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2024年新高考数学一轮复习达标检测第53讲圆锥曲线的综合应用_证明探究性问题(教师版)
展开A.B.C.2D.
【分析】由题可知,F1(﹣c,0),直线l的斜率一定存在,设其方程为y=k(x+c),则M(0,kc),P(c,2kc),
将点P的坐标代入双曲线C的方程,有①,由平面向量的线性坐标运算可得点N(,),代入y=x得=②,联立①②,消去k,并结合离心率e=即可得解.
【解答】解:由题可知,F1(﹣c,0),直线l的斜率一定存在,设其方程为y=k(x+c),则M(0,kc),
∵M为线段PF1的中点,∴点P(c,2kc),
将其代入双曲线C的方程,有①,
∵,∴点N(,),且点N在渐近线y=x上,
∴=②,
联立①②,消去k得,,
∴离心率e==,
故选:B.
2.已知对任意正实数m,n,p,q,有如下结论成立:若,则有成立,现已知椭圆=1上存在一点P,F1,F2为其焦点,在△PF1F2中,∠PF1F2=15°,∠PF2F1=75°,则椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
【分析】结合正弦定理和题中的新定义可知,,从而,结合正弦的两角和差公式分别算出sin15°和sin75°,代入上式进行化简即可得离心率的值.
【解答】解:在△PF1F2中,由正弦定理知,,
依题意,有,
所以,即,
sin15°+sin75°=sin15°+cs15°=sin(45°+15°)=
所以离心率e===.
故选:C.
3.以双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的左顶点A为圆心作半径为a的圆,此圆与渐近线交于坐标原点O及另一点B,且存在直线y=kx使得B点和右焦点F关于此直线对称,则双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.3
【分析】利用已知条件求出B的坐标,结合B与F关于y=kx对称,得到a,c的方程,然后求解离心率即可.
【解答】解:由题意可知A(﹣a,0),F(c,0),
以双曲线C:﹣=1(a>0,b>0)的左顶点A为圆心作半径为a的圆(x+a)2+y2=a2,此圆与渐近线y=﹣交于坐标原点O及另一点B,可得,消去y,
可得x2+2ax+=0,所以xB=,则yB=,
存在直线y=kx使得B点和右焦点F关于此直线对称,
可得:,可得k=,BF的中点为:(c,),
中点在直线y=kx上,可得=•(c),
整理可得4a4b2=(2a3+c3)(c3﹣2a3),把b2=c2﹣a2代入上式.化简可得4a4=c4,e=>1,
解得e=.
故选:B.
4.设F1,F2分别是双曲线﹣=1(a,b>0)的左、右焦点.若双曲线上存在一点P,使得|PF1|=4|PF2|,且∠F1PF2=60°,则该双曲线的离心率是( )
A.B.C.D.
【分析】由双曲线的定义及题意可得|PF1|,|PF2|的值,再由余弦定的可得a,c的关系,进而求出双曲线的离心率.
【解答】解:由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a,而|PF1|=4|PF2|,所以|PF1|=a,|PF2|=a,
在△PF1F2中∠F1PF2=60°,由余弦定理可得|F1F2|2=4c2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cs∠F1PF2=a2+a2﹣2=,
整理可得:4c2=a2,即c2=a2,所以e==,
故选:B.
5.已知双曲线(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(﹣c,0),F2(c,0).若双曲线上存在点P满足a|PF1|=c|PF2|,则该双曲线的离心率的取值范围是( )
A.B.C.D.
【分析】点P(x,y)在右支上并注意到x≥a.利用a|PF1|=c|PF2|,进而根据双曲线定义表示出|PF1|和|PF2|代入a|PF1|=c|PF2|,求得e的范围.
【解答】解:∵a|PF1|=c|PF2|,∴,∴P在双曲线右支上,
设P点的横坐标为x,注意到x≥a.
由双曲线第二定义,知|PF1|=a+ex,|PF2|=ex﹣a,
则,∴x=≥a,
分子分母同时除以a,得≥a,
∴≥1,解得1<e≤+1.
故选:A.
6.已知F为抛物线y2=4x的焦点,A、B、C为抛物线上三点,当时,则存在横坐标x>2的点A、B、C有( )
A.0个B.2个
C.有限个,但多于2个D.无限多个
【分析】设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),利用,说明F为△ABC的重心,利用重心坐标公式结合不等式转化求解x1≤2,讨论推出x2≤2,x3≤2,得到结果.
【解答】解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),先证x1≤2,
由知,F为△ABC的重心,
又F(1,0),∴,,
∴x2+x3=3﹣x1,y2+y3=﹣y1,
∴,∴,
∴,∴x1≤2(x2+x3),∴x1≤2(3﹣x1),
∴x1≤2,
同理x2≤2,x3≤2,
故选:A.
7.已知双曲线的右顶点为A,抛物线C:y2=16ax(a>0)的焦点为F,若在双曲线E的渐近线上存在点P,使得AP⊥FP,则双曲线E的离心率的取值范围是( )
A.B.(1,2)C.D.(2,+∞)
【分析】求出双曲线的右顶点和渐近线方程,抛物线的焦点坐标,可设P(m,m),利用向量的垂直的条件得关于m的一元二次方程,再由二次方程的判别式大于等于0,化简整理即可求得离心率的范围.
【解答】解:双曲线E:=1(a>0,b>0)的右顶点为A(a,0),
抛物线C:y2=16ax的焦点为F(4a,0),
双曲线的渐近线方程为y=±x,
可设P(m,m),
即有=(m﹣a,m),=(m﹣4a,m),
由PA⊥FP,得⊥,可得=0,
即为(m﹣a)(m﹣4a)+m2=0,
化为(1+)m2﹣5am+4a2=0,
由题意可得△=25a2﹣4(1+)•4a2≥0,
即有9a2≥16b2=16(c2﹣a2),
即16c2≤25a2,
则e=≤.
由e>1,可得1<e≤.
故选:A.
8.已知椭圆C1:=1(a>b>0)与圆C2:x2+y2=,若在椭圆C1上不存在点P,使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直,则椭圆C1的离心率的取值范围是( )
A.B.C.D.
【分析】由题意画出图形,把问题转化为sin∠APO>sin45°,>,由此可得椭圆的离心率的取值范围.
【解答】解:如图,
若在椭圆C1上不存在点P,使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直,
则两条切线夹角的最大值小于90°(由于短轴顶点处的两条切线的夹角最大为120°,故这种情况不存在)或两条切线夹角的最小值大于90°,
如图:由∠APO>45°,
即sin∠APO>sin45°,
即>,∴>,
∴e=<.
又0<e<1.
∴椭圆C1的离心率的取值范围是(0,).
故选:A.
9.(多选)已知曲线C的方程为,则下列结论正确的是( )
A.当k=8时,曲线C为椭圆,其焦距为4
B.当k=2时,曲线C为双曲线,其离心率为
C.存在实数k使得曲线C为焦点在y轴上的双曲线
D.当k=﹣3时,曲线C为双曲线,其渐近线与圆(x﹣4)2+y2=9相切
【分析】求得k=8时,曲线C的方程和焦距,即可判断A;求得k=2时,曲线C的方程,可得a,b,c,e,即可判断B;若曲线C为焦点在y轴上的双曲线,可得k的不等式组,解不等式可得k的范围,即可判断C;求得k=﹣3时,曲线C的方程和渐近线方程,圆的圆心和半径,结合直线和圆的位置关系,即可判断D.
【解答】解:当k=8时,曲线C的方程为+=1,曲线C表示焦点在x轴上的椭圆,c==2,焦距为2c=4,故A正确;
当k=2时,曲线C的方程为﹣=1,曲线C为焦点在x轴上的双曲线,且a=,b=2,c==,可得e==,故B正确;
若曲线C为焦点在y轴上的双曲线,可得,即,k无实数解,故C错误;
当k=﹣3时,曲线C的方程为﹣=1,曲线C为双曲线,其渐近线为y=±x,
而圆(x﹣4)2+y2=9的圆心为(4,0),半径为3,圆心到渐近线的距离为d==3,可得渐近线与圆相切,故D正确.
故选:ABD.
10.(多选)设F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,若在双曲线右支上存在点P,满足|PF2|=|F1F2|,且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长,则关于该双曲线的下列结论正确的是( )
A.渐近线方程为4x±3y=0B.渐近线方程为3x±4y=0
C.离心率为D.离心率为
【分析】设|PF2|=|F1F2|=2c,运用双曲线的定义和等腰三角形的性质可得关于a,c的方程,得到双曲线的离心率,再由隐含条件即可得到a与b的关系,求出双曲线的渐近线方程.
【解答】解:设|PF2|=|F1F2|=2c,
由|PF1|﹣|PF2|=2a,可得|PF1|=2c+2a,
由F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长2a,
设PF1的中点M,
由等腰三角形PF1F2的性质可得,F2M⊥PF1,
即有(c+a)2+(2a)2=(2c)2,
化简得e=,
由3c=5a,得9c2=25a2,
即9(a2+b2)=25a2,得16a2=9b2,
即有3b=4a,
则双曲线的渐近线方程为y=±x=±x,
即4x±3y=0.
故选:AC.
11.设F1、F2分别为双曲线﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点.在双曲线右支上存在点P,满足|PF2|=|F1F2|,且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长,则= .
【分析】利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系,得出a与b之间的等量关系,推出结果.
【解答】解:依题意|PF2|=|F1F2|,可知三角形PF2F1是一个等腰三角形,F2在直线PF1的投影是其中点,由勾股定理知
可知|PF1|=2=4b,
根据双曲定义可知4b﹣2c=2a,整理得c=2b﹣a,代入c2=a2+b2整理得3b2﹣4ab=0,求得=.
故答案为:.
12.设F为双曲线的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与双曲线C的其中一条渐近线交于点P(不同于O),若双曲线C右支上存在点M满足=,则双曲线C的离心率为 .
【分析】由题意如图所示设渐近线的方程,可得|OP|的值,P在渐近线上可得P的坐标,再由=,则可得M为PF的中点,将M的坐标代入双曲线的方程,可得a,c的关系,进而求出双曲线的离心率.
【解答】解:如图所示:双曲线对称性,设渐近线的方程为:y=x,即bx﹣ay=0,右焦点F(c,0),
所以F到渐近线的距离d===b,在直角三角形OPF中可得|OP|===a,
所以|OP|=a,|PF|=b,所以可求得,
F(c,0),因为=,则可得M为P,F的中点,所以,
把M代入双曲线,
可得,整理可得c2=2a2,所以.
故答案为:.
13.已知椭圆W:的右焦点为,且离心率为,△ABC的三个顶点都在椭圆W上,直线AB,BC,AC的斜率存在且均不为0,记它们的斜率分别为k1,k2,k3,设AB,BC,AC的中点分别为M,N,P,O为坐标原点,若直线OM,ON,OP的斜率之和为,则= .
【分析】先根据,,求得a=2,b=1,从而得椭圆W的方程为为,再设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),利用点差法可得,,,所以.
【解答】解:由题意可得,,,所以a=2,b=1,
∴椭圆W的标准方程为.
设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),则,,
两式作差得,,
∴,即.
同理可得,,,
∴.
故答案为:﹣3.
14.已知椭圆G:左、右焦点分别为F1,F2,短轴的两个端点分别为B1,B2,点P在椭圆C上,且满足|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|,当m变化时,给出下列四个命题:①点P的轨迹关于y轴对称;②存在m使得椭圆C上满足条件的点P仅有两个;③|OP|的最小值为2;④|OP|最大值为,其中正确命题的序号是 .
【分析】由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|,写出以B1,B2为焦点的椭圆,可得两个椭圆有4个交点,可判断出①正确,②不正确;
点 P 靠近坐标轴时|OP|越大,点 P 远离坐标轴时,|OP|越小,易得 m2=3 时,取得最小值,可得|OP|的最小值,椭圆上的点到中心的距离小于等于a,由于点 P 不在坐标轴上.
【解答】解:由椭圆的对称性及|PF1|+|PF2|=|PB1|+|PB2|,所以可得以B1,B2为焦点的椭圆为椭圆,
则点 P 为椭圆C:与椭圆的交点,因为椭圆G的长轴顶点(,0),短轴的绝对值小于,椭圆Γ的长轴顶点(0,),短轴的交点的横坐标的绝对值小于,所以两个椭圆的交点有4个,①正确②不正确,
点 P 靠近坐标轴时(m→0或 m),|OP|越大,点 P 远离坐标轴时,|OP|越小,易得 m2=3 时,取得最小值,此时C:,
两方程相加得,即|OP|的最小值为 2,③正确;
椭圆上的点到中心的距离小于等于a,由于点 P 不在坐标轴上,
∴|OP|<,④错误.
故答案为:①③.
15.已知AB、CD是中心为点O的椭圆的两条相交弦,交点为P,两弦AB、CD与椭圆长轴的夹角分别为∠1、∠2,且∠1=∠2,求证:|PA|•|PB|=|PC|•|PD|.
【分析】建立平面直角坐标系,设出直线CD的参数方程,由参数的几何意义可得|PC||PD|,同理可得|PA||PB|,由此得证.
【解答】证明:如图建立平面直角坐标系,设椭圆方程为①,
∠2=θ,P(x0,y0),
则直线CD的参数方程为(t为参数)②,
将②代入①并整理可得③,
由于a2cs2θ+b2sin2θ≠0,故方程③有两个根t1,t2,故,
同理,对于直线AB,将θ换为π﹣θ,即可得到=,
∴|PA||PB|=|PC||PD|.
16.已知椭圆C:,A,B分别为椭圆长轴的左右端点,M为直线x=2上异于点B的任意一点,连接AM交椭圆于P点.
(1)求证:为定值;
(2)是否存在x轴上的定点Q使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
【分析】(1)由椭圆的方程可得A,B的坐标,设M,P的坐标,可得AP,AM的斜率相等,求出数量积,由kAP•kBP==﹣,可得M,P的坐标的关系,进而可得为定值.
(2)假设存在Q满足条件,因为以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得=0,由(1)
可得整理得n(x0﹣2)=0,再由x0≠2可得n=0,
【解答】解:(1)证明:由椭圆的方程可得:A(﹣2,0),B(2,0),设M(2,m),P(x0,y0),(m≠0,x0≠±2),
则+=1,得y02=﹣,
又kAP==kAM==,kBP=,
所以kAP•kBP==﹣,
又=﹣,整理可得2x0+my0=4,
所以=2x0+my0=4为定值.
(2)假设存在定点Q(n,0)满足要求,设M(2,m),P(x0,y0),(m≠0,x0≠±2),
则以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得=0,
所以(n﹣2,﹣m)•(x0﹣2,y0)=nx0﹣2n﹣2x0+4﹣my0=0,①
由(1)得2x0+my0=4,②,
由①②可得n(x0﹣2)=0,因为x0≠2,解得n=0,
所以存在x轴上的定点Q(0,0),使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
17.在直角坐标系xOy中,已知点A(﹣2,2),B(2,2),直线AD,BD交于D,且它们的斜率满足:kAD﹣kBD=﹣2.
(1)求点D的轨迹C的方程;
(2)设过点(0,2)的直线1交曲线C于P,Q两点,直线OP与OQ分别交直线y=﹣1于点M,N,是否存在常数λ,使S△OPQ=λS△OMN,若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
【分析】(1)设D(x,y),由A(﹣2,2),B(2,2),求出AD与BD的斜率,代入kAD﹣kBD=﹣2,整理可得D的轨迹C的方程;
(2)由题意,直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).联立直线方程与抛物线方程,化为关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系求得|x1﹣x2|,求出三角形OPQ的面积,再写出OP,OQ的方程,求得M,N的横坐标,得到|xM﹣xN|,求出三角形OMN的面积,则答案可求.
【解答】解:(1)设D(x,y),由A(﹣2,2),B(2,2),
得(x≠﹣2),(x≠2),
∵kAD﹣kBD=﹣2,∴,整理得:x2=2y(x≠±2);
(2)存在常数入=4,使S△OPQ=λS△OMN.
证明如下:
由题意,直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
联立,得x2﹣2kx﹣4=0.则x1+x2=2k,x1x2=﹣4.
=.
则=.
直线OP:y=,取y=﹣1,得,
直线OQ:y=,取y=﹣1,得.
则|xM﹣xN|=||=||=
==.
∴.
∴S△OPQ=4S△OMN.
故存在常数入=4,使S△OPQ=λS△OMN.
18.过点P(0,2)的直线与抛物线C:x2=4y相交于A,B两点.
(1)求的值.
(2)A,B在直线y=﹣2上的射影分别为A1,B1,线段A1B1的中点为Q,求证:BQ∥PA1.
【分析】(1)设直线AB的方程为(t为参数,α不为90°的倾斜角),代入抛物线方程,运用韦达定理和参数的几何意义,化简可得所求值;
(2)设直线AB的方程为y=kx+2,联立抛物线方程,运用韦达定理和两直线平行的条件,由直线的斜率公式,化简计算可得证明.
【解答】解:(1)设直线AB的方程为(t为参数,α不为90°的倾斜角),
代入抛物线C:x2=4y可得t2cs2α﹣4tsinα﹣8=0,
设A,B对应的参数分别为t1,t2,可得t1+t2=,t1t2=﹣,
=+=====;
(2)证明:设直线AB的方程为y=kx+2,联立x2=4y,可得x2﹣4kx﹣8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),可得x1+x2=4k,x1x2=﹣8,
由A1(x1,﹣2),B1(x2,﹣2),可得中点Q(,﹣2),即Q(2k,﹣2),
可得kBQ==,==﹣,
由kBQ﹣===0,
即=kBQ,可得BQ∥PA1.
19.已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线方程为y2=2px(p>0).
(1)若直线y=﹣x+1与抛物线相交于M,N两点,且MN=2,求抛物线的方程;
(2)直线l过点Q(0,t)(t≠0)交抛物线于A,B两点,交x轴于点C,如图,设=m,=n,求证:m+n为定值.
【分析】(1)设出直线方程与抛物线方程联立,求出两根之和与两根之积;结合弦长公式即可求解;
(2)设出直线方程与抛物线方程联立,求出两根之和与两根之积;结合向量的坐标运算即可求解结论
【解答】解(1)设M(x1,y1),N(x2,y2)联立⇒x2﹣2(1+p)x+1=0;
∵p>0,∴△1=4(p2+2p)>0;
则x1=p+1﹣,x2=p+1+;
∴|MN|==|x1﹣x2|=2=2
⇒p=1;
∴抛物线的方程为y2=2x①;
(2)设A(x3,y3),B(x4,y4),C(x0,0)
∵直线l过点Q(0,t)(t≠0);
故可设直线方程为y=kx+t②;
②代入①整理得ky2﹣2py+2pt=0;
∴△2=4p2﹣8kpt>0;y3=,y4=⇒y3+y4=③y3y4=④;
∵=(x3,y3﹣t),=(x0﹣x3,﹣y3),=(x4,y4﹣t),=(x0﹣x4,﹣y4);⇒⇒;
∴m+n=﹣2=t×﹣2;
即m+n=t×﹣2=﹣1;
所以:m+n为定值﹣1.
20.已知定点S(﹣2,0),T(2,0),动点P为平面上一个动点,且直线SP、TP的斜率之积为﹣.
(Ⅰ)求动点P的轨迹E的方程;
(Ⅱ)设点B为轨迹E与y轴正半轴的交点,是否存在斜率为直线l,使得l交轨迹E于M,N两点,且Q(,0)恰是△BMN的重心?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.
【分析】(Ⅰ)设P(x,y),利用已知条件,列出方程化简求解即可.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,E的方程为,所以,设存在直线l适合题意,并设l的方程为,M(x1,y1),N(x2,y2).由,得,通过判别式以及韦达定理,转化求解三角形的重心推出结果即可.
【解答】解:(Ⅰ)设P(x,y),由已知有,
整理得动点P的轨迹E的方程为,
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,E的方程为,所以,
设存在直线l适合题意,并设l的方程为,M(x1,y1),N(x2,y2).
由,得,
由,得,.
因为点Q为△BMN的重心,所以x1+x2+xB=3xQ,,解得
当时,不满足,
所以不存在直线l,使得Q是△BMN的重心.
21.设F1(﹣c,0)、F2(c,0)分别是椭圆的左、右焦点,点P是该椭圆上的一个定点,同时满足如下三个条件:
(1);(2);(3)在方向上的投影为.
(Ⅰ)求椭圆的离心率及椭圆方程;
(Ⅱ)过焦点F1的直线l交椭圆于点A、B两点,问是否存在以线段AB为直径的圆与y相切,若存在,求出此时直线l的方程,若不存在,请说明理由.
【分析】(Ⅰ)根据题目的三个条件可得c=,=,a2=b2+c2,解得即可;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得焦点F1的坐标,设直线l的方程与由、椭圆联立求出两根之和及两根之积,设A,B的坐标,及切点D的坐标,由题意可得•=0,求出参数及D的坐标,可得直线l的方程.
【解答】解:(Ⅰ)∵,
∴⊥,
∴△PF2F1为直角三角形,
∴P(c,),
∴tan∠PF1F2===,
∵在方向上的投影为,
∴2c=2,即c=,
∵a2=b2+c2,
∴a=2,b=1,
∴椭圆的离心率为e==,椭圆方程为+y2=1;
(Ⅱ)设满足条件的直线为l,其方程为x=my﹣,两交点坐标为A(x1,y1)B(x2,y2),
设线段AB为直径的圆与y相切于点D,
由,消去x得:(m2+4)y2﹣2my﹣1=0,
∴y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)﹣2=﹣,
所以AB的中点到y轴的距离d==,
所以弦长|AB|==•=4•=2d=,
解得m2=2﹣1,所以m=±
直线方程为x=y﹣,或x=﹣y﹣,
即x﹣y+=0或x+y+=0.
22.已知F1,F2为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上,且过点F2的直线l交椭圆于A,B两点,△AF1B的周长为.
(Ⅰ)求椭圆E的方程;
(Ⅱ)我们知道抛物线有性质:“过抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F的弦AB满足.”那么对于椭圆E,问否存在实数λ,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|•|BF2|成立,若存在求出λ的值;若不存在,请说明理由.
【分析】(Ⅰ)利用椭圆的定义,结合三角形的周长,求出a,设出椭圆方程,代入点的坐标求解即可点的椭圆方程.
(Ⅱ)求出F2(1,0),设直线l的方程为x=my+1,与椭圆方程联立,设A(x1,y1),B(x2,y2),利用韦达定理,不妨设y1>0,y2<0,求出|AF2|,|BF2|,化简整理即可求出.
【解答】解:(Ⅰ)根据椭圆的定义,可得|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,
∴△AF1B的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a,
∴,,
∴椭圆E的方程为,
将代入得b2=2,
所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知4c2=a2﹣b2=1,得F2(1,0),依题意可知直线l的斜率不为0,故可设直线l的方程为x=my+1,
消去x,整理得(2m2+3)y2+4my﹣4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则,,
不妨设y1>0,y2<0,
,
同理,
所以,
=,
=
即,
所以存在实数,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|•|BF2|成立.
[B组]—强基必备
1.已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,且过点,直线l:y=kx+m交椭圆E于不同的两点A,B,设线段AB的中点为M.
(1)求椭圆E的方程;
(2)当△AOB的面积为(其中O为坐标原点)且4k2﹣4m2+3≠0时,试问:在坐标平面上是否存在两个定点C,D,使得当直线l运动时,|MC|+|MD|为定值?若存在,求出点C,D的坐标和定值;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)利用椭圆的离心率为,则a2:b2:c2=4:3:1,设出椭圆E:又椭圆过点,然后求解椭圆方程.
(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,并设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,利用韦达定理以及判别式,弦长公式点到直线的距离公式表示三角形的面积,结合mk的关系,求解|MC|+|MD|为定值.
【解答】解:(1)由于椭圆的离心率为,则a2:b2:c2=4:3:1,
故椭圆E:又椭圆过点,
从而,
从而椭圆E的方程为.
(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,并设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0,
则
从而,从而点M的坐标为
由于,
点O到直线l的距离为,
则△AOB的面积,
由题得:,
从而化简得:3(4k2+3)2﹣16m2(4k2+3)+16m4=0,
故[(4k2+3)﹣4m2][3(4k2+3)﹣4m2]=0,即或,
又由于4k2﹣4m2+3≠0,从而.
当时,由于,,
从而,
即点M在椭圆上.
由椭圆的定义得,存在点,或,,
使得|MC|+|MD|为定值.
2.如图,椭圆C1:(a>b>0)和圆C2:x2+y2=b2,已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分,椭圆C1右焦点到右准线的距离为,椭圆C1的下顶点为E,过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A、B.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)若直线EA、EB分别与椭圆C1相交于另一个交点为点P、M.
①求证:直线MP经过一定点;
②试问:是否存在以(m,0)为圆心,为半径的圆G,使得直线PM和直线AB都与圆G相交?若存在,请求出所有m的值;若不存在,请说明理由.
【分析】(1)由圆C2将椭圆C1的长轴三等分,可得;又椭圆C1右焦点到右准线的距离为,可得,及a2=b2+c2即可得出;
(2)①由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0,设直线PE的斜率为k,则PE:y=kx﹣1,与椭圆的方程联立可得点P的坐标,同理可得点M的坐标,进而得到直线PM的方程,可得直线PM过定点.
②由直线PE的方程与圆的方程联立可得点A的坐标,进而得到直线AB的方程.假设存在圆心为(m,0),半径为的圆G,使得直线PM和直线AB都与圆G相交,则圆心到二直线的距离都小于半径.即(i),(ii).得出m的取值范围存在即可.
【解答】解:(1)由圆C2将椭圆C1的长轴三等分,∴,则a=3b.
∴,
又椭圆C1右焦点到右准线的距离为,
∴,∴b=1,则a=3,
∴椭圆方程为.
(2)①由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0,设直线PE的斜率为k,则PE:y=kx﹣1,
由得或
∴,
用去代k,得,
,
∴PM:,即,
∴直线PM经过定点.
②由得或
∴,
则直线AB:,
设,则t∈R,直线PM:,直线AB:y=5tx,
假设存在圆心为(m,0),半径为的圆G,使得直线PM和直线AB都与圆G相交,
则(i),(ii).
由(i)得对t∈R恒成立,则,
由(ii)得,对t∈R恒成立,
当时,不合题意;当时,,得,即,
∴存在圆心为(m,0),半径为的圆G,使得直线PM和直线AB都与圆G相交,所有m的取值集合为.
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