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文档简介

9.6直线与圆锥曲线的位置关系挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.直线与圆锥曲线的位置关系1.会用代数法和数形结合法判断直线与椭圆、抛物线的位置关系2.根据所学知识熟练解决直线与椭圆、抛物线位置关系的综合问题2018天津,19直线与椭圆的位置关系三角函数2017天津文,20椭圆的几何性质2015天津文,19直线方程2.弦长公式的应用2018北京文,20求弦长的最值直线与椭圆的位置关系3.弦中点问题2018课标,20弦中点相关问题向量的运算分析解读从天津高考试题来看,本节内容一直是高考的热点,直线与椭圆以及抛物线的位置关系、圆锥曲线中的弦长、弦的中点等问题考查比较频繁,常与向量、圆等知识结合考查,解题基本策略有:(1)巧设直线方程;(2)注意整体代换思想的应用,利用根与系数的关系设而不求.炼技法【方法集训】方法1圆锥曲线中弦长的求法1.过椭圆x24+y2=1的右焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,B,C,D四点,则四边形ABCD面积S的最大值与最小值之差为()A.1725B.1825C.1925D.45答案B2.(2016课标,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)设M(x1,y1),由题意,t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.注意题目中t3这一隐含条件,是把等式转化为不等式的关键.方法2圆锥曲线中弦中点问题的求法3.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为()A.x245+y236=1B.x236+y227=1C.x227+y218=1D.x218+y29=1答案D过专题【五年高考】A组自主命题天津卷题组1.(2018天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O为原点),求k的值.解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知得c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,由|FB|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为x29+y24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sinOAB,而OAB=4,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12或k=1128.所以,k的值为12或1128.解题关键利用平面几何知识将|AQ|PQ|=524sinAOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.2.(2017天津文,20,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),EFA的面积为b22.(1)求椭圆的离心率;(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=32c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PMQN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.(i)求直线FP的斜率;(ii)求椭圆的方程.解析(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得12(c+a)c=b22.又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.又因为0e0),则直线FP的斜率为1m.由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+yc=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,即点Q的坐标为(2m-2)cm+2,3cm+2.由已知|FQ|=32c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,整理得3m2-4m=0,所以m=43,即直线FP的斜率为34.(ii)由a=2c,可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2+y23c2=1.由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得3x-4y+3c=0,x24c2+y23c2=1,消去y,整理得7x2+6cx-13c2=0,解得x=-13c7(舍去)或x=c.因此可得点Pc,3c2,进而可得|FP|=(c+c)2+3c22=5c2,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2-3c2=c.由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QNFP,所以|QN|=|FQ|tanQFN=3c234=9c8,所以FQN的面积为12|FQ|QN|=27c232,同理FPM的面积等于75c232,由四边形PQNM的面积为3c,得75c232-27c232=3c,整理得c2=2c,又由c0,得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.3.(2015天津文,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点为B,左焦点为F,离心率为55.(1)求直线BF的斜率;(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B),过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B),直线PQ与y轴交于点M,|PM|=|MQ|.(i)求的值;(ii)若|PM|sinBQP=759,求椭圆的方程.解析(1)设F(-c,0).由已知离心率ca=55及a2=b2+c2,可得a=5c,b=2c.又因为B(0,b),F(-c,0),故直线BF的斜率k=b-00-(-c)=2cc=2.(2)设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM).(i)由(1)可得椭圆的方程为x25c2+y24c2=1,直线BF的方程为y=2x+2c.将直线方程与椭圆方程联立,消去y,整理得3x2+5cx=0,解得xP=-5c3.因为BQBP,所以直线BQ的方程为y=-12x+2c,与椭圆方程联立,消去y,整理得21x2-40cx=0,解得xQ=40c21.又因为=|PM|MQ|,及xM=0,可得=|xM-xP|xQ-xM|=|xP|xQ|=78.(ii)由(i)有|PM|MQ|=78,所以|PM|PM|+|MQ|=77+8=715,即|PQ|=157|PM|.又因为|PM|sinBQP=759,所以|BP|=|PQ|sinBQP=157|PM|sinBQP=553.又因为yP=2xP+2c=-43c,所以|BP|=0+5c32+2c+4c32=553c,因此553c=553,得c=1.所以,椭圆方程为x25+y24=1.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两条直线垂直等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想和化归思想解决问题的能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2018课标,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FMFN=()A.5B.6C.7D.8答案D2.(2016课标文,12,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为()A.13B.12C.23D.34答案A3.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案224.(2018课标,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x22,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.5.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.解析(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-2,则m=3,将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-22x+2=0,解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k-2,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1,O到l的距离d=|m|k2+1=3,所以SOAB=1244k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1=124k2-24k2+1k2+13=267,解得k2=5,因为k0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:3k0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2),故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)单调递增.又f(3)=153-260,因此f(t)在(0,+)有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以3kb0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.(1)求C2的方程;(2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为6,32,所以94a2+6b2=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.将,代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率为64.C组教师专用题组1.(2017课标文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.(2)由y=x24,得y=x2,设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.2.(2015福建文,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.解析(1)由抛物线的定义得|AF|=2+p2.因为|AF|=3,即2+p2=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证明:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223,所以kGA+kGB=0,从而AGF=BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想.3.(2014陕西文,20,13分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)经过点(0,3),离心率为12,左,右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0).(1)求椭圆的方程;(2)若直线l:y=-12x+m与椭圆交于A,B两点,与以F1F2为直径的圆交于C,D两点,且满足|AB|CD|=534,求直线l的方程.解析(1)由题设知b=3,ca=12,b2=a2-c2,解得a=2,b=3,c=1,椭圆的方程为x24+y23=1.(2)由(1)知,以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,圆心到直线l的距离d=2|m|5,由d1得|m|0,y00),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=124x04y0=8x0y0.由x02+y02=42x0y0知当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).由题意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-y22=1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3,0),(3,0),由此设C2的方程为x23+b12+y2b12=1,其中b10.由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1,解得b12=3,因此C2的方程为x26+y23=1.显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+3,点A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1,得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根,因此y1+y2=-23mm2+2,y1y2=-3m2+2,由x1=my1+3,x2=my2+3,得x1+x2=m(y1+y2)+23=43m2+2,x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2.因AP=(2-x1,2-y1),BP=(2-x2,2-y2),由题意知APBP=0,所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.将,代入式整理得2m2-26m+46-11=0,解得m=362-1或m=-62+1.因此直线l的方程为x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0.【三年模拟】解答题(共100分)1.(2017天津十二区县一模,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a0,b0)的焦点在x轴上,左顶点为A,斜率为k(k0)的直线交椭圆E于A,B两点,点C在椭圆E上,ABAC,直线AC交y轴于点D.(1)当点B为椭圆的上顶点,ABD的面积为2ab时,求椭圆的离心率;(2)当b=3,2|AB|=|AC|时,求k的取值范围.解析(1)由题意可知直线AB的方程为y1=bax+b,直线AC的方程为y2=-ab(x+a),令x=0,则y1=b,y2=-a2b,所以SABD=12b+a2ba=2ab,于是a2+b2=4b2,a2=3b2,所以e=ca=a2-b2a2=63.(2)由题意可知直线AB的方程为y=k(x+a),椭圆方程为x2a2+y23=1,联立x2a2+y23=1,y=k(x+a)并整理得,(3+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-3a2=0,解得x=-a或x=-a3k2-3a3+a2k2,所以|AB|=1+k2-a3k2-3a3+a2k2+a=1+k26a3+a2k2,同理|AC|=1+k26a3k+a2k,因为2|AB|=|AC|,所以21+k26a3+a2k2=1+k26a3k+a2k,整理得a2=6k2-3kk3-2.因为椭圆E的焦点在x轴上,所以a23,即6k2-3kk3-23,整理得(k2+1)(k-2)k3-20,解得32kb0)的离心率为32,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.(1)求椭圆C的标准方程;(2)如图,斜率为12的直线l与椭圆C交于A,B两点,点P(2,1)在直线l的上方,若APB=90,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,求线段MN的长度.解析(1)由题意知椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=32,故a2=4b2,又以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8,则412ab=8,故ab=4,因此a=22,b=2,故椭圆的标准方程为x28+y22=1.(2)设直线l的方程为y=12x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=12x+m,x28+y22=1,得x2+2mx+2m2-4=0,又=(2m)2-4(2m2-4)0,故-2mb0)的离心率e=12,左顶点为A(-4,0),过点A作斜率为k(k0)的直线l交椭圆C于点D,交y轴于点E.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k0)都有OPEQ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由;(3)过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M,求|AD|+|AE|OM|的最小值.解析(1)因为椭圆C的左顶点为A(-4,0),所以a=4,又e=12,所以c=2.又因为b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.(2)设D(xD,yD),由题意得直线l的方程为y=k(x+4),由x216+y212=1,y=k(x+4),得(x+4)(4k2+3)x+16k2-12=0,所以xD=-16k2+124k2+3.所以D-16k2+124k2+3,24k4k2+3.因为点P为AD的中点,所以P的坐标为-16k24k2+3,12k4k2+3,则kOP=-34k(k0).直线l的方程为y=k(x+4),令x=0,得E点坐标为(0,4k),假设存在定点Q(m,n)(m0),使得OPEQ,则kOPkEQ=-1,即-34kn-4km=-1恒成立,所以(4m+12)k-3n=0恒成立,所以4m+12=0,-3n=0,即m=-3,n=0,所以存在满足条件的定点Q,定点Q的坐标为(-3,0).(3)因为OMl,所以OM的方程可设为y=kx,由x216+y212=1,y=kx,得M点的横坐标为xM=434k2+3,由OMl,得|AD|+|AE|OM|=|xD-xA|+|xE-xA|xM|=xD-2xA|xM|=-16k2+124k2+3+8434k2+3=134k2+94k2+3=134k2+3+64k2+322,当且仅当4k2+3=64k2+3,即k=32时取等号,所以当k=32时,|AD|+|AE|OM|取得最小值,最小值为22.4.(2018天津一中3月月考,19)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,P(-2,0)是它的一个顶点,过点P作圆C2:x2+y2=r2的切线PT,T为切点,且|PT|=2.(1)求椭圆C1及圆C2的方程;(2)过点P作互相垂直的两条直线l1,l2,其中l1与椭圆的另一交点为D,l2与圆交于A,B两点,求ABD面积的最大值.解析(1)根据题意可知,P(-2,0)为椭圆的左顶点,a=2,又e=ca=22,c=2,b2=a2-c2=2,椭圆C1的标准方程为x24+y22=1,由题意知r=|PO|2-|PT|2=2,圆C2的方程为x2+y2=2.(2)依题意知,直线l1的斜率必存在,设直线l1的方程为y=k(x+2),P(xP,yP),D(xD,yD),由y=k(x+2),x24+y22=1,得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,xP+xD=-8k21+2k2,又xP=-2,xD=2-4k21+2k2,|DP|=1+k2|xP-xD|=41+k21+2k2,直线l2的方程为y=-1k(x+2),即x+ky+2=0,|AB|=22-21+k22=22k2-21+k2,则SABD=12|AB|DP|=1222k2-21+k241+k21+2k2=42k2-22k2+1=42k2-22k2-2+3=42k2-2+32k2-2423=233,当且仅当2k2-2=32k2-2,即k=102时取等号.ABD面积的最大值为233.5.(2018天津河西二模,19)已知椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),离心率e=22,其一个焦点在抛物线C2:y2=2px(p0)的准线上,且抛物线C2与直线l:x-y+6=0相切.(1)求椭圆C1的方程;(2)若点M,N为椭圆C1上的两个不同的点,T为平面内任意一点,且满足OT=MN+2OM+ON,直线OM与ON的斜率之积为-12,试说明:是否存在两个定点F1,F2,使得|TF1|+|TF2|为定值?若存在,求点F1,F2的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)联立抛物线方程与直线方程得y2=2px,x-y+6=0,得y2-2py+26p=0,抛物线C2与直线l:x-y+6=0相切,=4p2-86p=0,解得p=26.抛物线C2的方程为y2=46x,准线方程为x=-6.椭圆C1的一个焦点在抛物线C2的准线上,c=6,又e=c

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