3x?3,将直线和曲线联立

?A(3,23)?11?y?x???S??OF?y??1?23?. ,因此?2?123?OAFA22?)?B(,??y?4x3?3

二、填空题

x2y2

12.【2012高考湖北理14】如图,双曲线2?2?1 (a,b?0)的两顶点为A1,A2,虚轴两端ab

点为B1,B2,两焦点为F1,F2. 若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2,切点分别为

A,B,C,D. 则

5

青藤教育

(Ⅰ)双曲线的离心率e? ;

(Ⅱ)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值S1?. S2

【答案】e??1S12?; ?2S22

考点分析:本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义,以及一般平面几何图形的面积计算.

【解析】(Ⅰ)由于以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2,因此点O到直线F2B2的距离为a,又由于虚轴两端点为B1,B2,因此OB2的长为b,那么在?F2OB2中,由三角形的面积公式知,111bc?a|B2F2|?a(b?c)2,又由双曲线中存在关系c2?a2?b2联222

22立可得出(e?1)?e,根据e?(1,??)解出e?2?1; 2

(Ⅱ)设?F2OB2??,很显然知道?F2A2O??AOB2??,因S2?2a2sin(2?).在

24a2bc,cos??,故S2?4asin?cos??2; ?F2OB2中求得sin??22222b?cb?cb?cbc

菱形F1B1F2B2的面积S1?2bc,再根据第一问中求得的e值可以解出S12?. ?S22

x2y2

??1的左焦点为F,直线x?m与椭圆相交于点A、13.【2012高考四川理15】椭圆43

B,当?FAB的周长最大时,?FAB的面积是____________。

【答案】3

【命题立意】本题主要考查椭圆的定义和简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系、,考查推理论证能力、基本运算能力,以及数形结合思想,难度适中.

【解析】当直线x?m过右焦点时?FAB的周长最大,?m?1;

6

青藤教育

将x?1带入解得y??313;所以S?FAB??2??3. 222

14.【2012高考陕西理13】右图是抛物线形拱桥,当水面在l时,拱顶离水面2米,水面宽4米,水位下降1米后,水面宽米

【答案】26. . 【解析】设水面与桥的一个交点为A,如图建立直角坐标系则,A

2的坐标为(2,-2).设抛物线方程为x??2py,带入点A得p?1,设水位下降1米后水

面与桥的交点坐标为(x0,?3),则x0??2??3,x0??6,所以水面宽度为26.

15.【2012高考重庆理14】过抛物线y?2x的焦点F作直线交抛物线于A,B两点,若22

AB?

25,AF?BF,则AF12

【答案】5 6

1

21,设A,B的坐标分别为2【解析】抛物线y2?2x的焦点坐标为(,0),准线方程为x??

11p21?,的(x1,y1),(x2,y2),则x1x2?设AF?m,BF?n,则x1?m?,x2?n?,2244

111?(m?)(n?)??555?224所以有?,解得m?或n?,所以AF?. 646?m?n?25

?12?

16.【2012高考辽宁理15】已知P,Q为抛物线x?2y上两点,点P,Q的横坐标分别为4,2

?2,过P、Q分别作抛物线的切线,两切线交于A,则点A的纵坐标为__________。

【答案】?4

【解析】因为点P,Q的横坐标分别为4,?2,代人抛物线方程得P,Q的纵坐标分别为8,2. 2由x?2y,则y?12x,?y??x,所以过点P,Q的抛物线的切线的斜率分别为4,?2,所2

7

青藤教育

以过点P,Q的抛物线的切线方程分别为y?4x?8,y??2x?2,联立方程组解得x?1,y??4,故点A的纵坐标为?4

【点评】本题主要考查利用导数求切线方程的方法,直线的方程、两条直线的交点的求法,属于中档题。曲线在切点处的导数即为切线的斜率,从而把点的坐标与直线的斜率联系到一起,这是写出切线方程的关键。

x2y2

17.【2012高考江西理13】椭圆 2?2?1(a?b?0)的左、右顶点分别是A,B,左、右焦ab

点分别是F1,F2。若AF则此椭圆的离心率为_______________. 1F1F2F1B成等比数列,

【答案】5 5

【命题立意】本题考查椭圆的几何性质,等比数列的性质和运算以及椭圆的离心率。

【解析】椭圆的顶点A(?a,0),B(A,0),焦点坐标为F1(?c,0),F2(c,0),所以AF1?a?c,F1B?a?c,F1F2?2c,又因为AF1,F1F2,F1B成等比数列,所以有4c2?(a?c)(a?c)?a2?c2,即5c2?a2,所以a?c,离心率为e?c. ?a5

x2y2

??1的离心

18.【2012高考江苏8】(5分)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线mm2?4

m的值为 ▲ .

【答案】2。

【考点】双曲线的性质。

x2y2

?2?1得abc 【解析】由mm?

4

c

∴e=m2?4m?4=0,解得m=2。 a4.轨迹问题

19. 如图,M是抛物线上y2=x上的一点,动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点,且MA=MB.

(1)若M为定点,证明:直线EF的斜率为定值;

(2)若M为动点,且∠EMF=90°,求△EMF的重心G的轨迹

8

青藤教育

2解:(1)设M(y0,y0),直线ME的斜率为k(l>0)

2则直线MF的斜率为-k,方程为y?y0?k(x?y0).

2?y?y0?k(x?y0)?∴由?,消x得ky2?y?y0(1?ky0)?0 2??y?x

1?ky0(1?ky0)2

,?xF?解得yF? 2kk

1?ky01?ky02?y?yF??1(定值) ∴kEF?E??xE?xF(1?ky0)2(1?ky0)202y0?2kk2k2yE M

A F

所以直线EF的斜率为定值

2(2)当?EMF?90?时,?MAB?45?,所以k?1,直线ME的方程为y?y0?k(x?y0)

2??y?y0?x?y0由?得E((1?y0)2,1?y0) 2??y?x

同理可得F((1?y0)2,?(1?y0)).

22??(1?y0)2?(1?y0)22?3y0xM?xE?xFy0x?????333 设重心G(x, y),则有??x?xM?xE?xF?y0?(1?y0)?(1?y0)??y0?333?

1222(x?). 消去参数y0得y?x?9273

20. 如图,动圆C1:x2?y2?t2,1<t<3,

x2

2与椭圆C2?y?1相交于A,B,C,D四点,点A1,A29

分别为C2的左,右顶点。

(Ⅰ)当t为何值时,矩形ABCD的面积取得最大值?并

求出其最大面积;

(Ⅱ)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程。

(Ⅰ)设A(x0,y0),则矩形ABCD的面积S=4|x0|y0|, 22x0x022?y0?1得,y0?1?, 由99

212929x0?)?, x(1?)=?(x092492

0∴xy22200=当x0? 912,y0?时,Smax=6, 229

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∴t

ABCD的面积最大,最大面积为6. ……6分 (Ⅱ) 设A?x1,y1?,B?x1,-y1?,又知A1?-3,0?,A2?3,0?,则

直线A1A的方程为 y=

直线A2B的方程为

2y1?x+3? ① x1+3-yy=1?x-3? ② x1-3-y12由①②得 y=22?x2-32? ③ x1-3

x12x122?由点A?x1,y1?在椭圆C0上,故可得2+y1=1,从而有y1=?1-23?3??,代入③得

?

x2

2-y=1?x<-3,y<0? 9

x2

2-y=1?x<-3,y<0? ……12分 ∴直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程为9

x2

?y2?1,椭圆C2以C1的长轴为短轴,且与C1有相同的离心率。 21. 已知椭圆C1:4

(1)求椭圆C2的方程;

????????(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆C1和C2上,OB?2OA,求直线AB的方程。

y2x2

?1?a?2?,【解析】(Ⅰ)由已知可设椭圆C2的方程为2? a4

a?4.?

y2x2. C 故椭圆2的方程为16?4?1

(Ⅱ)解法一:A,B两点的坐标分别为?xA,yA?,?xB,yB?,

???????? 由AB?2OA及(Ⅰ)知,O,A,B三点共线且点A,B不在y轴上,

因此可设直线AB的方程为y?kx.

x242??y2?1中,得1?4k2x2?4,所以xA 将y?kx代入, 21?4k4??

y2x2162?+?1中,得?4?k2?x2?16,所以xB 将y?kx代入, 4?k2164

10

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????????1622 又由AB?2OA,得xB,即?4xA4?k2?16.1?4k2

解得k??1,故直线AB的方程为y?x或y??x.

解法二:A,B 两点的坐标分别为?xA,yA?,?xB,yB?,

由?2及(Ⅰ)知,O,A,B三点共线且点A,B不在y轴上, 因此可设直线AB的方程为y?kx.

x242??y2?1中,得1?4k2x2?4,所以xA 将y?kx代入, 21?4k4??

????????2 又由AB?2OA,得xB?2

B2B16k2162,yB?, 21?4k21?4ky2x24?k2??1?1,即4?k2?1?4k2, 将x,y代入2中,得1?4k164

解得k??1,故直线AB的方程为y?x或y??x

5.求解参数范围问题

22. 设A?x1,y1?,B?x2,y2?两点在抛物线y?2x2上,l是AB的垂直平分线。 (Ⅰ)当且仅当x1?x2取何值时,直线l经过抛物线的焦点F?证明你的结论; (Ⅱ)当直线l的斜率为2时,求l在y轴上截距的取值范围。

解:(Ⅰ)F?l?FA?FB?A、B两点到抛物线的准线的距离相等,

∵抛物线的准线是x轴的平行线,y1?0,y2?0,依题意y1,y2不同时为0

∴上述条件等价于y1?y2?x1?x2??x1?x2??x1?x2??0 22

∵x1?x2∴上述条件等价于x1?x2?0即当且仅当x1?x2?0时,l经过抛物线

的焦点F。

(Ⅱ)设l在y轴上的截距为b,依题意得l的方程为y?2x?b;过点A、B的直线方程111x?m,所以x1、x2满足方程2x2?x?m?0, 得x1?x2?? 224

11 A、B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式???8m?0,即m?? 432

11?x???设AB的中点N的坐标为?x0,y0?,则x0??x1,228

11y0??x0?m??m 216可写为y??

11

青藤教育

115519?m???b,于是b??m??? 16416163232

?9?即得l在y轴上截距的取值范围为?,??? ?32?由N?l,得

x2y2

23. 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:2?2?1(a?b?0)的左焦点为abF1(?1,0),且点P(0,1)在C1上.

(1)求椭圆C1的方程;

(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2:y2?4x相切,求直线l的方程.

【解析】(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(?1,0),所以c?1,

1x2y2

点P(0,1)代入椭圆2?2?1,得2?1,即b?1, bab

所以a?b?c?2, 222

x2

?y2?1. 所以椭圆C1的方程为2

(2)直线l的斜率显然存在,设直线l的方程为y?kx?m,

?x2

??y2?1222,消去y并整理得(1?2k)x?4kmx?2m?2?0, ?2?y?kx?m?

因为直线l与椭圆C1相切,所以??16km?4(1?2k)(2m?2)?0, 整理得2k?m?1?0 ① 222222

?y2?4x,消去y并整理得k2x2?(2km?4)x?m2?0。 ??y?kx?m

因为直线l与抛物线C2相切,所以??(2km?4)?4km?0, 整理得km?1 ②

222

???k??k??综合①②,解得?2。 2或??m??m???

12

青藤教育

所以直线l

的方程为y?x

或y??x 22

6.过定点问题

24. 如图,等边三角形OAB

的边长为且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上。

(1) 求抛物线E的方程;

(2) 设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相较于点Q。证明以PQ为直径的圆

恒过y轴上某定点。

解答:

22(I)设A(x1,y1),B(x2,y2);则x1?2py1,x2?2py2

222OA?OB?x12?y12?x2?y2?2py?1y?y12py?22

?(y1?y2)(2p?y1?y)2?0?y??1y(22p,y,y1?0)2 2

得:点A,B关于y轴对称(lfxlby)

OA?OB?AB??A(?B

x2

代入抛物线E的方程得:p??2?抛物线E的方程为x2?4y 2y

2x0121 (II)设P(x0,);则y?x?y??x 424

过点P的切线方程为y?121112x0?x0(x?x0)即y?x0x?x0 4224

2x0?4 令y??1?Q(,?1) 2x0

13

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?????????x2?4?????????

设M(0,t)满足:MP?,?1?t) MQ?0及MP?(x0,y0?t),MQ?(0

2x0

2

得:4(t2?t?2)?(1?t)x0?0对x0?0均成立

?t2?t?2?0,1?t?0?t?1 以PQ为直径的圆恒过y轴上定点M(0,1)

7.定值问题

25. 已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭

?????????

圆于A、B两点,OA?OB与a?(3,?1)共线。

(Ⅰ)求椭圆的离心率;

?????????????

(Ⅱ)设M为椭圆上任意一点,且OM??OA??OB (?,??R),证明?2??2为定值。

x2y2

解:设椭圆方程为2?2?1(a?b?0),F(c,0)

ab

x2y2

?2?1,化简得则直线AB的方程为y?x?c,代入2ab

(a2?b2)x2?2a2cx?a2c2?a2b2?0.

222222acac?ab 令A(x1,y1),B(x2,y2),则x1?x2?22,x1x2?.a?ba2?b2

??????????????????

由OA?OB?(x1?x2,y1?y2),a?(3,?1),OA?OB与a共线,得 3(y1?y2)?(x1?x2)?0,又y1?x1?c,y2?x2?c,

?3(x1?x2?2c)?(x1?x2)?0,

2a2c3c即2,所以a2?3b2.?2

2a?b

故离心率e?

?x1?x2?

3

c. 2

6a, 3

?c?a2?b2?

c?. a3

2

2

x2y2222

(II)证明:(1)知a?3b,所以椭圆2?2?1可化为x?3y?3b.

ab?????

设OM?(x,y),由已知得(x,y)??(x1,y1)??(x2,y2),

?x??x1??x2,222

?M(x,y)在椭圆上,?(?x1??x2)?3(?y1??y2)?3b. ??

?y??x1??x2.2222222

即?(x1?3y1)??(x2?3y2)?2??(x1x2?3y1y2)?3b.①

3c232212

,a?c,b?c. 由(1)知x1?x2?222

14

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a2c2?a2b232x1x2??c22a?b8

x1x2?3y1y2?x1x2?3(x1?c)(x2?c)?4x1x2?3(x1?x2)c?3c2?

2222222又x2

1?3y1?3b,x2?3y2?3b,代入①得????1. 故?2??2为定值,定值为1. 3292c?c?3c2?0.22

8.面积问题

????y2

26. P、Q、M、N四点都在椭圆x?已知PF?1上,F为椭圆在y轴正半轴上的焦点.2??????????????????????与FQ共线,MF与FN共线,且PF?MF?0.求四边形PMQN的面积的最小值和最大值.

解:如图,由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦,相交于焦点F(0,1),且PQ⊥MN,直线PQ、NM中至少有一条存在斜率,不妨设PQ的斜率为K,又PQ过点F(0,1),故PQ的方程为y=kx+1 2

将此式代入椭圆方程得(2+k)x+2kx-1=0

设P、Q两点的坐标分别为(x1

,y1),

(x2,y2),则 22 x1?x2?8(1?k2)2222从而|PQ|?(x1?x2)?(y1?y2)?亦即|PQ|?22

(2?k)

12?(1?))1(1)当k≠0时,MN的斜率为-,同上可推得|MN|? k2?(?)2

k

114(1?k2)(1?2)4(2?k2?21? 故四边形面积S?|PQ||MN|?122(2?k2)(2?25?2k2?2kk

14(2?u)12?2(1?) 令u=k?2得S?k5?2u5?2u

12∵u=k?2≥2 k

1616?S?

2 当k=±1时u=2,S=且S是以u

为自变量的增函数∴99

1②当k=0时,MN为椭圆长轴,S=|PQ||MN|=2 2

16综合①②知四边形PMQN的最大值为2,最小值为。 915

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10.最值问题

x2y2

27. 如图,椭圆M:2?2?1(a?b?

0),直线x??a和y??b所围成的矩ab

形ABCD的面积为

8.

(Ⅰ)求椭圆M的标准方程; (Ⅱ) 设直线l:y?x?m(m?R)与椭圆M有两个不同的交点P,Q,l与矩形ABCD有两个

不同的交点S,T.求|PQ|的最大值及取得最大值时m的值. |ST|

ca2?b23??……① 【答案】(21)

(I)e??aa24

矩形ABCD面积为8,即2a?2b?8……② 由①②解得:a?2,b?1,

x2

∴椭圆M的标准方程是?y2?1. 4

?x2?4y2?4,(II)??5x2?8mx?4m2?4?0, ?y?x?m,

84m2?4设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1?x2??m,x1x2?, 55

由??64m2?20(4m2?4)?

0得m?

|PQ|?当l过A点时,m?1,当l过C点时,m??1.

①当m??

1时,有S(?m?1,?1),T(2,2?m),|ST|?m),

|PQ|? |ST||PQ|1345其中t?m?3,由此知当?

,即t?,m???(?1)时,.

|ST

|t433②由对称性,可知若1?mm?|PQ|5时,. |ST

|316

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③当?1?m?

1时,|ST|?

由此知,当m?0时,

|PQ|?, |ST||PQ||ST

||PQ|5综上可知,当m??和0时,|ST

|311.证明垂直问题

28. 在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C:2x?y?1

(1)设F是C的左焦点,M是C

右支上一点,若MF?,求点M的坐标; (2)过C的左焦点作C的两条渐近线的平行线,求这两组平行线围成的平行四边形的面积; (3)设斜率为k

(k?证:OP⊥OQ [解](1)双曲线C:

x2

1

22

l交C于P、Q两点,若l与圆x2?y2?1相切,求

?y2?1,左焦点F(?

622

62

,0).

22

, ……22

设M(x,y),则|MF|2?(x? 由M是右支上一点,知x? 所以M(

2)?y2?(3x?

)

62

,所以|MF|?3x?

22

?22,得x?

.

,?2). ……5分

2

(2)左顶点A(?,0),渐近线方程:y??2x.

2x平行的直线方程为:y?2(x?

2 过A与渐近线y?

22

),即y?2x?1.

??y??2x?x??

解方程组?,得???y?2x?1?y?2

. ……8分

2

所求平行四边形的面积为S?|OA||y|?

. ……10分

|b|k2?1

(3)设直线PQ的方程是y?kx?b.因直线与已知圆相切,故

即b?k?1 (*). 由?

2

2

?1,

?y?kx?b222

,得(2?k)x?2kbx?b?1?0. 22

?2x?y?1

??x1?x2?2?k2

设P(x1, y1)、Q(x2, y2),则?. ?1?b2

xx??2?122?k

17

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y1y2?(kx1?b)(kx2?b),所以

??x1x2?y1y2?(1?k2)x1x2?kb(x1?x2)?b2

(1?k2)(?1?b2)

2?k2?22k?kb2?22?1?b2?k22?k2.

由(*)知??0,所以OP⊥OQ. ……16分

12.相切与公共切线问题

29. 已知抛物线C:y?(x?1)2与圆M:(x?1)?(y?)?r(r?0)有一个公共点A,且在点A处两曲线的切线为同一直线l.

(Ⅰ)求r;

(Ⅱ)设m、n是异于l且与C及M都相切的两条直线,m、n的交点为D,求D到l的距离。

解:(1)设A(x0,(x0?1)2),对y?x?(x?1)2求导得y??2(x?1),故直线l的斜率21222k?2(x0?1),当x0?1时,不合题意,所心x0?1 1

2圆心为M(1,),MA的斜率k??(x0?1)2?

x0?11

1

??1,解得x?0,故A(0,1)

0由l?MA知kk???1,即2(x0?1)?(x0?1)2?

x0?1

所以r?|MA|??

222(2)设(a,(a?1))为C上一点,则在该点处的切线方程为y?(a?1)?2(a?1)(x?a)即

y?2(a?1)x?a2?1

若该直线与圆M相切,则圆心M

1|2(a?1)?1??a2?1|22?,化简可得a(a?4a?6)?0

2求解可得a0?0,a1?2a2?218

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抛物线C在点(ai,(ai?1)2)(i?0,1,2)处的切线分别为l,m,n,其方程分别为 y?2x?1① y?2(a1?1)x?a12?1② y?2(a2?1)x?a22?1③ ②-③得x?a1?a2?2,将x?2代入②得y??1,故D(2,?1) 2

所以D到直线l

的距离为d??。 19

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