20xx年高考數(shù)學(xué)回歸課本圓錐曲線二教案舊人教版(編輯修改稿)
2025-03-09 22:26 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 ，把y=kx代入橢圓方程得(1+3k2)x26x+3=0，由韋達(dá)定理得 ① ②因F（1，0），AFBF，所以(x11)(x21)+y1y2=0,即x1x2(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ③把①，②代入③得，所以傾斜角為或10．3．首先這樣的三角形一定存在，不妨設(shè)A，B分別位于y軸左、右兩側(cè)，設(shè)CA斜率為k(k0)，CA的直線方程為y=kx+1，代入橢圓方程為(a2k2+1)x2+2a2kx=0，得x=0或，于是，|CA|=由題設(shè)，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得(k1)[k2(a21)k+1]=0,解得 k=1或k2(a21)k+1]=0。①對于①，當(dāng)1a時，①無解；當(dāng)時，k=1；當(dāng)a時，①有兩個不等實(shí)根，故最多有3個。11．解 設(shè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，橢圓上任一點(diǎn)為P(x0,y0),∠F1PF2=θ,根據(jù)余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|22|PF1|?|PF2|cosθ,又|PF1|+|PF2|=2a，則4c2=(2a)22|PF1|?|PF2|(1+cosθ),再將|PF1|=a+ex0，|PF2|=aex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2e2)(1+cosθ).于是有由0，得，所以。因θ∈[0，π]，所以cosθ為減函數(shù)，故0當(dāng)2b2a2即時，arccos，sinθ為增函數(shù)，sinθ取最大值；當(dāng)2b2≤a2時，arccos,θ∈[0,π]，則sinθ最大值為1。12．解 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，若AB斜率不為0，設(shè)為k，直線AB方程為y=k(x+c)，代入橢圓方程并化簡得(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2b2)=0. ①則x1,x2為方程①的兩根，由韋達(dá)定理得 ② ③因?yàn)閥1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由②，③得所以=x1x2+y1y2=,O點(diǎn)在以AB為直徑的圓內(nèi)，等價0，即k2(a2c2b4)a2b20對任意k∈R成立，等價于a2c2b2≤0,即acb2≤0,即e2+e1≤e≤若斜率不存在，問題等價于即，綜上13．解 （1）由雙曲線方程得，所以F1(,0)，拋物線焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離，拋物線 ①把①代入C1方程得 ②Δ=64a20，所以方程②必有兩個不同實(shí)根，設(shè)為x1,x2,由韋達(dá)定理得x1x2=a20，所以②必有一個負(fù)根設(shè)為x1,把x1代入①得y2=,所以（因?yàn)閤1≠0），所以C1，C2總有兩個不同交點(diǎn)。（2）設(shè)過F1(,0)的直線AB為my=(x+a),由得y2+4may12a2=0，因?yàn)棣?48m2a2+48a20，設(shè)y1,y2分別為A，B的縱坐標(biāo)，則y1+y2=,y1y2=(y1y2)2=48a2(m2+1).所以SΔAOB=|y1y2|?|OF1|=a?a?，當(dāng)且僅當(dāng)m=0時，SΔAOB的面積取最小值；當(dāng)m→+∞時，SΔAOB→+∞，無最大值。所以存在過F的直線x=使ΔAOB面積有最小值6a2.聯(lián)賽一試水平訓(xùn)練題，說明(x,y)到定點(diǎn)（0,1）與到定直線x2y+3=0的距離比為常數(shù)，由橢圓定義1，所以m5.=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SΔOPQ=absinθ=.3.。設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(r1cosθ,r1sinθ),點(diǎn)Q坐標(biāo)為(r2sinθ,r2cosθ)，因?yàn)镻，Q在橢圓上，可得，RtΔOPQ斜邊上的高為≤|OF|=c. 所以a2b2≤c2(a2+b2)，解得≤e1.，a為半徑的圓。延長F1M交PF2延長線于N，則F2N，而|F2N|=|PN||PF2|=|PF1||PF2|=2a，所以|OM|=a.∈(0,1]時|AT|min=,t1時|AT|min=|t2|.由題設(shè)kAB?kAC=,設(shè)A(x,y)，則(x≠0)，整理得=1(x≠0)，所以|AT|2=(xt)2+y2=(xt)2+(x2t)2+|x|≤2,所以當(dāng)t∈(0,1]時取x=2t,|AT|取最小值。當(dāng)t1時，取x=2，|AT|取最小值|t2|.(x0,y0) ，直線AB傾斜角為θ，并設(shè)A(x0
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