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文檔簡介
1、圓錐曲線的綜合應(yīng)用最值、范圍問題達(dá)標(biāo)檢測A組應(yīng)知應(yīng)會1(廬陽區(qū)校級模擬)已知P為拋物線y24x上一點(diǎn),Q為圓(x6)+y21上一點(diǎn),則|PQ|的最小值為()ABCD【分析】設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m2,m),圓(x6)2+y21的圓心坐標(biāo)A(6,0),求出|PA|的最小值,即可得到|PQ|的最小值【解答】解:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m2,m),圓(x6)2+y21的圓心坐標(biāo)A(6,0),|PA|2(m26)2+m2(m216)2+2020,|PA|2,Q是圓(x6)2+y21上任意一點(diǎn),|PQ|的最小值為21,故選:C2(東湖區(qū)校級模擬)已知雙曲線C:y21的離心率為,過點(diǎn)P(2,0)的直線l與雙曲線C交于不
2、同的兩點(diǎn)A、B,且AOB為鈍角(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則直線l斜率的取值范圍是()AB(,0)(0,)CD【分析】利用雙曲線的離心率求出m,得到雙曲線方程,設(shè)出直線方程,設(shè)出AB坐標(biāo),利用韋達(dá)定理結(jié)合向量的數(shù)量積轉(zhuǎn)化求解k的范圍即可【解答】解:由題意雙曲線C:y21的離心率為,得,解得m2,雙曲線C:y21,設(shè)直線l:xty+2,與雙曲線C聯(lián)立得:(t22)y2+4ty+20,設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1y2,x1x2t2y1y2+2t(y1+y2)+4,又因?yàn)锳OB為鈍角,所以y1y2+x1x20,即0得出t220,所以直線l的斜率k2,即直線l斜率的取值范圍是,故選:A3(
3、梅河口市校級模擬)已知拋物線y24x的焦點(diǎn)為F,過F的直線與拋物線交于A,B兩點(diǎn),A位于第一象限,則|AF|+3|BF|的最小值是()A2B2+1C2+2D2+4【分析】設(shè)直線AB的方程為xmy+1,A(,y1),B(,y2),聯(lián)立直線與拋物線的方程消元,然后利用韋達(dá)定理可得,然后根據(jù)拋物線的定義可得|AF|+3|BF|,再利用基本不等式即可求出結(jié)果【解答】解:拋物線的焦點(diǎn)F(1,0),設(shè)直線AB的方程為:xmy+1,聯(lián)立方程組,消去x得:x2(4m2+2)x+10,設(shè)A(,y1),B(,y2),則有,即,由拋物線的定義可得|AF|,|BF|+1,所以|AF|+3|BF|,當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立,
4、所以|AF|+3|BF|的最小值是2+4,故選:D4(紅崗區(qū)校級模擬)已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,過點(diǎn)F1且垂直于x軸的直線與該雙曲線的左支交于A、B兩點(diǎn),若ABF2的周長為24,則當(dāng)ab2取得最大值時,該雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為()A1BC2D【分析】可設(shè)F1(c,0),求得|AB|,運(yùn)用勾股定理,可得ABF2的周長,結(jié)合a,b,c的關(guān)系,可得b2a(6a),則ab2a2(6a),設(shè)f(x)x2(6x),x0,求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性,可得最大值,即可得到所求距離【解答】解:可設(shè)F1(c,0),由xc代入雙曲線的方程可得y,則|AB|,|AF2|BF2|,由題意可得+224,結(jié)合c2
5、a2+b2,上式化簡可得a3+ab236a6b2,可得b2a(6a),則ab2a2(6a),設(shè)f(x)x2(6x),x0,導(dǎo)數(shù)為f(x)12x3x2,當(dāng)x4時,f(x)0,f(x)遞減;當(dāng)0 x4時,f(x)0,f(x)遞增可得f(x)在x4處取得最大值即有a4,b24(64)8,即b2,而焦點(diǎn)到漸近線的距離為db2,故選:D5(濱州三模)已知拋物線C:y24x與圓E:(x1)2+y29相交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M為劣弧上不同A,B的一個動點(diǎn),平行于x軸的直線MN交拋物線于點(diǎn)N,則MNE的周長的取值范圍為()A(3,5)B(5,7)C(6,8)D(6,8【分析】過M作準(zhǔn)線的垂線,垂足為H,根據(jù)拋物線
6、的定義,可得ENNH故MNE的周長lNH+NM+MEMH+3,只需求得MH的取值范圍即可【解答】解:如圖,可得圓心E(1,0)也是拋物線的焦點(diǎn),過M作準(zhǔn)線的垂線,垂足為H,根據(jù)拋物線的定義,可得ENNH故MNE的周長lNH+NM+MEMH+3,由可得A(2,2),點(diǎn)A到準(zhǔn)線的距離為2+13,MH的取值范圍為(3,5)MNE的周長MH+3的取值范圍為(6,8)故選:C6(和平區(qū)校級一模)已知雙曲線的右焦點(diǎn)到其中一條新近線的距離等于,拋物線E:y22px(p0)的焦點(diǎn)與雙曲線C的右焦點(diǎn)重合,則拋物線E上的動點(diǎn)M到直線l1:4x3y+60和l2:x1的距離之和的最小值為()A1B2C3D4【分析】求
7、出雙曲線的漸近線方程,運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式計算可得b,進(jìn)而得到c,由拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo),可得p2,進(jìn)而得到拋物線的方程連接MF,過點(diǎn)M作MAl1于點(diǎn)A,作MB準(zhǔn)線x1于點(diǎn)C由拋物線的定義,得到d1+d2MA+MF,再由平面幾何知識可得當(dāng)M、A、F三點(diǎn)共線時,MA+MF有最小值,因此算出F到直線l1的距離,即可得到所求距離的最小值【解答】解:雙曲線C:(b0)的漸近線方程為y,右焦點(diǎn)(,0)到其一條漸近線的距離等于,可得,解得b2,即有c,由題意可得1,解得p2,即有拋物線的方程為y24x,如圖,過點(diǎn)M作MAl1于點(diǎn)A,作MB準(zhǔn)線l2:x1于點(diǎn)C,連接MF,根據(jù)拋物線的定義得MA+MCMA+MF
8、,設(shè)M到l1的距離為d1,M到直線l2的距離為d2,d1+d2MA+MCMA+MF,根據(jù)平面幾何知識,可得當(dāng)M、A、F三點(diǎn)共線時,MA+MF有最小值F(1,0)到直線l1:4x3y+60的距離為MA+MF的最小值是2,由此可得所求距離和的最小值為2故選:B7(春豐臺區(qū)期末)已知點(diǎn)P是橢圓上一點(diǎn),M,N分別是圓(x6)2+y21和圓(x+6)2+y24上的點(diǎn),那么|PM|+|PN|的最小值為()A15B16C17D18【分析】由題意畫出圖形,數(shù)形結(jié)合以及橢圓的定義轉(zhuǎn)化求解即可【解答】解:如圖,橢圓的a10,b8,所以c6,圓(x6)2+y21和圓(x+6)2+y24的圓心為橢圓的兩個焦點(diǎn),則當(dāng)M
9、,N為如圖所示位置時,|PM|+|PN|的最小值為2a(2+1)17故選:C8(南崗區(qū)校級四模)已知橢圓T:的焦點(diǎn)F(2,0),過點(diǎn)M(0,1)引兩條互相垂直的兩直線l1、l2,若P為橢圓上任一點(diǎn),記點(diǎn)P到l1、l2的距離分別為d1、d2,則d12+d22的最大值為()A2BCD【分析】由已知求解a2,可得橢圓方程,設(shè)P(x0,y0),由l1l2,得,再由P在橢圓上,轉(zhuǎn)化為關(guān)于y0的二次函數(shù)求解【解答】解:由題意知:a21+45,橢圓T:設(shè)P(x0,y0),l1l2,且M(0,1),又,1y01,當(dāng)時,d12+d22的最大值為,故選:D9(春黃山期末)已知平面內(nèi)與兩定點(diǎn)距離的比為常數(shù)k(k0,
10、且k1)的點(diǎn)的軌跡是圓,這個圓稱為阿波羅尼斯圓現(xiàn)有橢圓,A,B為長軸端點(diǎn),C,D為短軸端點(diǎn),動點(diǎn)M滿足,MAB面積的最大值為8,MCD面積的最小值為1,則橢圓的離心率為()ABCD【分析】由題意可得點(diǎn)M的軌跡方程,由MAB面積的最大值為8,MCD面積的最小值為1可得a,b的值,進(jìn)而求出橢圓的離心率【解答】解:由橢圓的方程可得A(a,0),B(a,0),C(0,b),D(0,b),設(shè)M(x,y),則點(diǎn)M滿足,所以可得2,整理可得x2+y2ax+a20,圓心坐標(biāo)為(a,0),半徑ra,因?yàn)镸AB面積的最大值為8,MCD面積的最小值為1,所以解得:a26,b2,所以橢圓的離心率e,故選:D10(襄州
11、區(qū)校級四模)已知F1、F2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn),P是橢圓上一點(diǎn)(異于左、右頂點(diǎn)),若存在以為半徑的圓內(nèi)切于PF1F2,則橢圓的離心率的取值范圍是()ABCD【分析】利用已知條件列出三角形的面積,推出不等式,然后推出橢圓的離心率的范圍【解答】解:F1、F2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn),P是橢圓上一點(diǎn)(異于左、右頂點(diǎn)),若存在以為半徑的圓內(nèi)切于PF1F2,可得:,(a+c)22b2,則0a22ac3c2,(a+c)(a3c)0,a3c,故選:D11(運(yùn)城模擬)如圖,已知F1、F2分別是橢圓C:的左、右焦點(diǎn),過F1的直線l1與過F2的直線l2交于點(diǎn)N,線段F1N的中點(diǎn)為M,線段F1N的垂直平分線MP與l
12、2的交點(diǎn)P(第一象限)在橢圓上,若O為坐標(biāo)原點(diǎn),則的取值范圍為()ABCD(0,1)【分析】結(jié)合圖形說明|F1M|MN|設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)(x00,y00)由兩點(diǎn)間的距離公式,以及焦半徑公式轉(zhuǎn)化求解的表達(dá)式,然后求解取值范圍【解答】解:如圖所示,點(diǎn)P在y軸右邊,因?yàn)镻M為F1N的垂直平分線,所以|F1M|MN|由中位線定理可得設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)(x00,y00)由兩點(diǎn)間的距離公式,得,同理可得|PF2|aex0,所以|F2N|PF1|PF2|2ex0,故|OM|ex0,因?yàn)閍8,所以,故,所以因?yàn)閤0(0,8),所以故的取值范圍為(0,1)故選:D12(漢陽區(qū)校級模擬)已知A,B是圓C:x
13、2+y28x2y+160上兩點(diǎn),點(diǎn)P在拋物線x22y上,當(dāng)APB取得最大值時,則:(1)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 ;(2)|AB| 【分析】(1)根據(jù)圓的方程及兩點(diǎn)之間的距離公式,表示出|PC|,求導(dǎo),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得|PC|的最小值,即可求得當(dāng)APB取得最大值時,P點(diǎn)坐標(biāo);(2)根據(jù)圓的性質(zhì),即可求得|AB|【解答】解:(1)圓C:x2+y28x2y+160的圓心(4,1),半徑為1,要使APB最大,只需要APC最大,由,|AC|1,只需要|PC|最小,設(shè)拋物線上的點(diǎn)P(m,n),則m22n,|PC|,令g(m),可得g(m)m38,令g(m)m380,解得m2,當(dāng)m2,g(m)0,g(x)單調(diào)
14、遞減,當(dāng)m2,g(m)0,g(m)單調(diào)遞增,所以g(m)的最小值為:g(2)416+175由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知,|PC|,當(dāng)且僅當(dāng)m2,n2時取等號,所以P(2,2);(2)由(1)可知,P(2,2),所以切線長為:|PA|2,如圖:|PC|AB|PA|AC|,|AB|21|AB|故答案為:(1)(2,2);(2)13(春湖南期末)已知雙曲線C:1與雙曲線D:x21的離心率分別為e1,e2,則e1+e2的最大值為 【分析】求出雙曲線的離心率然后求解和,轉(zhuǎn)化求解最大值即可【解答】解:雙曲線C:1的離心率分別為e1,雙曲線D:x21的離心率分e2,0m4,所以e1+e2,所以當(dāng)m2時,e1+e2
15、取得最大值:2故答案為:214(春安徽期末)已知點(diǎn)P(5,0),若雙曲線的右支上存在兩動點(diǎn)M,N,使得,則的最小值為 【分析】畫出圖形,利用向量的數(shù)量積的幾何意義,轉(zhuǎn)化為雙曲線上的點(diǎn)到P距離的平方,然后求解最小值即可【解答】解:由題意,則,的最小值,就是雙曲線上的點(diǎn)M到P距離的平方的最小值,設(shè)M(m,n),則:,(m5)2+n2(m5)2+3m234m210m+22,當(dāng)m時,表達(dá)式取得最小值:故答案為:15(湖北模擬)已知點(diǎn)A(4,4)和拋物線y24x上兩點(diǎn)B、C,使得ABBC,則點(diǎn)C的縱坐標(biāo)的取值范圍為 【分析】設(shè),由kABkBC1得(y1+4)(y1+y2)16,化簡為關(guān)于y1的一元二次方
16、程,該方程有解,進(jìn)而可得0,解不等式即得解【解答】解:設(shè),則,同理由kABkBC1得(y1+4)(y1+y2)16,整理得:且y14,解得y24或y212,檢驗(yàn),當(dāng)y24時,y10,;當(dāng)y212時,y18;均滿足條件故點(diǎn)C縱坐標(biāo)的取值范圍為(,412,+)故答案為:(,412,+)16(春達(dá)州期末)過雙曲線C:1(0b2)的一個焦點(diǎn)和C兩支都相交的直線l與橢圓+1相交于點(diǎn)A,B若C的離心率為,則|AB|的取值范圍是 【分析】由雙曲線的離心率求得b,得到橢圓方程,畫出圖形,即可求得|AB|的最大值;設(shè)出直線l的方程,與橢圓方程聯(lián)立,由判別式大于0求得k的范圍,可知直線與雙曲線兩支相交時k的范圍,
17、求出斜率與雙曲線漸近線斜率相等時的|AB|,則答案可求【解答】解:雙曲線C:1的實(shí)半軸長為2,虛半軸長為b(0b2),由C的離心率為,得,即b1橢圓方程為,如圖:不妨取雙曲線的左焦點(diǎn)F1 (,0),由圖可知,直線l截橢圓所得弦長的最大值為4;設(shè)過F1 的直線方程為yk(x+),聯(lián)立,可得由164k20,解得2k2可知當(dāng)k2時,直線與橢圓相切要使直線與雙曲線C兩支都相交,則k(,)而當(dāng)k時,化為設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則,|AB|AB|的取值范圍是2,4故答案為:2,417(榆林四模)已知點(diǎn)F為拋物線C:y22px(p0)的焦點(diǎn),定點(diǎn)A(1,2)和動點(diǎn)P都在拋物線C上,點(diǎn)B(2,0
18、),則的最大值為 【分析】根據(jù)拋物線的定義先求出p的值,再根據(jù)拋物線的性質(zhì),結(jié)合基本不等式即可求出【解答】解:定點(diǎn)A(1,2)和動點(diǎn)P都在拋物線C上,p2,拋物線C:y24x,設(shè)P(x,y),當(dāng)x0時,0,當(dāng)x0時,當(dāng)且僅當(dāng)x2時取等號,故答案為:18(春內(nèi)江期末)已知拋物線x24y的焦點(diǎn)為F,雙曲線C:1(a0,b0)的右焦點(diǎn)為F1,過點(diǎn)F和F1的直線l與拋物線在第一象限的交點(diǎn)為M,且拋物線在點(diǎn)M處的切線與直線yx垂直,當(dāng)a+b取最大值時,雙曲線C的方程為 【分析】先求出過點(diǎn)F,F(xiàn)1的直線方程,再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義和拋物線在點(diǎn)M處的切線與直線yx垂直,求出c的值,再根據(jù)三角代換求解最大值,然
19、后求出雙曲線方程【解答】解:拋物線x24y的焦點(diǎn)為F為(0,1),雙曲線C:1的右焦點(diǎn)為F1(c,0),過點(diǎn)F,F(xiàn)1的直線為yx+1,即yx+1,拋物線在點(diǎn)M處的切線與直線yx垂直,拋物線在點(diǎn)M處的切線的斜率為,yx2,yx,設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0,y0),x0,解得x0,y0 x02,M(,),+1,解得c,a2+b2c23,令acos,bsin,a+bcos+3sin2sin(+)2當(dāng)且僅當(dāng)a,b時取等號,此時雙曲線方程為:故答案為:19(春南通期末)已知橢圓的短軸長為2,上頂點(diǎn)為A,左頂點(diǎn)為B,左右焦點(diǎn)分別是F1,F(xiàn)2,且F1AB的面積為,則橢圓的方程為;若點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn),則的取值
20、范圍是 【分析】根據(jù)已知條件短軸長為2,F(xiàn)1AB的面積為,可以求出a,b,c的值,則橢圓方程可求;再利用橢圓的性質(zhì)化簡并代入,即可求解的取值范圍【解答】解:由已知可得2b2,即b1,F(xiàn)1AB的面積為,(ac)b,得ac;a2c2b21;a2,c可得橢圓方程為;令|PF1|m,則,m,1m2+4m4;14故答案為:;1,420(濟(jì)寧模擬)設(shè)雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,|F1F2|2c,過F2作x軸的垂線,與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為A,點(diǎn)Q坐標(biāo)為且滿足|F2Q|F2A|,若在雙曲線C的右支上存在點(diǎn)P使得|PF1|+|PQ|F1F2|成立,則雙曲線的離心率的取值范圍是 【分析】設(shè)F1(c,0
21、),F(xiàn)2(c,0),由xc,解得A的坐標(biāo),再由|F2Q|F2A|,結(jié)合離心率公式可得e,由雙曲線的定義和三點(diǎn)共線的性質(zhì)可得2a+|F2Q|F1F2|,結(jié)合離心率公式可得e的范圍【解答】解:雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1(c,0),F(xiàn)2(c,0),由xc,yb,可得A(c,),由點(diǎn)Q坐標(biāo)為且滿足|F2Q|F2A|,可得,即3a22b22c22a2,即c2a2,則e,又|PF1|PF2|2a,則|PF1|+|PQ|2a+|PF2|+|PQ|2a+|F2Q|2a+,當(dāng)且僅當(dāng)Q,P,F(xiàn)2三點(diǎn)共線時,上式取得等號由題意可得2c,即ca,可得e,綜上可得e,故答案為:(,)21(春山西期中)設(shè)點(diǎn)M和N分別是
22、橢圓C:1(a0)上不同的兩點(diǎn),線段MN最長為4(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若直線MN過點(diǎn)Q(0,2),且0,線段MN的中點(diǎn)為P,求直線OP的斜率的取值范圍【分析】(1)當(dāng)線段MN為長軸時,其長度最長,所以42a,a2,于是可得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)直線MN的斜率存在且不為0,設(shè)其方程為ykx+2,將其與橢圓的方程聯(lián)立可得(1+4k2)x2+16kx+120,由0解得,寫出韋達(dá)定理,并求得y1y2,因?yàn)?,所以x1x2+y1y20,又解得k24,故然后設(shè)直線OP的斜率為k,利用點(diǎn)差法可得,由即可求出直線OP斜率的取值范圍【解答】解:(1)因?yàn)榫€段MN最長為4,所以42a,即a2,所以橢圓C
23、的標(biāo)準(zhǔn)方程為(2)由題意知,直線MN的斜率存在且不為0,設(shè)其方程為ykx+2,聯(lián)立,整理得(1+4k2)x2+16kx+120,由(16k)24(1+4k2)1216(4k23)0,可得設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則,所以y1y2(kx1+2)(kx2+2)因?yàn)?,所以,即k24,故設(shè)直線OP的斜率為k,因?yàn)?,兩式相減得,所以,則,故直線OP的斜率的取值范圍是22(平陽縣模擬)已知拋物線的準(zhǔn)線與半橢圓相交于A,B兩點(diǎn),且()求拋物線C1的方程;()若點(diǎn)P是半橢圓C2上一動點(diǎn),過點(diǎn)P作拋物線C1的兩條切線,切點(diǎn)分別為C,D,求PCD面積的取值范圍【分析】(1)利用拋物線的直線方程與橢圓方
24、程聯(lián)立,結(jié)合求解p,得到拋物線方程(2)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x0,y0),滿足設(shè)切線PC為(xx0)m1(yy0),代入得y24m1y+4m1y04x00,通過0得到方程,設(shè)切點(diǎn)C(x1,y1),y12m1,得到設(shè)切線PD為(xx0)m2(yy0),切點(diǎn)D(x2,y2),可得轉(zhuǎn)化求解CD直線方程為4x2y0y+4x00利用三角形的面積求解即可【解答】解:(1)拋物線的準(zhǔn)線:x,由拋物線的準(zhǔn)線與半橢圓相交于A,B兩點(diǎn),且可得得p2,所以(2)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x0,y0),滿足由題意可知切線斜率不會為0,設(shè)切線PC為(xx0)m1(yy0),代入得y24m1y+4m1y04x00,由0可得,設(shè)切點(diǎn)C(x1
25、,y1),所以y12m1,代入可得設(shè)切線PD為(xx0)m2(yy0),切點(diǎn)D(x2,y2),同理可得由可知y1,y2是方程y22y0y+4x00的兩根,所以y1+y22y0,y1y24x0,又,所以代入可知C(x1,y1),D(x2,y2)是4x2y0y+4x00的兩根,即CD直線方程為4x2y0y+4x00,SPCD,又因?yàn)榍襵02,0,23(濮陽一模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),拋物線C:x22py(p0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為,點(diǎn)A,B在該拋物線上且位于y軸的兩側(cè),()證明:直線AB過定點(diǎn)(0,3);()以A,B為切點(diǎn)作C的切線,設(shè)兩切線的交點(diǎn)為P,點(diǎn)Q為圓(x1)2+y21上任意一點(diǎn),求|PQ|的最小值
26、【分析】()由已知求得p,可得拋物線C:x22y設(shè)直線AB的方程為ykx+b(b0),聯(lián)立直線方程與拋物線方程,化為關(guān)于x的一元二次方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系及數(shù)量積公式列式求解b,可得直線AB過定點(diǎn)(0,3);()利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)在A,B處的切線方程,聯(lián)立解得交點(diǎn)縱坐標(biāo),可得兩切線交點(diǎn)P的軌跡方程為y3然后結(jié)合圓心到直線的距離求解【解答】()證明:根據(jù)題意,p1故拋物線C:x22y由題意設(shè)直線AB的方程為ykx+b(b0)由,消去y整理得x22kx2b0顯然4k2+8b0設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x10,x20),則x1x22b,由題意得b22b3,解得b3或b1(舍去)直線AB的
27、方程為ykx+3,故直線AB過定點(diǎn)(0,3)()解:yx,故以A為切點(diǎn)的切線方程為yy1x1(xx1),即yx1xy1,以B為切點(diǎn)的切線方程為yy2x2(xx2),即yx2xy2,聯(lián)立,解得又x1x26,兩切線交點(diǎn)P的軌跡方程為y3圓心到直線y3的距離為3,圓上一點(diǎn)到直線y3的最小距離為312,故|PQ|的最小值為224(廣州二模)已知點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別是(,0),(,0),動點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM和BM的斜率之積為3,記M的軌跡為曲線E(1)求曲線E的方程;(2)直線ykx+m與曲線E相交于P,Q兩點(diǎn),若曲線E上存在點(diǎn)R,使得四邊形OPRQ為平行四邊形(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求m的取值范圍
28、【分析】(1)根據(jù)題意得kAMkBM3,(y0),化簡可得曲線E的方程(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立直線與曲線E的方程,得關(guān)于x的一元二次方程,結(jié)合韋達(dá)定理得x1+x2,y1+y2,0,根據(jù)題意得PQ的中點(diǎn)也是OR的中點(diǎn),得R點(diǎn)的坐標(biāo),再代入曲線E的方程,得2m2k2+3,將代入得m的取值范圍【解答】解:(1)kAMkBM3,(y0)化簡得曲線E的方程:(y0)(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)聯(lián)立,得(3+k2)x2+2kmx+m260,x1+x2,y1+y2k(x1+x2)+2m,(2km)24(3+k2)(m26)12m2+24k2+720,即m2+2k2+60
29、,若四邊形OPRQ為平行四邊形,則PQ的中點(diǎn)也是OR的中點(diǎn),所以R點(diǎn)的坐標(biāo)為(,),又點(diǎn)R在曲線E上得,化簡得2m2k2+3將代入得,m20,所以m0,由得2m23,所以m或m,當(dāng)直線PQ經(jīng)過(,0)時,mk,代入得m,不符合題意所以m的取值范圍為(,)(,)(,+)25(沙坪壩區(qū)校級模擬)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)P(0,3)作圓O的兩條切線分別交橢圓于點(diǎn)A、B和點(diǎn)D、C(1)若圓O和橢圓C有4個公共點(diǎn),求直線AB和CD的斜率之積的取值范圍;(2)四邊形ABCD的對角線是否交于一個定點(diǎn)?若是,求出該定點(diǎn)的坐標(biāo);若不是,請說明理由【分析】(1)若圓O和橢圓C有4個交點(diǎn),推出r2(3,4),設(shè)過點(diǎn)
30、P的切線方程為ykx+3,然后求出k的范圍,直線ykx+3和橢圓有兩個交點(diǎn),轉(zhuǎn)化求解直線AB和CD的斜率之積的取值范圍;(2)設(shè)AC方程,代入橢圓方程,化簡,設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),由題設(shè)條件易知kPA+kPC0,推出對一切k成立,得到四邊形ABCD的對角線交于定點(diǎn)(0,1)【解答】解:(1)若圓O和橢圓C有4個交點(diǎn),則r2(3,4),設(shè)過點(diǎn)P的切線方程為ykx+3,則又因?yàn)橹本€ykx+3和橢圓有兩個交點(diǎn),由ykx+t,代入橢圓,消去y(3+4k2)x2+24kx+240,由可得:,所以(2)設(shè)AC:ykx+t,橢圓,代入消去y(3+4k2)x2+8ktx+4t2120,設(shè)A(x
31、1,y1),C(x2,y2),由題設(shè)條件易知kPA+kPC0,所以即對一切k成立,所以t1,即直線AC過定點(diǎn)(0,1),同理可得直線BD也過定點(diǎn)(0,1),所以,四邊形ABCD的對角線交于定點(diǎn)(0,1)26(興寧區(qū)校級模擬)已知A,B是x軸正半軸上兩點(diǎn)(A在B的左側(cè)),且|AB|a(a0),過A,B作x軸的垂線,與拋物線y22px(p0)在第一象限分別交于D,C兩點(diǎn)()若ap,點(diǎn)A與拋物線y22px的焦點(diǎn)重合,求直線CD的斜率;()若O為坐標(biāo)原點(diǎn),記OCD的面積為S1,梯形ABCD的面積為S2,求的取值范圍【分析】()求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)A,可得B的坐標(biāo),代入拋物線方程可得C,D的坐標(biāo),應(yīng)用直
32、線的斜率公式可得所求值;()可設(shè)CD:ykx+b(k0),C(x1,y1),D(x2,y2),且x2x1a,聯(lián)立拋物線方程消去x,可得y的二次方程,應(yīng)用韋達(dá)定理和判別式大于0,可得0kbp,再由點(diǎn)到直線的距離公式可得O到CD的距離,應(yīng)用三角形的面積和梯形的面積公式可得S1S2,即可點(diǎn)到所求范圍【解答】解:()由題意可得A(,0),B(a+,0),則C(a+,),D(,p),又ap,可得C(p,p),則直線CD的斜率為1;()可設(shè)CD:ykx+b(k0),C(x1,y1),D(x2,y2),且x2x1a,由消去x,可得ky22py+2pb0,4p28pkb0,即kbp,又y1+y20,y1y20
33、,可得k0,b0,則|CD|x1x2|a,O到CD的距離為,則S1d|CD|aab,S2|y1+y2|x2x1|a,則,0kbp,027(包河區(qū)校級模擬)已知圓O:x2+y22,點(diǎn)P為橢圓C:+1上一點(diǎn),A,B分別是橢圓C的左右頂點(diǎn)(1)若過P點(diǎn)的直線與圓O切于點(diǎn)Q(Q位于第一象限),求使得OPQ面積最大值時的直線PQ的方程;(2)若直線AP,BP與y軸的交點(diǎn)分別為E,F(xiàn),以EF為直徑的圓與圓O交于點(diǎn)M,求證:直線PM平行于x軸【分析】(1)設(shè)P(m,n),求得圓O的半徑,運(yùn)用三角形的面積公式和二次函數(shù)的最值求法、直線和圓相切的條件,可得直線PQ的方程;(2)運(yùn)用三點(diǎn)共線的條件:斜率相等,求得
34、E、F的縱坐標(biāo),可得EF為直徑的圓與圓O的方程相減可得交線的方程,化簡整理,即可得證【解答】解:(1)設(shè)P(m,n),可得m2+2n24,圓O:x2+y22的半徑為r,可得OPQ面積S,則n0,m2時,OPQ面積取得最大值1,此時P(2,0),設(shè)PQ:yk(x2),由,解得k1(1舍去),則PQ的方程為y(x2),即x+y20:(2)由題意可得A(2,0),設(shè)P(m,n),可得m2+2n24,又A,P,E三點(diǎn)共線可得,即yE;同理由B,P,F(xiàn)共線可得yF,以EF為直徑的圓的方程為x2+(y)2,與圓O:x2+y22聯(lián)立,可得2+,結(jié)合m242n2,可得其交線方程為yn,即有M的縱坐標(biāo)與P的縱坐
35、標(biāo)相等,故直線PM平行于x軸B組強(qiáng)基必備1(金鳳區(qū)校級二模)已知橢圓的離心率與雙曲線的離心率互為倒數(shù),A,B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn),且|AB|4(1)求橢圓C的方程;(2)已知過左頂點(diǎn)A的直線l與橢圓C另交于點(diǎn)D,與y軸交于點(diǎn)E,在平面內(nèi)是否存在一定點(diǎn)P,使得恒成立?若存在,求出該點(diǎn)的坐標(biāo),并求ADP面積的最大值;若不存在,說明理由【分析】(1)求得雙曲線的離心率,由題意可得橢圓的離心率,結(jié)合頂點(diǎn)的概念和a,b,c的關(guān)系,解得a,b,進(jìn)而得到橢圓方程;(2)直線l的斜率顯然存在,設(shè)直線l的方程為yk(x+2),聯(lián)立橢圓方程,運(yùn)用韋達(dá)定理,可得D的坐標(biāo),由A(2,0),B(2,0),設(shè)P(m,n
36、),在平面內(nèi)假設(shè)存在一定點(diǎn)P,使得恒成立,運(yùn)用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示,化簡整理,結(jié)合恒等式的性質(zhì),可得m,n,可得P的坐標(biāo),再由三角形的面積公式,結(jié)合基本不等式,可得所求三角形的面積的最大值【解答】解:(1)雙曲線的離心率為2,由題意可得橢圓的離心率為e,|AB|4,即2a4,即a2,b,橢圓的方程為+1;(2)過左頂點(diǎn)A的直線l的斜率顯然存在,設(shè)為k,方程設(shè)為yk(x+2),可得E(0,2k),且A(2,0),B(2,0),設(shè)P(m,n),由可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2120,則2xD,即xD,即有D(,),在平面內(nèi)假設(shè)存在一定點(diǎn)P,使得恒成立可得(m,2kn)(2,)(m)()+(2kn)0,由于上式恒成立,可得k(4m+6)3n0,即有4m+60,且3n0,可得m,n0,則存在P(,0),使得恒成立此時SADP|AP|yD|,當(dāng)k0時,SADP0;當(dāng)k0時,SADP,當(dāng)且僅當(dāng)|k|2,即k時,取得等號綜上可得,SADP的最大值為2(天河區(qū)二模)已知橢圓C1:+1(ab0
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