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文檔簡介

1、2016年10月24圓錐曲線解答題3參考答案與試題解析一解答題(共30小題)2(2016新余二模)已知O為坐標原點,的左右焦點分別為F1,F(xiàn)2,右頂點為A,上頂點為B,若|OB|,|OF2|,|AB|成等比數(shù)列,橢圓C上的點到焦點F2的最短距離為(1)求橢圓C的標準方程;(2)設T為直線x=3上任意一點,過F1的直線交橢圓C于點P,Q,且,求的最小值【解答】解:(1)|OB|,|OF2|,|AB|成等比數(shù)列,=|OB|AB|,=,設M(x0,y0)為橢圓C上一點,則=+=,ax0a,當x0=a時,ac=2,及其a2=b2+c2,解得a2=6,b2=2橢圓C的標準方程為=1(II)由(I)可知:

2、F1(2,0),設T(3,m),|TF1|=,直線TF1的斜率=m,當m0時,直線PQ的斜率kPQ=,直線PQ的方程是x=my2,當m=0時也適合設P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得,化為:(m2+3)y24my2=0,0,y1+y2=,y1y2=,|PQ|=,=,當且僅當=,即m=±1時,等號成立的最小值為3(2016上海模擬)如圖,在平面直角坐標系xoy中,已知橢圓C:=1(ab0)的離心率e=,左頂點為A(4,0),過點A作斜率為k(k0)的直線l交橢圓C于點D,交y軸于點E(1)求橢圓C的方程; (2)已知P為AD的中點,是否存在定點Q

3、,對于任意的k(k0)都有OPEQ,若存在,求出點Q的坐標;若不存在說明理由;(3)若過O點作直線l的平行線交橢圓C于點M,求的最小值【解答】解:(1)橢圓C:=1(ab0)的離心率e=,左頂點為A(4,0),a=4,又,c=2(2分)又b2=a2c2=12,橢圓C的標準方程為(4分)(2)直線l的方程為y=k(x+4),由消元得,化簡得,(x+4)(4k2+3)x+16k212)=0,x1=4,(6分)當時,點P為AD的中點,P的坐標為,則(8分)直線l的方程為y=k(x+4),令x=0,得E點坐標為(0,4k),假設存在定點Q(m,n)(m0),使得OPEQ,則kOPkEQ=1,即恒成立,

4、(4m+12)k3n=0恒成立,即,定點Q的坐標為(3,0)(10分)(3)OMl,OM的方程可設為y=kx,由,得M點的橫坐標為,(12分)由OMl,得=(14分)=,當且僅當即時取等號,當時,的最小值為 (16分)4(2016新余二模)如圖,已知橢圓+y2=1的四個頂點分別為A1,A2,B1,B2,左右焦點分別為F1,F(xiàn)2,若圓C:(x3)2+(y3)2=r2(0r3)上有且只有一個點P滿足=(1)求圓C的半徑r;(2)若點Q為圓C上的一個動點,直線QB1交橢圓于點D,交直線A2B2于點E,求的最大值【解答】解:(1)由橢圓+y2=1可得F1(1,0),F(xiàn)2(1,0),設P(x,y),=,

5、=,化為:x23x+y2+1=0,即=又(x3)2+(y3)2=r2(0r3),圓C上有且只有一個點P滿足=上述兩個圓外切,=r+,解得r=(2)直線A2B2方程為:,化為=設直線B1Q:y=kx1,由圓心到直線的距離,可得:k聯(lián)立,解得E聯(lián)立,化為:(1+2k2)x24kx=0,解得D|DB1|=|EB1|=,=|1+|,令f(k)=,f(k)=0,因此函數(shù)f(k)在k上單調(diào)遞減k=時,=|1+|=取得最大值6(2016莆田一模)己知兩點A(2,0),B(2,0),直線l過點B且與x軸垂直,點C是l上異于點B的動點,直線BP垂直線段OC并交線段AC于點P,記點P的軌跡為曲線(1)求曲線的方程

6、;(2)過點D(1,0)的直線與曲線 交于M,N兩點,直線AM,AN分別與l交于E,F(xiàn)兩點當AEF的面積是AMN的面積的2倍時,求直線MN的方程【解答】解:(1)設點C(2,m)(m0),則kOC=,kAC=,直線BP的方程為:y=(x+2),直線AC的方程為:y=(x2),聯(lián)立,消去m可得=1曲線的方程為=1(y0)(2)由題意可設直線MN的方程為x=ty1,聯(lián)立,化為(m2+2)y22my3=0,設M(x1,y1),N(x2,y2),(y1y2),則y1+y2=,y1y2=直線AM的方程為:(x2),由xE=2,可得yE=同理可得:yF=|EF|=|yEyF|=,SAEF=,SAMN=SA

7、EF=2SAMN,=3|y1y2|,化為=8,化簡可得:=8,解得m=,直線MN的方程為:y=±2(x+1)7(2016遼寧校級一模)已知橢圓C:的離心率為,右頂點A(2,0)(1)求橢圓C的方程;(2)過點的直線l交橢圓于B、D兩點,設直線AB斜率為k1,直線AD斜率為k2求證:k1k2為定值,并求此定值【解答】解:()橢圓C:的離心率為,右頂點A(2,0),由題意得,解得橢圓C的方程為(4分)證明:()由題意知直線l斜率不為0,可設直線l方程為,與聯(lián)立,得,=9m2+7(m2+4)0,設B(x1,y1),D(x2,y2),則(8分)=k1k2為定值,定值為(12分)8(2016南

8、寧二模)已知橢圓:+=1(ab0)的兩個焦點為F1,F(xiàn)2,離心率為,ABF2的周長等于4,點A、B在橢圓C上,且F1在邊AB上(1)求橢圓C的標準方程;(2)如圖,過圓O:x2+y2=4上任意一點P作橢圓C的兩條切線PM和PN與圓O交于點M、N,求PMN面積的最大值【解答】解:(1)ABF2的周長等于4,且F1在邊AB上,(BF1+BF2)+(AF1+AF2)=4,即a=,又=,=1,橢圓C的標準方程為:+y2=1;(2)依題意,設P(x0,y0),設過P點的直線為yy0=k(xx0),記b=kx0+y0,整理得:y=kx+b,并代入橢圓方程,得:x2+3k2x2+6kbx+3b23=0,令=

9、0,得9k2b23b29k2b2+9k2+3=0,9k23b2+3=0,即3k2b2+1=0,又b=kx0+y0,3k2k2x02+2kx0y0y02+1=0,=3y02+x0230,k1k2=,又x02+y02=4,即y02=4x02,k1k2=1,過圓O:x2+y2=4上任意一點P作橢圓C的兩條切線均垂直,MN為圓O的直徑,顯然當P點為P(0,±2)時,PMN面積的最大,最大值為42=410(2016浙江模擬)已知橢圓+=1(ab0)的右焦點為F2(1,0),點H(3,0)在橢圓上(1)求橢圓的方程;(2)點M在圓x2+y2=b2上,且M在第一象限,過M作圓x2+y2=b2的切線

10、交橢圓于P,Q兩點,求證:PF2Q的周長是定值【解答】解:(1)由題意可得c=1,a=3,即有b=2,則橢圓的方程為+=1;(2)證明:設P(x1,y1),Q(x2,y2),+=1(|x1|3),|PF2|2=(x11)2+y12=(x19)2,|PF2|=3x1,連接OM,OP,由相切條件知:|PM|2=|OP|2|OM|2=x12+y128=x12,|PM|=x1,|PF2|+|PM|=3,同理可求|QF2|+|QM|=3,|F2P|+|F2Q|+|PQ|=6即有PF2Q的周長為定值611(2016西安校級二模)設F1,F(xiàn)2是橢圓C:x2+2y2=2(0)的左、右焦點,P是橢圓上任意一點(

11、1)記F1PF2=,求證:cos0;(2)若F1(1,0),點N(2,0),已知橢圓C上的兩個動點A,B滿足=,當,時,求直線AB斜率的取值范圍【解答】解:(1)證明:橢圓C:x2+2y2=2(0),即為+=1,可得a=,b=,c=,則F1(,0),F(xiàn)2(,0),當P為短軸的一個端點時,|PF1|=|PF2|=a=,|F1F2|=2c=2,即有|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,F(xiàn)1PF2=90°,由橢圓的性質(zhì)可得,當P為短軸的端點時,F(xiàn)1PF2取得最大值,即0°F1PF290°,則cos0;(2)由=,可得A,B,N三點共線,而N(2,0),設直線的方程

12、為y=k(x+2),(k0),由F1(1,0),可得c=1,即=1,可得橢圓的方程為x2+2y2=2,由,消去x得:y2y+2=0,由=()280,解得0k或k0設A(x1,y1),B(x2,y2),由韋達定理得y1+y2=,y1y2=,又由=得:(x1+2,y1)=(x2+2,y2),y1=y2將式代入式得:,消去y2得:=設()=+2,當,時,()是減函數(shù),(),解得 k2,又由0k或k0得k或k直線AB的斜率的取值范圍是,12(2016遼寧校級一模)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為,且點(,)在C上()求橢圓C的方程;()直線l經(jīng)過點P(1,0),且與橢圓C有兩個交點A,B,是否存

13、在直線l0:x=x0(其中x02),使得A,B到l0的距離dA,dB滿足:=恒成立?若存在,求x0的值;若不存在,請說明理由【解答】解:()由題意可得e=,a2b2=c2,又+=1,解得a=2,b=1,即有橢圓的方程為+y2=1;()設直線l的方程為y=k(x1),代入橢圓方程可得,(1+4k2)x28k2x+4k24=0,設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),即有x1+x2=,x1x2=,存在直線l0:x=x0(其中x02),使得A,B到l0的距離dA,dB滿足:=恒成立,即有=,即為2x1x2+2x0(1+x0)(x1+x2)=0,即有+2x0(1+x0)=0,即為8k28+2

14、x0(1+4k2)8k2(1+x0)=0,即有2x0=8,解得x0=42故存在這樣的直線l:x=413(2016白山三模)設直線l:y=k(x+1)(k0)與橢圓x2+4y2=m2(m0)相交于A,B兩個不同的點,與x軸相交于點C,記O為坐標原點(1)證明:m2;(2)若=3,求OAB的面積取得最大值時橢圓的方程【解答】解:(1)依題意,直線l顯然不平行于坐標軸,故y=k(x+1)可化為x=1將x=代入x2+4y2=m2,消去x,得(1+4k2)y22ky+k2k2m2=0,由直線l與橢圓相交于兩個不同的點,得=4k24(1+4k2)(k2k2m2)=4k2m216k4+16k4m20,化簡整

15、理即得;(2)A(x1,y1),B(x2,y2),由,得,=(1x1,y1),=(x2+1,y2),由=3,得y1=3y2 ,由聯(lián)立,解得y2=,OAB的面積S=|OC|y1y2|=2|y2|=,上式取等號的條件是4k2=1,即k=±當k=時,由解得;當k=時,由解得將k=,及k=,這兩組值分別代入,均可解出m2=5,經(jīng)驗證,m2=5,k=±滿足OAB的面積取得最大值時橢圓方程是x2+4y2=415(2016湛江一模)如圖,已知橢圓C1:+=1(ab0)的半焦距為c,原點O到經(jīng)過兩點(c、0),(0,b)的直線的距離為c(0,1),垂直于x軸的直線l與橢圓C1及圓C2:x2

16、+y2=a2均有兩個交點,這四個交點按其坐標從大到小分別為A、B、C、D()當=時,求的值;()設N(a,0),若存在直線l使得BOAN,證明:0【解答】()解:過兩點(c、0),(0,b)的直線方程為,即bx+cybc=0,由原點O到直線bx+cybc=0的距離為c(0,1),得,即b=a,當=時,b=,此時橢圓方程為設直線l的方程為x=m(ama),聯(lián)立,解得B(m,),C(m,),聯(lián)立,解得A(m,),D(m,),=;()證明:如圖,由()得,A(m,),聯(lián)立,得B(m,),又N(a,0),而,由BOAN,得,m=(ma),即am0,即,解得:1(舍)或,又(0,1),016(2016洛

17、陽二模)已知圓心在直線y=x上的圓C與x軸相切,與y軸正半軸交于M,N兩點(點M在N的下方),且|MN|=3(1)求圓C的方程;(2)過點M任作一條直線與橢圓+=1交于A、B兩點,設直線AN、BN的斜率分別為k1,k2,則k1+k2是否為定值?若為定值,求出該定值;若不為定值,請說明理由【解答】解:(1)設圓C的半徑為r(r0),依題意,設圓心坐標為(4a,5a),a0,|MN|=3,r2=()2+(4a)2=(5a)2,解得a=,即有圓心為(2,),r=,圓C的方程為(x2)2+(y)2=;(2)把x=0代入方程(x2)2+(y)2=,解得:y=1,或y=4,即M(0,1),N(0,4),當

18、ABx軸時,不滿足題意;當AB與x軸不垂直時,設直線AB解析式為y=kx+1,聯(lián)立方程,消去y得:(2k2+1)x2+4kx6=0,設直線AB交橢圓于A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=,x1x2=,y1=kx1+1,y2=kx2+1,k1+k2=+=+=,2kx1x23(x1+x2)=2k()3()=0,k1+k2=017(2016安徽三模)已知橢圓C:=1(ab0)和圓D:x2+y2=b2分別與射線y=x(x0)交于A、B兩點,且|OA|=|OB|=(I)求橢圓C的方程;()若不經(jīng)過原點O且斜率為k的直線l與橢圓交于M、N兩點,且SOMN=1,證明:線段MN中點P(x0,y

19、0)的坐標滿足x+4y=2【解答】解:(I)由題意可得|OB|=1,|OA|=,即有b=1,令y=x,可得+x2=1,解得x=±,即有=,解得a=2,即有橢圓的方程為+y2=1;()證明:設直線l的方程為y=kx+t,代入橢圓方程x2+4y2=4,可得(1+4k2)x2+8ktx+4t24=0,設M(x1,y1),N(x2,y2),即有x1+x2=,x1x2=,MN的中點為(,),SOMN=|OM|ON|sinMON=|x1y2x2y1|=|x1(kx2+t)x2(kx1+t)|=|t(x1x2)|=|t|=1,化簡可得1+4k2=2t2,即有x02+4y02=+4=218(2016

20、河南模擬)已知橢圓C:=1(ab0)的離心率e=,橢圓的右焦點F(c,0),橢圓的右頂點為A,上頂點為B,原點到直線AB的距離為(I)求橢圓C的方程;()判斷在x軸上是否存在異于F的一點G,滿足過點G且斜率為k(k0)的直線l與橢圓C交于M、N兩點,P是點M關于x軸的對稱點,N、F、P三點共線,若存在,求出點G坐標;若不存在,說明理由【解答】解:(I)由題意可得e=,直線AB的方程為bx+ay=ab,由題意可得=,又a2b2=c2,解得a=,b=c=1,即有橢圓的方程為+y2=1;()在x軸上假設存在異于F的一點G,設為(n,0),設直線l的方程為y=k(xn),代入橢圓方程x2+2y2=2,

21、可得(1+2k2)x24nk2x+2k2n22=0,設M(x1,y1),N(x2,y2),可得x1+x2=,x1x2=,由假設可得P(x1,y1),F(xiàn)(1,0),N(x2,y2)三點共線,可得kPN=kNF,即=,由y1=k(x1n),y2=k(x2n),可得(x1+x22n)(x21)=(x2x1)(x2n),化簡為(n+1)(x1+x2)2x1x22n=0,即有(n+1)22n=0,化簡可得n=2,代入判別式可得2k21,故存在異于F的一點G,且為(2,0),使N、F、P三點共線19(2016成都校級模擬)已知橢圓的離心率為,且以坐標原點為圓心,橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切(1)求橢

22、圓C的標準方程;(2)若一條不過原點的直線l與橢圓相交于A,B兩點,設直線OA,l,OB的斜率分別為k1,k,k2,且k1,k,k2恰好構成等比數(shù)列求|OA|2+|OB|2的值【解答】解:(1)橢圓的離心率為,由題意知e=,e2=,整理,得a2=4b2,a=2b,又以坐標原點為圓心,橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線相切,b=1,a=2,故橢圓C的方程為:=1(2)設直線l的方程為y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由直線l的方程代入橢圓方程,消去y得:(1+4k2)x2+8kmx+4m24=0,x1+x2=,x1x2=,且=16(1+4k2m2)0,k1、k、k2恰好構成等比數(shù)列k

23、2=k1k2=,4k2m2+m2=0,k=±,此時=16(2m2)0,即m(,),x1+x2=±2m,x1x2=2m22|OA|2+|OB|2=(x1+x2)22x1x2+2=5,|OA|2+|OB|2是定值為520(2016??谛<壞M)如圖,已知橢圓+=1(ab0),橢圓的長軸長為8,離心率為(1)求橢圓方程;(2)橢圓內(nèi)接四邊形ABCD的對角線交于原點,且()()=0,求四邊形ABCD周長的最大值與最小值【解答】解:(1)由題意可得2a=8,即a=4,由e=,可得c=,b=3,即有橢圓的方程為+=1;(2)由題意的對稱性可得四邊形ABCD為平行四邊形,由()()=0,

24、可得()=0,即()()=0,可得2=2,即有四邊形ABCD為菱形,即有ACBD,設直線AC的方程為y=kx,(k0),則BD的方程為y=x,代入橢圓方程可得x=±,可設A(,k),同理可得D(,),即有|AD|2=()2+(+)2=,令1+k2=t(t1),即有|AD|2=25=25,由144+=49()2+,即有t=2,即k=±1時,|AD|取得最小值,且為;又當AC的斜率為0時,BD為短軸,即有ABCD的周長取得最大值,且為20綜上可得四邊形ABCD的周長的最小值為,最大值為2021(2016天津一模)橢圓C:=1(ab0),A,B是橢圓與x軸的兩個交點,M為橢圓C的

25、上頂點,設直線MA的斜率為k1,直線MB的斜率為k2,k1k2=()求橢圓C的離心率;()設直線l與x軸交于點D(,0),交橢圓于P、Q兩點,且滿足=3,當OPQ的面積最大時,求橢圓C的方程【解答】解:()由題意可得M(0,b),A(a,0),B(a,0)k1=,k2=k1k2=,b=a,可得e= ()由()知e=,得a2=3c2,b2=2c2,可設橢圓C的方程為:2x2+3y2=6c2,設直線l的方程為:x=my,直線l與橢圓交于P,Q兩點得(2m2+3)y24my+66c2=0,因為直線l與橢圓C相交,所以=48m24(2m2+3)(66c2)0,由韋達定理:y1+y2=,y1y2= 又=

26、3,所以y1=3y2,代入上述兩式有:66c2=,所以SOPQ=|OD|y1y2|=|=12=1212=,當且僅當m2=時,等號成立,此時c2=,代入,有0成立,所以橢圓C的方程為:+=122(2016晉中一模)已知橢圓E:+=1(ab0),A為橢圓E的右頂點,B,C分別為橢圓E的上、下頂點(I)若N為AC的中點,BAN的面積為,橢圓的離心率為求橢圓E的方程;()F為橢圓E的右焦點,線段CF的延長線與線段AB交于點M,與橢圓E交于點P,求的最小值【解答】解:(I)由題意可得A(a,0),B(0,b),C(0,b),|AN|=|AC|=,直線AC的方程為bxayab=0,可得B到AC的距離為d=

27、,由BAN的面積為,可得()=,即有ab=2,又e=,a2b2=c2,解得a=2,b=c=,即有橢圓的方程為+=1;()設F(c,0),C(0,b),A(a,0),B(0,b),可得直線CF:y=xb,直線AB的方程為y=x+b,聯(lián)立直線CF和AB的方程,可得M(,),將直線CF的方程代入橢圓方程b2x2+a2y2=a2b2,可得x=0或,即有P(,),由=,由e=(0,1),可得=(1+e)+222=22當且僅當1+e=,即e=1,可得最小值2223(2016河南二模)已知橢圓C:的左、右焦點分別為F1(c,0)、F2(c,0),P為橢圓C上任意一點,且最小值為0()求曲線C的方程;()若動

28、直線l2,l2均與橢圓C相切,且l1l2,試探究在x軸上是否存在定點B,使得點B到l1,l2的距離之積恒為1?若存在,請求出點B的坐標;若不存在,請說明理由【解答】解:()設P(x,y),則有=(x+c,y),=(xc,y),=x2+y2c2=,xa,a,由最小值為0,得1c2=0,c=1,a2=2,橢圓C的方程為()當直線l1,l2斜率存在時,設其方程為y=kx+m,y=kx+n,把l1的方程代入橢圓方程,得(1+2k2)x2+4mkx+2m22=0,直線l1與橢圓C相切,=16k2m24(1+2k2)(2m22)=0,化簡,得m2=1+2k2,同理,n2=1+2k2,m2=n2,若m=n,

29、則重合,不合題意,m=n,設在x軸上存在點B(t,0),點B到直線l1,l2的距離之積為1,則=1,即|k2t2m2|=k2+1,把1+2k2=m2代入并去絕對值整理,得:k2(t23)=2或k2(t21)=0,前式不恒成立,而要使得后對任意的kR恒立,則t21=0,解得t=±1當直線l1,l2的距離之積為()()=1,定點(1,0)到直線l1,l2的距離之積為()()=1,綜上所述,滿足題意的定點B為(1,0)或(1,0)24(2016遼寧一模)已知P(x0,y0)(x0±a)是橢圓E:+=1(ab0)上一點,M,N分別是橢圓E的左、右頂點,直線PM、PN的斜率之積為(1

30、)求橢圓E的離心率;(2)過橢圓E的左焦點且斜率為1的直線交橢圓E于A,B兩點,O為坐標原點,點C為橢圓E上一點,且滿足=(0),求的值【解答】解:(1)P(x0,y0)(x0a)是橢圓E:+=1(ab0)上一點,M,N分別是橢圓E的左、右頂點,直線PM,PN的斜率的乘積等于,a2=4b2,c2=3b2,得e=;(2)聯(lián)立方程組,得5x2+8cx+8b2=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則,再設C(x3,y3),由=,得x3=x1+x2,y3=y1+y2,由于C為橢圓上的點,即,則(x1+x2)2+4(y1+y2)2=4b2,整理得:(x1x2+4y1y2)=4b2 ,由于A(x1,

31、y1),B(x2,y2)在橢圓上,即,又x1x2+4y1y2=x1x2+4(x1+c)(x2+c)=5x1x2+4c(x1+x2)+4c2=,代入得,即,解得:=0,或=25(2016涼山州模擬)設橢圓+=1(ab0)(1)若F,A分別是橢圓的右焦點,右頂點,H是直線x=與x軸的交點,設=f(e)(e為橢圓的離心率),求f(e)的最大值;(2)若點P(x0,y0)是橢圓上任意一點,從原點O作圓(xx0)2+(yy0)2=的兩條切線,且兩條切線的斜率都存在,記為k1,k2,求k1k2的值【解答】解:(1)由題設,H點的坐標為H(,0),O(0,0),F(xiàn)(c,0),A(a,0)|FA|=ac,|O

32、H|=,f(e)=ee2=(e2e)=(e)2+,當e=時,f(e)取得最大值,且為;(2)由點P(x0,y0)是橢圓上任意一點,可得+=1,即為y02=(a2x02),直線y=kx與圓相切,d=r,即=,整理可得(a2b2x02(a2+b2)k2+2x0y0(a2+b2)k+a2b2y02(a2+b2)=0,即有k1k2=,代入,化簡可得k1k2=26(2016漳平市校級模擬)已知F1,F(xiàn)2分別是橢圓C:+=1(ab0)的兩個焦點,P(1,)是橢圓上一點,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差數(shù)列(1)求橢圓C的標準方程;(2)已知動直線l過點F2,且與橢圓C交于A、B兩點,試問x軸上

33、是否存在定點Q,使得=恒成立?若存在,求出點Q的坐標;若不存在,請說明理由【解答】解:(1)|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差數(shù)列,|PF1|+|PF2|=2|F1F2|,即2a=4c,a=,解得橢圓方程為(2)假設在x軸上存在點Q(m,0),使得恒成立當直線l的斜率為0時,A(,0),B(,0)=(m,0),=(m,0)=m22=,解得或m=若直線l斜率不為0,設直線AB的方程為x=ty+1聯(lián)立方程組,消元得:(t2+2)y2+2ty1=0設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=,y1y2=x1+x2=t(y1+y2)+2=,x1x2=(ty1+1)(ty2+1)=t2y

34、1y2+t(y1+y2)+1=(x1m,y1),=(x2m,y2)=(x1m)(x2m)+y1y2=x1x2m(x1+x2)+m2+y1y2=+m2=,解得m=綜上,Q點坐標為(,0)27(2016邢臺校級模擬)如圖,在平面直角坐標系xOy中,已知R(x0,y0)是橢圓+=1上的一點,從原點O向圓R(xx0)2+(yy0)2=12作兩條切線,分別交橢圓于P,Q兩點(1)若R點在第一象限,且直線OP,OQ互相垂直,求圓R的方程;(2)若直線OP,OQ的斜率存在,分別記為k1,k2,求k1k2的值【解答】解:(1)圓R的半徑r=2,OPOQ,|OR|=r=2,x02+y02=24,又點R在橢圓C上,聯(lián)立,解得圓R的方程為 (x2)2+(y2)2=12(2)直線OP方程為:k1xy=0,直線OQ的方程為:k2xy=0OP,OQ為圓R的切線,=2

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