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(完整版)高中数学解析几何大题精选

作者:高考题库网
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2020-09-18 22:16
tags:高中数学解析几何

人教版高中数学b版选修2-3课本-b站高中数学up主

2020年9月18日发(作者:成沂)


解析几何大量精选

1.在直角坐标系
xOy
中,点
M
到点
F
1
?3,0

F
2
??
?
3,0
的距离之和是
4
,点
M
的轨迹
?

C

x
轴的负半轴交于点
A
,不过点
A
的直线
l:y?kx?b
与轨迹
C
交于不同的两点
P
和< br>Q

⑴求轨迹
C
的方程;
uuuruuur
⑴当
AP?AQ?0
时,求
k

b
的关系,并证明直线
l
过定点.
x
2
【解析】 ⑴
?y
2
?1

4
⑴将
y?kx?b
代入曲线
C
的方程,
整理得
(1?4k)x?8kbx?4b?4?0

因为直线
l< br>与曲线
C
交于不同的两点
P

Q

所以< br>??64k
2
b
2
?4(1?4k
2
)(4b
2
?4)?16(4k
2
?b
2
?1)?0
222
y
P
A
Q
O
x
4b
2
?4
8kb
Q
?
x
2
,y
2
?
, 设
P
?
x
1
,y
1
?
,则
x1
?x
2
??
, ②
x
1
x
2< br>?
1?4k
2
1?4k
2
b
2
?4k
2
22

y
1
?y
2
?(kx
1
?b)(kx
2
?b)?kx
1
x
2
?kb(x
1
?x
2
)?b?

1?4k
2
显然,曲线C

x
轴的负半轴交于点
A
?
?2,0
?
uuuruuur
所以
AP?
?
x
1
?2 ,y
1
?

AQ?
?
x
2
?2,y
2
?

uuuruuur

AP?AQ?0
,得
(x
1
?2)(x
2
?2)?y
1
y
2
?0

将②、③代入上式,整理得
12k
2
?16kb?5b2
?0

6
所以
(2k?b)?(6k?5b)?0
,即
b?2k

b?k
.经检验,都符合条件①
5
b?2k
时,直线
l
的方程为
y?kx?2k
.显然,此时直线
l
经过定点
?
?2,0
?
点.
即直线
l
经过点
A
,与题意不符.
66
?
6
?

b?k
时,直线
l
的方程为
y?kx?k ?k
?
x?
?

55
?
5
?
?
6
?
显然,此时直线
l
经过定点
?
?,0
?
点,满足题意.
?
5
?
6
?
6
?综上,
k

b
的关系是
b?k
,且直线
l经过定点
?
?,0
?

5
?
5
?

x
2
y
2
1
2. 已知椭圆
C:
2
?
2
?1
(a?b?0)
的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径 的
ab
2
圆与直线
x?y?6?0
相切.
⑴ 求椭圆
C
的方程;
⑴ 设
P(4,0)

A
,< br>B
是椭圆
C
上关于
x
轴对称的任意两个不同的点,连结
PB
交椭圆
C

另一点
E
,证明直线
AE

x
轴相交于定点
Q

uuuuruuur
⑴ 在⑴的 条件下,过点
Q
的直线与椭圆
C
交于
M

N
两点,求
OM?ON
的取值范围.
x
2
y
2
【解析】 ⑴
??1

43
⑴ 由题意知直线
PB
的斜率存在,设直线
PB
的方程 为
y?k(x?4)


?
y?k(x?4),
?< br>由
?
x
2
y
2

(4k
2
?3)x
2
?32k
2
x?64k
2
?12?0
. ①
?1.
?
?
3
?
4
设点
B(x
1
,y
1
)

E(x
2
,y
2
)
,则
A(x
1
,?y
1
)

y?y< br>1
直线
AE
的方程为
y?y
2
?
2
(x?x
2
)

x
2
?x
1
y(x?x )

y?0
,得
x?x
2
?
221
. < br>y
2
?y
1
2xx?4(x
1
?x
2
)

y
1
?k(x
1
?4)

y
2
?k(x
2
?4)
代入整理,得
x?
12
.②
x
1
?x
2
?8
32k
2
64k
2
?12
由①得
x
1
?x
2
?
2

x
1
x
2
?
代入②整理,得
x?1

4k?34k
2
?3
所以直线
AE

x
轴 相交于定点
Q(1,0)

5
??
?4,?
?
4
?
?
. ⑶
?


x
2
y
2
3.设椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b?0)
的一个顶点与抛物线
C:x2
?43y
的焦点重合,
F
1
,F
2

ab
1
别是椭圆的左、右焦点,且离心率
e?
,过椭圆右焦点
F< br>2
的直线
l
与椭圆
C
交于
M、N

2
点.
⑴ 求椭圆
C
的方程;
uuuuruuur
⑴ 是否存在直线
l
,使得
OM?ON??2
.若存在,求出直线
l的方程;若不存在,
说明理由.
x
2
y
2
【解析】 ⑴
??1

43
⑴ 由题意知,直线
l
与椭圆必有两个不同交点.
①当直线斜率不存在时,经检验不合题意.
②设存在直线
l

y? k(x?1)(k?0)
,且
M(x
1
,y
1
)

N(x
2
,y
2
)

?
x
2< br>y
2
?1
?
?

?
4
,得
(3?4k
2
)x
2
?8k
2
x?4k
2
?12?0

3
?
y?k(x?1)
?
8k
2< br>4k
2
?12

x
1
x
2
?

x
1
?x
2
?
3?4k
2
3?4k
2
uuuuruuur
OM?ON?x
1
x
2
?y
1
y
2
?x
1
x
2
?k
2
[x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)?1]< br>
4k
2
?128k
2
?5k
2
?1222
?(1?k)??k??k???2

3?4k
2
3?4 k
2
3?4k
2
所以
k??2

故直线
l
的方程为
y?2(x?1)

y??2(x?1)

本 题直线
l
的方程也可设为
my?x?1
,此时
m
一定存在, 不能讨论,且计算时
数据更简单.
2


x
2
y
2
3
4.如图,椭圆
C
1
:
2?
2
?1
?
a?b?0
?
的离心率为

x
轴被曲线
C
2
:y?x
2
?b
截得的线
2
ab
段长等于
C
1
的长半轴长.
⑴ 求
C
1
,C
2
的方程;
⑴ 设
C
2
y
轴的交点为
M
,过坐标原点
O
的直线
l< br>与
C
2
相交于点
A,B
,直线
MA,MB
分 别与
C
1
相交与
D,E

①证明:
MD⊥ME

S
17
②记
△MAB,< br>?请
△MDE
的面积分别是
S
1
,S
2
.问 是否存在直线
l
,使得
1
?
S
2
32
说明 理由.
x
2
【解析】 ⑴
?y
2
?1,y?x
2
?1

4
y
⑴ ①由题意知,直线
l
的斜率存在,设为
k

则直线
l
的方程为
y?kx

A
?
y? kx

?

x
2
?kx?1?0

2< br>?
y?x?1

A
?
x
1
,y
1< br>?
,B
?
x
2
,y
2
?
,则
x
1
,x
2
是上述方程的两
E
B
M
O< br>D
x
个实根,于是
x
1
?x
2
?k,x1
x
2
??1

又点
M
的坐标为
?
0,?1
?

2y
1
?1y
2
?1
?
kx
1
?1??
kx
2
?1
?
kx
1
x
2
?k
?
x
1
?x
2
?
?1
?????1
, 所以
k
MA
?k
MB
?
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2

MA?MB
,即
MD⊥ME

②设直线
KM
的 斜率为
k
1
,则直线的方程为
y?k
1
x?1

?
?
?
x?0
?
y?k
1
x?1
?
x?k
1

?
,解得
?

?
, 则点
A
的坐标为
k
1
,k
1
2
?1

2
2
?
?
y??1
?
?
y?x?1
?
y?k
1
?1
??
?
1
?
1< br>1
,同理可得点
B
的坐标为
?
?,
2
?1< br>?

k
1
?
k
1
k
1
?
1111
1?k
1
2
2
1?k
1
?|k< br>1
|?1?
2
?|?|?
于是
S
1
?|MA |?|MB|?

22k
1
k
1
2|k
1
|
又直线
MB
的斜率为
?
?
?
y?k
1
x?1

?
2

1?4k
1
2
x
2
?8k
1
x?0

2
?
?
x ?4y?4?0
8k
1
?
x?
?
1?4k
2
?
8k
1
?
x?0
4k
1
2
?1
?
?
1

解得
?

?
,则点
D
的坐标为
?

22
?
2
y??1
1?4 k1?4k
4k?1
?
?
11
?
?
y?
1
2
?
1?4k
1
?
??
?
?8k
1
4?k
1
2
?
1

又直线
MB
的斜率为
?
,同理可得点
E
的坐标
?

22?
4?k4?k
k
1
?
11
?
32
?
1?k
1
2
?
?|k
1
|
1
于是
S
2
?|MD|?|ME|?

22
2
1?4k 4?k
?
1
??
1
?
?
S
1
(1 ?4k
1
2
)(4?k
1
2
)
1
?
2
4
?4k??17
因此
?
??

1
S
2
64k
1
2
64
?
k
1
2< br>?

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