直线PA的方程为y-1=x, 所以xM=,即M.
(2)y轴上存在点Q,使∠OQM=∠ONQ.因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n). 设N(xN,0),则xN=.
“存在点Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得=”,即yQ满足=|xM||xN|. 因为xM=,xN=,+n=1, 所以=|xM||xN|==2. 所以yQ=或yQ=-.
故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ. 点Q的坐标为(0,)或(0,-).
4.解析 (1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则 由得A1, 由得A2. 同理可得B1,B2. 所以==2p1, ==2p2-,-, 故=,所以A1B1∥A2B2.
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2. 所以△A1B1C1∽△A2B2C2. 因此=.
又由(1)中的=知=. 故=.
5.解析 (1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x+y=m得(k+9)x+2kbx+b-m=0,故 xM==,yM=kxM+b=.
于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3. 由(1)得OM的方程为y=-x. 设点P的横坐标为xP. 由得=,即xP=.
将点的坐标代入l的方程得b=, 因此xM=.
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM. 于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.
因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形. 6.解析 (1)∵e==,a-b=c,∴a=3b,则椭圆C的方程为+=1.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
又∵椭圆C过点M(1,1),∴将(1,1)代入方程,解得b=,∴a=4, ∴椭圆C的方程为+=1.(5分)
(2)①当圆O的切线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m, 则圆心O到直线l的距离d==1, ∴1+k=m.(6分)
将直线l的方程和椭圆C的方程联立,得到关于x的方程x+3(kx+m)=4, 即(1+3k)x+6kmx+3m-4=0,此时
可设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=,
∴·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k)x1x2+km(x1+x2)+m=(1+k)·-+m==0. (9分) 当圆O的切线l的斜率不存在时,验证得·=0. 综上可得,·=0.(10分)
②由①知∠AOB=90°,则有|OA|+|OB|=|AB|,
又S=×|AB|×1=×|OA|×|OB|,从而有|OA|+|OB|=|AB|=|OA|×|OB|, 则|OA|×|OB|=|OA|+|OB|≥2|OA|×|OB|, 即有|OA|×|OB|≥2,
则S=×|OA|×|OB|≥1,当且仅当|OA|=|OB|时,△OAB的面积S取最小值1.(15分) 7.解析 (1)由C1:x=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a-b=1.①
又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为,所以+=1.②
联立①②得a=9,b=8.故C2的方程为+=1. (2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)-4x1x2=(x3+x4)-4x3x4.③
设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
由得x-4kx-4=0.因为x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④ 由得(9+8k)x+16kx-64=0.因为x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-,x3x4=-.⑤ 将④,⑤代入③,得16(k+1)=+, 即16(k+1)=,
所以(9+8k)=16×9,解得k=±,即直线l的斜率为±.
222
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
(ii)证明:由x=4y得y=x,则y'=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=-. 令y=0,得x=,即M,所以=.而=(x1,y1-1),于是·=-y1+1=+1>0, 因此∠AFM是锐角,从而∠MFD=180°-∠AFM是钝角. 故直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形. 8.
解析 (1)设直线l的方程为y=kx-3(k≠0),与+y=1联立消去y,整理得
2
2
2
22
(1+4k)x-24kx+32=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则 则|MN|=|x1-x2|=·=,
又点A(0,1)到直线l:y=kx-3的距离为d=, 则S=d·|MN|=,
又由Δ=24k-128(1+4k)>0,得k>2. 令=t,则t>0,S==.
∵t>0,∴S=≤=,当且仅当t=,即k=±时,取等号, 故△AMN的面积S的最大值为.(8分) (2)假设存在符合题意的直线l,
设直线l的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),与+y=1联立消去y,整理得(1+4k)x+8kmx+4m-4=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),其中x1x2≠0,y1y2≠0,则
则kOM·kON= = =k+.
由kOM·kON=,得k+=k,由m≠0,得k=, 即k=±.
故存在不过原点O的直线l,使得直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,直线l的斜率为±.(15分)
B组 提升题组
1.解析 (1)因为焦距为1,所以2a-1=,解得a=. 故椭圆E的方程为+=1.
(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0), 其中c=.
由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=, 直线F2P的斜率=.
故直线F2P的方程为y=(x-c). 当x=0时,y=,即点Q的坐标为. 因此,直线F1Q的斜率为=. 由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1. 化简得=-(2a-1).①
将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限, 解得x0=a,y0=1-a,即点P在定直线x+y=1上.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2.解析 (1)由题意,知b=,=, 又∵a-c=b,∴c=1,a=2, ∴椭圆C的方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=x+m代入椭圆方程化简得x+mx+m-3=0, 由题意知Δ=m-4(m-3)=-3m+12>0,∴m<4.
由根与系数的关系得x1+x2=-m,x1x2=m-3,∴y1+y2=(x1+x2)+2m=m, 而k1+k2=+=0,
∴(y1-y0)(x2-x0)+(y2-y0)(x1-x0)=0, ∴y1x2+y2x1+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0, ∴x2+x1+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0, ∴x1x2+m(x1+x2)+2x0y0-y0(x1+x2)-x0(y2+y1)=0, ∴m+2x0y0-3=0, ∴ ∴或 ∴P或P.
3.解析 (1)设F(c,0),由条件知,=,得c=. 又=,所以a=2,b=a-c=1. 故E的方程为+y=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2). 将y=kx-2代入+y=1得(1+4k)x-16kx+12=0. 当Δ=16(4k-3)>0,即k>时,x1,2=. 从而|PQ|=|x1-x2| =.
又点O到直线PQ的距离d=, 所以△OPQ的面积 S△OPQ=d·|PQ|=. 设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
4.解析 (1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),则由题意知c=1,由·=1得(a+c)(a-c)=1,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为+y=1.
(2)①若直线l1,l2中有一条斜率不存在,不妨设直线l2的斜率不存在,则l2⊥x轴, ∴|MN|=2,|PQ|=,∴S=×2×=2.
②若直线l1,l2的斜率都存在,设直线l1的方程为y=k(x-1)(k≠0), 由得(2k+1)x-4kx+2k-2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=, |MN|=|x1-x2|=, 同理,|PQ|=, ∴S=××=≥,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
相关推荐：
loading