11.解:
由对称性,不妨设点P在第一象限,由题设|F1F2|2=4=4c2,又根据椭圆与双曲线定义
解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.
在ΔF1PF2中,由余弦定理
从而
又sin∠F1PF2=
所以
12.解:
以直线AB为x轴,AT的中垂线为y轴建立直角坐标系,则由定义知M,N两点既在抛物线y2=4ax上,又在圆[x-(a+r)]2+y2=r2上,两方程联立得x2+(2a-2r)x+2ra+a2=0,设点M,N坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=2r-2a.又|AM|=|MP|=x1+a,|AN|=|NP|=x2+a.|AB|=2r,所以
|AM|+|AN|=x1+x2+2a=2r=|AB|.
得证。
13.解:
若直线l垂直于x轴,因其过点A(2,1),根据对称性,P1P2的中点为(2,0)。
若l不垂直于x轴,设l的方程为y-1=k(x-2),即
y=kx+1-2k.①
将①代入双曲线方程消元y得
(2-k2)x2+2k(2k-1)x-(4k2-4k+3)=0.②
这里且Δ=[2k(2k-1)]2+4(2-k)2(4k2-4k+3)=8(3k2-4k+3)>0,
设x1,x2是方程②的两根,由韦达定理
③
由①,③得y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)
=k(x1+x2)+2(1-2k)=④
设P1P2的中点P坐标(x,y),由中点公式及③,④得
消去k得
点(2,0)满足此方程,故这就是点P的轨迹方程。
高考水平测试题
1.由椭圆方程得焦点为,设双曲线方程,渐近线为由题设,所以a2=3b2,又,c2=a2+b2.所以b2=12,a2=36.
2.900。
见图1,由定义得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|,有∠1=∠BFB1,∠2=∠AFA1,又∠1=∠3,∠2=∠4,所以∠3+∠4=∠BFB1+∠AFA1=900。
3.相切,若P(x,y)在左支上,设F1为左焦点,F2为右焦点,M为PF1中点,则|MO|=|PF2|=(a-ex),又|PF1|=-a-ex,所以两圆半径之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|,所以两圆外切。
当P(x,y)在右支上时,同理得两圆内切。
4.与F1对应的另一条准线为x=-11,因|MF1|与M到直线x=-11距离d1之比为e,且d1=|xm+11|=10.所以,所以|MF1|=
5.充要。
将y=2x+1代入椭圆方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2(1-b2)=0.①
若Δ=(4a2)2-4(b2+4a2)a2(1-b2)=0,则直线与椭圆仅有一个公共点,即b2+4a2=1;反之,4a2+b2=1,直线与椭圆有一个公共点。
6.y=2(x-1)。
消去参数得(y-2m)2=4(x-m),焦点为它在直线y=2(x-1)上。
7.1≤m<5。
直线过定点(0,1),所以0≤1.又因为焦点在x轴上,所以5>m,所以1≤m<5。
8.3.双曲线实轴长为6,通径为4,故线段端点在异支上一条,在同支上有二条,一共有三条。
9.或。
设直线l:
y=kx与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx代入椭圆方程得(1+3k2)x2-6x+3=0,由韦达定理得
①
②
因F(1,0),AFBF,所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即
x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0.③
把①,②代入③得,所以倾斜角为或
10.3.首先这样的三角形一定存在,不妨设A,B分别位于y轴左、右两侧,设CA斜率为k(k>0),CA的直线方程为y=kx+1,代入椭圆方程为(a2k2+1)x2+2a2kx=0,得x=0或,于是,|CA|=
由题设,同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得
(k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0,
解得k=1或k2-(a2-1)k+1]=0。
①
对于①,当1时,①有两个不等实根,故最多有3个。
11.解设焦点为F1,F2,椭圆上任一点为P(x0,y0),∠F1PF2=θ,根据余弦定理得
|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|•|PF2|cosθ,
又|PF1|+|PF2|=2a,则4c2=(2a)2-2|PF1|•|PF2|(1+cosθ),再将|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cosθ).
于是有
由0,得,所以。
因θ∈[0,π],所以cosθ为减函数,故0
当2b2>a2即时,,arccos,sinθ为增函数,sinθ取最大值
;当2b2≤a2时,arccos,θ∈[0,π],则sinθ最大值为1。
12.解设A(x1,y1),B(x2,y2),若AB斜率不为0,设为k,直线AB方程为y=k(x+c),代入椭圆方程并化简得
(b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2(k2c2-b2)=0.①
则x1,x2为方程①的两根,由韦达定理得
②
③
因为y1y2=k2(x1+c)(x2+c),再由②,③得
所以=x1x2+y1y2=,O点在以AB为直径的圆内,等价<0,即k2(a2c2-b4)-a2b2<0对任意k∈R成立,等价于a2c2-b2≤0,即ac-b2≤0,即e2+e-1≤0.所以0若斜率不存在,问题等价于即,综上
13.解
(1)由双曲线方程得,所以F1(,0),抛物线焦点到准线的距离,抛物线
①
把①代入C1方程得
②
Δ=64a2>0,所以方程②必有两个不同实根,设为x1,x2,由韦达定理得x1x2=-a2<0,所以②必有一个负根设为x1,把x1代入①得y2=,所以(因为x1≠0),所以C1,C2总有两个不同交点。
(2)设过F1(,0)的直线AB为my=(x+a),由得y2+4may-12a2=0,因为Δ=48m2a2+48a2>0,设y1,y2分别为A,B的纵坐标,则y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SΔAOB=|y1-y2|•|OF1|=a•a•
,当且仅当m=0时,SΔAOB的面积取最小值;当m→+∞时,SΔAOB→+∞,无最大值。
所以存在过F的直线x=使ΔAOB面积有最小值6a2.
联赛一试水平训练题
1.m>5.由已知得
,说明(x,y)到定点(0,-1)与到定直线x-2y+3=0的距离比为常数,由椭圆定义<1,所以m>5.
2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=
所以。
所以SΔOPQ=absinθ=.
3.。
设点P坐标为(r1cosθ,r1sinθ),点Q坐标为(-r2sinθ,r2cosθ),因为P,Q在椭圆上,可得,RtΔOPQ斜边上的高为≤|OF|=c.所以a2b2≤c2(a2+b2),解得≤e<1.
4.以O为圆心,a为半径的圆。
延长F1M交PF2延长线于N,则F2N,而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a,所以|OM|=a.
5.t∈(0,1]时|AT|min=,t>1时|AT|min=|t-2|.由题设kAB•kAC=-,设A(x,y),则(x≠0),整理得=1(x≠0),所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因为|x|≤2,所以当t∈(0,1]时取x=2t,|AT|取最小值。
当t>1时,取x=2,|AT|取最小值|t-2|.
6.设点M(x0,y0),直线AB倾斜角为θ,并设A(x0-),B(x0+),因为A,B在抛物线上,所以
①
②
由①,②得2x0cosθ=sinθ.③
所以
因为l2<1,所以函数f(x)=.在(0,1]在递减,
所以。
当cosθ=1即l平行于x轴时,距离取最小值
7.设
,由A,M,M1共线得y1=,同理B,M,M2共线得,设(x,y)是直线M1M2上的点,则y1y2=y(y1+y2)-2px,将以上三式中消去y1,y2得
y02(2px-by)+y0•2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.
当x=a,y=时上式恒成立,即定点为
8.。
由题设且a2+2b2≤15,解