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6.F1、F2分别为椭圆的左、右焦点,AB为其过点F2且斜率为1的弦,则.的值为 ( )
A. B. C. D.5
圆锥曲线练习参考答案
一、选择题
1.B 易知kPQ=,直线x+my+m=0过点M(0,-1).
当m=0时,直线化为x=0,一定与PQ相交,所以m≠0.
当m≠0时,k1=-.考虑直线l的两个极限位置.
(1)l经过点Q,即直线为l1,则k=.
(2)l与平行,即直线为l2,则k=kPQ=.
∴<-<.∴-3<m<-.故选B.
2.C 由题意知f (x1,y1)=0,f (x2,y2)=m(m为非零常数).所以方程f (x,y)=f (x1,y2)+f (x2,y2),即f (x,y)-m
=0.所以f (x)表示的直线过点Q,且平行于直线l.
3.D 因为A、B、C三个选项分别是直线l关于x轴、原点、y轴的对称直线,又椭圆E关于x轴、原点、y轴都对称,所以A、B、C三个选项所表示的直线被椭圆E所截弦长都是d.故选D.
4.C 因为C只有4个不同的值,故选C.
5.B 由题意知|AF1|≠|AF2|.∴2(|AF1|2+|AF2|2)>(|AF1|+|AF2|)2.
∴2×4c2>4a2.∴e=>≈0.707.
对照备选答案,只有B可能.
6.C 分析 本题可把直线AB与椭圆两方程联立求出A、B坐标后写出、的坐标表示,再按定义进行.也可先求出向量、,利用.=(+).(+)来做.
解法一 消去y得5x2-8x+8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2).
∴.=(x1+,y1).(x2+,y2)=(x1+,x1-).(x2+,x2-)
=(x1+)(x2+)+(x1-)(x2-)=2(x1x2+3)=2(+3)=,选C.
解法二 设直线AB方程为,代入椭圆方程,有5t2+2t-2=0
.=(+).(+)=()2+.(+)+.
=(2)2+2..+=.选C.
7.A 平移后圆的方程为(x-1)2+(y-m)2=1.由题意知平移后所得的圆的圆心到直线的距离d==1,解得m=2或-.
8.D 如图,⊙C的圆心为C(),半径R=|CB|=,最短弦a1=|AB|=4,最长弦an=|DE|=5.
由an=a1+(n-1)d,得d=,已知d∈,
∴n-1∈[3,6],n∈[4,7],即n=4,5,6,7.选D.
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9.D 本题是解析几何题型,而又求数的范围,故适合用数形结合思想直观解之.
如图,圆C恒在直线y=-x-c上方,至少直线l与圆相切于A点,若l交y轴于B,
∵kl=-1,∴△ABC为等腰直角三角形.|AB|=|AC|=1,|BC|=,必有B(-+1,0),
即直线的纵截距-c≤-+1时圆恒在直线l上方,∴c≥-1.选D.
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△BFC为Rt△,只须求FB、FC之长即可.
解 抛物线顶点为(-2,0),且焦参数p=4,知焦点F(0,0)为原点.
∴直线AB的方程为y=x,代入抛物线方程:x2=8(x+2).
即(x-4)2=32,∴x=4±4.
故有A(4+4,4+4),B(4-4,4-4),C(4+4,-4-4).
由条件知∠AFx=∠CFx=45°,∴在△BFC中∠BFC=90°.
∴S△BFC=|FB|.|FC|=
==32-16=16.∴选C.
二、填空题
11.210 分析 本题直接求解较难,可转化为求圆的内接四边形的个数(由于每一个四边形,对应着对角线的一个交点),从而使问题简化.
解 在圆内相交于一点的两弦,可作为一个四边形的两条对角线,它对应着一个圆内接四边形.反之,每一个圆内接四边形,都对应着对角线的一个交点.这样,圆内接四边形与弦在圆内的交点可建立一一对应的关系.因此,弦在圆内的交点最多有C=210个.
12.6 当直线l绕原点O旋转到使OC垂直于l时,|PQ|最小.因为O为PQ的中点,所以由相交弦定理得|OP||OQ|=|OM||ON|=18,即|OP|2=18,所以|OP|=3.所以|PQ|=2|OP|=6.
13.2 由得A(-1,-1)、B(1,1),所以2a=|AB|=2.
14.-1 设过左焦点F1的正三角形的边交椭圆于点A,则|AF1|=c,|AF2|=c.
∴2a=(1+)c.∴e==.
三、解答题
15.解 将原方程化为(2x-y-6)+λ(x-y-4)=0,它表示的是过两直线2x-y-6=0和x-y-4=0交点的直线系方程,但其中不包括直线x-y-4=0.因为没有λ的值使其在直线系中存在.解方程组得所以交点坐标为(2,-2).当所求直线过点P和交点时,d取最小值为0;当所求直线与过点P和交点的直线垂直时,d取最大值,此时有d=.
但是此时所求直线方程为x-y-4=0.而这条直线在直线系中不存在.所以d的取值范围是.
16.解 (1)圆F1的方程是(x+c)2+y2=(a-c)2,因为B2M、B2N与该圆切于M、N点,所以B2、M、F1、N四点共圆,且B2F1为直径,则过此四点的圆的方程是(x+)2+(y-)2=,从而两个圆的公共弦MN的方程为cx+by+c2=(a-c)2,又点B1在MN上,
∴a2+b2-2ac=0,∵b2=a2-c2,
∴2a2-2ac-c2=0,即e2+2e-2=0,∴e=-1.(负值已舍去)
(2)由(1)知,MN的方程为cx+by+c2=(a-c)2,由已知-=-1.
∴b=c,而原点到MN的距离为d==|2c-a|=()a,
∴a=4,b2=c2=8,所求椭圆方程是;
(3)假设这样的椭圆存在,由(2)则有-<-<-,
∴<<,∴<<,∴<<.故得2<<3,
∴3<<4,求得<e<,即当离心率取值范围是(,)时,直线MN的斜率可以在区间(,-)内取值.
17.解 (1)设椭圆的方程为(a>b>0),c=,
|PF1|=m,|PF2|=n,则由题意和椭圆的性质得m+n=2a,n=2m,m2+n2=4c2,
解得a=3,b=2,c=.
故所求的椭圆方程为.
(2)由(1)知直线l与椭圆相交时斜率一定存在,故设l的方程为y=k(x-3),
代入,整理得(9+4k2)x2-24k2x+36k2-36=0
由Δ=(-24k2)2-4(9+4k2)(36k2-36)>0,
得-.设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0)
则x0=,y0=k(x0-3)=-
当k=0时,Q为坐标原点,BQ过椭圆顶点(0,3)和(0,-3),此时l的方程为y=0;
当k≠0时,x0≠0,则直线BQ的方程为y=x+2,
若直线BQ过顶点(2,0),则×2+2=0,即x0+y0=2,
所以=24k2-27k-18=0,
解得k=或k=(舍去)
此时l的方程为y=x+2
若直线BQ过顶点(-2,0),则×(-2)+2=0,即x0-y0=-2,
所以=-220k2+27k+18=0.
方程无实根,直线l不存在
18.解 设椭圆方程为(a>b>0).
由e==及a2=b2+c2得a2=3b2,故椭圆方程为x2+3y2=3b2 ①
(1)∵直线l:y=k(x+1)交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,并且=λ(λ≥2),
∴(x1+1,y1)=λ(-1-x2,-y2),即 ②
把y=k(x+1)代入椭圆方程,得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-3b2=0,且k2(3b2-1)+b2>0,
∴x1+x2=-, ③
x1x2=, ④
∴S△OAB=×1×|y1-y2|=|λ+1|.|y2|=.|k|.|x2+1|.
联立②、③得x2+1=,
∴S△OAB=.(k≠0),
(2)S△OAB=.≤(λ≥2).
当且仅当3|k|=,即k=±时,S△OAB取得最大值,
此时,x1+x2=-1,又∵x1+1=-λ(x2+1),
∴x1=,x2=,代入④得3b2=
故此时椭圆的方程为x2+3y2=(λ≥2).
(3)由②、③联立得:x1=,x2=,
将x1、x2代入④,得3b2=.
由k2=λ-1得3b2==+1.
易知,当λ≥2时,3b2是λ的减函数,故当λ=2时,(3b2)max=3.
故当λ=2,k=±1时,椭圆短半轴长取得最大值,此时椭圆方程为x2+3y2=3.
19.解 以AD的中点为原点建立直角坐标系(如图),
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EF是A与A′重合时的折痕,易证:EF是AA′的中垂线,
过A′作A′T⊥DC,交EF于T,设T的坐标为(x,y),于是有|
A′T|=-y,|AT|=,由|TA′|=|AT|,得 (-y)2=
x2+(y+)2,整理得y=-x2,由此可知点T的轨迹为一段抛
物线,下面证明每一条折痕EF与抛物线y=-x2相切于点T,设AA′的斜率为k,则易得k=,
由于EF是AA′的中垂线,所以EF的方程为y=-.
联立直线EF与抛物线的方程:
得x2-2xA′.x+x2A′=0,(x-xA′)2=0,解得重根x=xA′,直线EF与抛物线y=-x2相切于点T,故存在一条曲线(抛物线),这条曲线(抛物线)上的每一点都是某条折痕与该曲线的切点,且每条折痕与该曲线相切.