欢迎来到天天文库
浏览记录
ID:55016936
大小:167.03 KB
页数:6页
时间:2020-04-26
《压轴大题突破练——直线与圆锥曲线(二).docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、压轴大题突破练——直线与圆锥曲线(二)1.如图,已知点A(1,)是离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的一点,斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点互不重合.(1)求椭圆C的方程;(2)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.(3)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.(1)解 由题意,可得e==,+=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=,所以椭圆C的方程+=1.(2)解 设直线BD的方程为y=x+m,D(x1,y1),B(x2,y2),由得4x2+2mx+m2-4=0,所以Δ=-8m2+64>0⇒-22、,①x1x2=.②所以BD=3、x1-x24、=·.设d为点A到直线BD:y=x+m的距离,所以d=.所以S△ABD=BD·d=·≤,当且仅当8-m2=m2,即m=±2时取等号.因为±2∈(-2,2),所以当m=±2时,△ABD的面积最大,最大值为.(3)证明 设直线AB、AD的斜率分别为kAB、kAD,则kAD+kAB=+=+=2+m·,(*)将(2)中①、②式代入(*)式,整理得2+m=0,即kAB+kAD=0(定值).2.在平面直角坐标系xOy中,动点M到两定点F1(0,-),F2(0,)的距离之和为4,设动点M的轨迹为曲线C.已知直线l与曲线C交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,5、向量m=(2x1,y1),n=(2x2,y2),且m⊥n.(1)若直线l过曲线C的焦点F(0,c)(c为半焦距),求直线l的斜率k的值;(2)△AOB的面积是否为定值?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由.解 (1)由题意知,MF1+MF2=4>F1F2=2,根据椭圆的定义,知动点M的轨迹是以F1(0,-),F2(0,)为焦点,长轴长为4的椭圆,设该椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=,∴a2=4,c2=3,b2=a2-c2=1,∴曲线C的方程为+x2=1.设l的方程为y=kx+,由,消去y得,(k2+4)x2+2kx-1=0,Δ=(2k)2+4(k2+4)>0,且x1+6、x2=,x1x2=.∵m⊥n,∴m·n=0,∴4x1x2+y1y2=4x1x2+(kx1+)(kx2+)=(4+k2)x1x2+k(x1+x2)+3=(k2+4)·+k·+3=0,解得k=±.即直线l的斜率k的值为±.(2)①当直线AB的斜率不存在时,有x1=x2,y1=-y2.由m·n=0,得4x21-y21=0,即y21=4x21.又A(x1,y1)在椭圆上,∴+x=1,∴7、x18、=,9、y110、=.∴S△OAB=11、x112、·13、y1-y214、=15、x116、·17、y118、=1(定值).当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=k′x+t.由消去y得,(k′2+4)x2+2k′tx+t2-4=0,Δ=4k′19、2t2-4(k′2+4)(t2-4)>0,且x1+x2=,x1x2=.∵m·n=0,∴4x1x2+y1y2=0,∴4x1x2+(k′x1+t)(k′x2+t)=0,∴(k′2+4)x1x2+k′t(x1+x2)+t2=0,∴(k′2+4)·+k′t·+t2=0,整理得2t2-k′2=4.∴S△OAB=··AB=·20、t21、·===1(定值).综上,△AOB的面积为定值.3.如图,已知抛物线C:y2=2px和⊙M:(x-4)2+y2=1,圆心M到抛物线C的准线的距离为.过抛物线C上一点H(x0,y0)(y0≥1)作两条直线分别与⊙M相切于A、B两点,与抛物线C交于E、F两点.(1)求抛物线C的方程22、;(2)当∠AHB的角平分线垂直x轴时,求直线EF的斜率;(3)若直线AB在y轴上的截距为t,求t的最小值.解 (1)由题意知⊙M的圆心M的坐标为(4,0),半径为1,抛物线C的准线方程为x=-,∵圆心M到抛物线C的准线的距离为,∴4+=,解得p=,从而抛物线C的方程为y2=x.(2)∵∠AHB的角平分线垂直x轴,∴点H(4,2),∴∠AHB=60°,可得kHA=,kHB=-,∴直线HA的方程为y=x-4+2,联立方程得y2-y-4+2=0,设E(xE,yE),F(xF,yF),则yE+2=,∴yE=,xE=,同理可得yF=,xF=,∴kEF=-.(3)方法一 由题意可设点A、B的坐标分别为23、(x1,y1)、(x2,y2),则kMA=,kMB=,∵HA、HB是⊙M的切线,∴HA⊥MA、HB⊥MB,∴kHA=,kHB=,直线HA、HB的方程分别为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0,(4-x2)x-y2y+4x2-15=0,又点H在抛物线上,有y=x0,∴点H的坐标为(y,y0)(y0≥1),分别代入直线HA、HB的方程得(4-x1)y-y1y0+4x1-15=0,(4-x2)y-y2y0+4x
2、,①x1x2=.②所以BD=
3、x1-x2
4、=·.设d为点A到直线BD:y=x+m的距离,所以d=.所以S△ABD=BD·d=·≤,当且仅当8-m2=m2,即m=±2时取等号.因为±2∈(-2,2),所以当m=±2时,△ABD的面积最大,最大值为.(3)证明 设直线AB、AD的斜率分别为kAB、kAD,则kAD+kAB=+=+=2+m·,(*)将(2)中①、②式代入(*)式,整理得2+m=0,即kAB+kAD=0(定值).2.在平面直角坐标系xOy中,动点M到两定点F1(0,-),F2(0,)的距离之和为4,设动点M的轨迹为曲线C.已知直线l与曲线C交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,
5、向量m=(2x1,y1),n=(2x2,y2),且m⊥n.(1)若直线l过曲线C的焦点F(0,c)(c为半焦距),求直线l的斜率k的值;(2)△AOB的面积是否为定值?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由.解 (1)由题意知,MF1+MF2=4>F1F2=2,根据椭圆的定义,知动点M的轨迹是以F1(0,-),F2(0,)为焦点,长轴长为4的椭圆,设该椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=,∴a2=4,c2=3,b2=a2-c2=1,∴曲线C的方程为+x2=1.设l的方程为y=kx+,由,消去y得,(k2+4)x2+2kx-1=0,Δ=(2k)2+4(k2+4)>0,且x1+
6、x2=,x1x2=.∵m⊥n,∴m·n=0,∴4x1x2+y1y2=4x1x2+(kx1+)(kx2+)=(4+k2)x1x2+k(x1+x2)+3=(k2+4)·+k·+3=0,解得k=±.即直线l的斜率k的值为±.(2)①当直线AB的斜率不存在时,有x1=x2,y1=-y2.由m·n=0,得4x21-y21=0,即y21=4x21.又A(x1,y1)在椭圆上,∴+x=1,∴
7、x1
8、=,
9、y1
10、=.∴S△OAB=
11、x1
12、·
13、y1-y2
14、=
15、x1
16、·
17、y1
18、=1(定值).当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=k′x+t.由消去y得,(k′2+4)x2+2k′tx+t2-4=0,Δ=4k′
19、2t2-4(k′2+4)(t2-4)>0,且x1+x2=,x1x2=.∵m·n=0,∴4x1x2+y1y2=0,∴4x1x2+(k′x1+t)(k′x2+t)=0,∴(k′2+4)x1x2+k′t(x1+x2)+t2=0,∴(k′2+4)·+k′t·+t2=0,整理得2t2-k′2=4.∴S△OAB=··AB=·
20、t
21、·===1(定值).综上,△AOB的面积为定值.3.如图,已知抛物线C:y2=2px和⊙M:(x-4)2+y2=1,圆心M到抛物线C的准线的距离为.过抛物线C上一点H(x0,y0)(y0≥1)作两条直线分别与⊙M相切于A、B两点,与抛物线C交于E、F两点.(1)求抛物线C的方程
22、;(2)当∠AHB的角平分线垂直x轴时,求直线EF的斜率;(3)若直线AB在y轴上的截距为t,求t的最小值.解 (1)由题意知⊙M的圆心M的坐标为(4,0),半径为1,抛物线C的准线方程为x=-,∵圆心M到抛物线C的准线的距离为,∴4+=,解得p=,从而抛物线C的方程为y2=x.(2)∵∠AHB的角平分线垂直x轴,∴点H(4,2),∴∠AHB=60°,可得kHA=,kHB=-,∴直线HA的方程为y=x-4+2,联立方程得y2-y-4+2=0,设E(xE,yE),F(xF,yF),则yE+2=,∴yE=,xE=,同理可得yF=,xF=,∴kEF=-.(3)方法一 由题意可设点A、B的坐标分别为
23、(x1,y1)、(x2,y2),则kMA=,kMB=,∵HA、HB是⊙M的切线,∴HA⊥MA、HB⊥MB,∴kHA=,kHB=,直线HA、HB的方程分别为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0,(4-x2)x-y2y+4x2-15=0,又点H在抛物线上,有y=x0,∴点H的坐标为(y,y0)(y0≥1),分别代入直线HA、HB的方程得(4-x1)y-y1y0+4x1-15=0,(4-x2)y-y2y0+4x
此文档下载收益归作者所有