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2022届高三数学压轴题专练——圆锥曲线
1.已知椭圆C:的离心率为,,分别为椭圆C的左、右焦点,过且与x轴垂直的直线与椭圆C交于点A,B,且的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l与椭圆C交于不同于右顶点P的M,N两点,且,求的最大值.
2.如图,点P在抛物线外,过Р作抛物线C的两切线,设两切点分别为,,记线段AB的中点为M.
(1)求切线PA,PB的方程;
(2)设点Р为圆上的点,当取最大值时,求点P的纵坐标.
3.设圆的圆心为A,直线l过点且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)判断与题中圆A的半径的大小关系,并写出点E的轨迹方程;
(2)过点作斜率为,的两条直线,分别交点E的轨迹于M,N两点,且,证明:直线MN必过定点.
4.O为坐标原点椭圆的左右焦点分别为,离心率为;双曲线的左右焦点分别为,离心率为,已知,切.
(1)求的方程;
(2)过作的不垂直于y轴的弦,M为的中点,当直线与交于P,Q两点时,求四边形面积的最小值.
5.椭圆的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,直线的斜率为,的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆上有两点M,N(异于椭圆顶点,且MN与x轴不垂直),证明:当的面积最大时,直线与的斜率之积为定值.
6.如图,过点的直线l交抛物线于A,B两点.
(1)求证:点A,B的纵坐标之积为定值;
(2)若抛物线上存在关于直线l对称的两点M,N,直线AM,AN分别交x轴于点D,E,求△BDE的面积的取值范围.
7.设为椭圆的左焦点,直线与椭圆交于,两点.
(1)求的最大值;
(2)若直线与轴、轴分别交于,,且以为直径的圆与线段的垂直平分线的交点在椭圆内部(包括在边界上),求实数的取值范围.
8.设、分别是椭圆的左、右焦点,过直线l与椭圆E相交于A,B两点.
(1)当t为常数时.若成等差数列,且公差不为0,求直线l的方程:
(2)当时,延长与E相交于另一个点C,试判断直线与椭圆位置关系,并说明理由.
9.分别是椭圆的左、右焦点,,M是E上一点,直线MF2与x轴垂直,且.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设A,B,C,D是椭圆E上的四点,AC与BD相交于点F2,且AC⊥BD,求四边形ABCD面积的最小值.
10.已知圆,点,点Q在圆上运动,的垂直平分线交于点P.
(1)求动点P的轨迹的方程C;
(2)设分别是曲线C上的两个不同点,且点M在第一象限,点N在第三象限,若,O为坐标原点,求直线MN的斜率;
(3)过点的动直线l交曲线C于两点,在y轴上是否存在定点T,使以AB为直径的圆恒过这个点?若存在,求出点T的坐标,若不存在,请说明理由.
11.已知中心在原点,对称轴为坐标轴的椭圆的其中一个焦点在抛物线的准线上,并且椭圆的左顶点到左焦点的距离为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)一条直线与椭圆C分别交于A,B两点,且,试问点O到直线AB的距离是否为定值,并证明你的结论.
12.设点、分别是椭圆C:的左、右焦点,且,点M、N是椭圆C上位于轴上方的两点,且向量与向量平行.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当时,求的面积;
(3)当时,求直线的方程.
13.1.已知椭圆),离心率为,如图,是圆M:的一条直径,若椭圆E经过A、B两点.
(1)求椭圆E的方程.
(2)点P为椭圆E上一个动点,求△面积的最大值.
14.如图,抛物线()的焦点为椭圆的的右焦点,为椭圆的右顶点,为坐标原点.过的直线交抛物线于,两点,射线,分别交椭圆于,两点.
(1)求抛物线的方程,并证明点在以为直径的圆的内部;
(2)记,的面积分别为,,若,求直线的方程.
15.如图,已知点是抛物线上位于第一象限的点,点,点是轴上的两个动点(点位于轴上方), 满足,线段分别交轴正半轴、抛物线于点,射线交轴正半轴于点
(1)若四边形ANPM为矩形,求点的坐标;
(2)记的面积分别为,求的最大值.
16.已知椭圆的一个焦点为,离心率为,点P为圆上任意一点,为坐标原点.
(1)记线段OP与椭圆C的交点为Q,求的取值范围;
(2)设直线l经过点P,且与椭圆C相切,与圆M相交于另一点A,点A关于原点的对称点为B,试判断直线PB与椭圆C的位置关系,并证明你的结论.
17.已知椭圆M:的左、右焦点分别为、,,点在椭圆M上.
(1)求椭圆M的方程;
(2)过的直线l与椭圆M交于P、Q两点,且,求直线l的方程;
(3)如图,四边形ABCD是矩形,AB与椭圆M相切于点F,AD与椭圆M相切于点E,BC与椭圆M相切于点G,CD与椭圆M相切于点H,求矩形ABCD面积的取值范围.
18.已知双曲线的左焦点为F,右顶点为A,渐近线方程为,F到渐近线的距离为.
(1)求C的方程;
(2)若直线l过F,且与C交于P,Q两点(异于C的两个顶点),直线与直线AP,AQ的交点分别为M,N.是否存在实数t,使得?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
19.如图,已知双曲线,过向双曲线作两条切线,切点分别为,,且.
(1)证明:直线的方程为.
(2)设为双曲线的左焦点,证明:.
20.已知曲线:()
(1)若曲线是焦点在轴点上的椭圆,求的取值范围;
(2)设,曲线与轴的交点为,(点位于点的上方),直线与曲线交于不同的两点 ,直线与直线交于点.求证:,,三点共线.
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据离心率得到关系式,再结合的面积为得到,利用求出a,b的值,进而求出椭圆方程;(2)根据题目特征,设出直线l的方程,联立后利用韦达定理和得到,用含的式子表达出,求得最大值,进而得到的最大值.
(1)
因为椭圆C的离心率为,所以①.
将代入,得,
所以,
则,即②.
由①②及,得,,
故椭圆C的标准方程为.
(2)
由题意知,直线l的斜率不为0,则不妨设直线l的方程为.
联立得消去x得,
,化简整理,得.
设,,则,.
因为,所以.
因为,所以,,
得,
将,代入上式,得,
得,
解得或(舍去),
所以直线l的方程为,则直线l恒过点,
所以.
设,则,,
易知在上单调递增,
所以当时,取得最大值,为.
又,
所以.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
2.(1), ;(2).
【解析】
【分析】
(1)结合导数的几何意义即可求得;
(2)设,代入抛物线方程运用根与系数的关系得出,进而可以得到P的坐标,代入圆的方程可得k,b的关系并求出b的范围,求出并化简,从函数或不等式的角度求出答案.
【详解】
(1)由题,所以切线,同理切线
(2)由(1)联立两切线方程,解得∶,
设直线,则联立,解得∶,所以
即点,代入圆D方程得∶,即,解得∶
而,易知线段AB的中点
所以,则
设,则
当且仅当即时取到等号,此时,即此时点P的纵坐标为.
【点睛】
圆锥曲线中的最值与范围问题,在大题中往往采用代数法求解,需要考虑一下几个方面:①利用判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用隐含或已知不等关系建立不等式,求出参数取值范围;③利用基本不等式求出参数取值范围;④利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.平常注意对各个类型的归纳总结.
3.(1)与半径相等,
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)依据椭圆定义去求点E的轨迹方程事半功倍;
(2)直线MN要分为斜率存在的和不存在的两种情况进行讨论,由设而不求法把条件转化为直线MN过定点的条件即可解决.
(1)
圆即为,
可得圆心,半径,由,
可得,由,可得,
即为,即有,
则,所以其与半径相等.
因为,
故E的轨迹为以A,B为焦点的椭圆(不包括左右顶点),
且有,,即,,,
则点E的轨迹方程为;
(2)
当直线MN斜率不存在时,设直线方程为,
则,,
,,则,∴,
此时直线MN的方程为
当直线MN斜率存在时,设直线方程为:,
与椭圆方程联立:,得,
设,,有
则
将*式代入化简可得:,即,∴,
此时直线MN:,恒过定点.
又直线MN斜率不存在时,直线MN:也过,故直线MN过定点.
【点睛】
数形结合是数学解题中常用的思想方法,数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化,能够变抽象思维为形象思维,有助于把握数学问题的本质;另外,由于使用了数形结合的方法,很多问题便迎刃而解,且解法简捷。
4.(1)的方程为:,的方程为:
(2)1
【解析】
【分析】
(1)先根据求出,再代入所列出的方程中,求出,;(2)设出直线,联立后用弦长公式求出的长,再求出P,Q两点的坐标,利用点到直线距离公式,表示出,点直线距离,用表达出四边形面积,分离常数后求得面积的最小值
(1)
因为,,,
所以①
因为,所以②
由①得:,解得:,代入②式中,
解得:,
所以的方程为:,的方程为:
(2)
,因为直线不垂直于y轴
所以设方程为:
联立 得:
设,,
则,,,
则,
因为点M在直线上,所以,
直线:
联立得:
解得:,显然,故
当时,,
当时,
则,
,点直线距离分别是:
,
因为,点直线两侧,故
显然,所以
所以
则
则四边形面积
当时,四边形面积取得最小值,此时
此时方程为:,符合题意,故四边形面积的最小值为1
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
5.(1);(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)由题知,,利用直线的斜率结合三角形的面积,求出,即可得到椭圆方程.
(2)设直线方程为,设,,与椭圆方程联立整理得,结合韦达定理,利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出,并且利用基本不等式求得其最大值得到,再利用两点连线的斜率公式求得化简可得其为定值.
【详解】
(1)椭圆的右顶点,上顶点,
由题知,解得
所以椭圆的标准方程为
(2)由已知MN与x轴不垂直,可知直线的斜率存在,
设直线方程为,设,,
联立,整理得:
其中,即
且,
又原点O到直线的距离
所以
,当且仅当,即时,等号成立,
所以
又,可得
所以当的面积最大时,直线与的斜率之积为定值.
【点睛】
思路点睛:解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
6.(1)证明见解析;
(2)
【解析】
【分析】
(1)分过点的直线l斜率存在与不存在两种情况去证明;
(2)先求得△BDE的面积的的解析式,再求其取值范围即可解决.
(1)
过点的直线l斜率不存在时,方程为,令,,则A,B的纵坐标之积为.
过点的直线l斜率存在时,方程可设为,令,
由可得,,则
综上,点A,B的纵坐标之积为定值.
(2)
由题意可知直线MN斜率存在且不为0,
直线MN的方程可设为,令,
由,可得,
则,
设,,则中点为,代入
得,即,代入,得
由 ,即,可得,则
由 ,,可得,则
则
故△BDE的面积为
又,则
故△BDE的面积的取值范围为
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;
(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.
7.(1);(2)或.
【解析】
【分析】
(1)联立直线和椭圆方程,利用焦半径公式,结合韦达定理得到|CA|+|CB|关于k的表达式,进而利用基本不等式求得最大值;
(2)先根据直线的方程求得M,N的坐标,进而得到以线段MN为直径的圆的方程和线段MN的垂直平分线方程,解方程组求得圆与垂直平分线的交点坐标,利用点在椭圆内的条件得到不等式组求解即得k的取值范围.
【详解】
(1)的半长轴半短轴
半焦距
离心率
设,,
联立,可得,
所以,
,
则;
(2)依题意可知,,
所以圆的方程为①,垂直平分线为②,
联立①②消去, ,
即,
即,
即,
即,
即,
解得,,
对应,,
两个交点的坐标为
则可知且,
即,
即,
解得或.
8.(1)
(2)相切,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据成等差数列,列出相应等式,表示出,然后设直线方程,利用根与系数的关系可求得直线斜率,即可得直线方程;
(2)讨论直线斜率是否存在的情况,可设直线方程并联立椭圆方程,利用根与系数的关系化简,进而证明判别式等于零,可得结论.
(1)
∵成等差数列,且公差不为0,
∴直线斜率存在,且,
又∵,∴,
设直线方程为,
联立,得,则,
∴,解之得,
故直线方程为.
(2)
直线与椭圆的位置关系是:相切.
理由如下:时,即 ,
①若斜率不存在,则方程为,此时,,
方程为,联立,整理得,
解得 ,
所以,方程为,联立得,
整理得,
故直线与椭圆的位置关系是相切.;
②若斜率存在,设,则,
令,
联立,得,
由书达定理可知,并注意到,
得,即,
故,得
同理得,此时,,
直线的方程为,整理得,
联立,得,
注意到,故,
此时,
故直线与椭圆的位置关系是:相切,
综合以上可知:直线与椭圆的位置关系是:相切.
9.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据已知条件求得,由此求得椭圆的方程.
(2)根据直线的斜率进行分类讨论,求得四边形的面积,结合基本不等式求得四边形的面积的最小值.
(1)
依题意,
由于轴,且,
则,
结合得,
所以椭圆的方程为.
(2)
设四边形的面积为.
当直线的斜率不存在时,,
.
当直线的斜率为时,同理可求得.
当直线的斜率存在且不为时,
设直线的方程为,
由消去并化简得,
所以,
所以
,
直线的方程为,
同理可求得.
所以
,
当且仅当时等号成立,且.
综上所述,四边形的面积的最小值为.
【点睛】
求解椭圆中四边形面积的最值问题,关键步骤有两个,第一个是求得面积的表达式,这一步求弦长时需要很强的运算能力.第二个是求面积的最值,可考虑利用基本不等式、二次函数的性质、三角换元法来进行求解.
10.(1);
(2);
(3)存在,.
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆定义即可求得答案;
(2)设出点的坐标,然后根据得到坐标间的关系,再结合椭圆和圆的方程求得点的坐标,最后求出斜率;
(3)设出T的坐标及直线方程,以及A,B的坐标,根据题意可知,将直线方程代入椭圆方程并通过根与系数的关系求得答案.
(1)
由题意, ,
动点P是以为焦点,长轴长为的椭圆,设标准方程为,
则,,,方程C为.
(2)
设,,
,,.
,,
代入椭圆方程可得,又,
联立解得,,.
(3)
设,易得AB的斜率一定存在,否则不会存在T满足题意,设直线AB的方程为,,,则
(*),
联立,化为,易知恒成立.
,.
代入(*)式可得:,
化为,
,解得.
在y轴上存在定点,使以AB为直径的圆恒过这个点T.
【点睛】
本题第(3)问的过程较为复杂,但思路非常直接,先设点,使以AB为直径的圆恒过这个点.设直线AB的方程为,与椭圆方程联立可得根与系数的关系,代入上式,解出即可.
11.(1);
(2)是,证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)先求出抛物线的准线方程,进而列出关于a,c的方程组并解出,最后求得答案;
(2)首项考虑直线AB的斜率是否存在,若存在,设直线的方程为并代入椭圆方程进行化简,进而结合根与系数的关系与点到直线的距离公式得到答案.
(1)
易知抛物线的准线方程为:,于是在椭圆中有,则椭圆的标准方程为:.
(2)
若直线AB的斜率不存在,因为,所以,于是设,又A,B两点在椭圆C上,则,所以,点O到直线AB的距离.
当直线AB的斜率存在时,设直线的方程为,且设,
联立方程,
所以,
由得到,
则,满足,
此时,O到直线AB的距离.
综上可知:点O到直线AB的距离为定值.
【点睛】
本题的破解点在于由,得到,进而有,由此联想到根与系数的关系,另外“设而不求”在本题中体现得非常好.
12.(1);(2)4;(3).
【解析】
【分析】
(1)由,可求出,从而可求出;
(2)设,根据向量的数量积求出点的坐标,由三角形面积公式可得的面积;
(3)向量与向量平行,不妨设,设,根据坐标之间的关系,求得的坐标,再根据向量的模,即可求出的值,根据斜率公式求出直线的斜率,根据直线平行和点斜式即可求出直线的方程
【详解】
解:(1)因为点、分别是椭圆C:的左、右焦点,
所以,所以
因为,所以,
所以椭圆C的方程为,
(2)由(1)可得,由点是椭圆C上位于轴上方的点,可设,
所以,
因为,所以,
解得,,
所以,
所以的面积为,
(3)因为向量与向量平行,所以设,
因为,所以,可得,
设,则,
所以
因为,所以,
所以,
所以,
所以,
所以,
则,
所以,
所以,
所以,解得或,
所以, ,
所以,则,
所以,
因为向量与向量平行,所以所在直线的斜率为,
所以直线的方程为,即为
【点睛】
关键点点睛:此题考查椭圆的标准方程及其性质,向量的运算,斜率计算公式等知识与基本方法,解题的关键是由向量与向量平行,可设,从而可得,,可得,,由此可求得,代入前面的式子可求得的值,进而可得答案,考查计算能力,属于难题
13.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)先根据离心率将椭圆方程化简,然后设出直线并代入椭圆方程,利用根与系数的关系结合圆心为AB的中点解得答案;
(2)先求出过点P与AB平行且与椭圆相切的直线,进而根据图形确定出离AB最远的切线,然后求出面积的最大值.
(1)
解:设,容易判断直线的斜率存在,设,
由,则椭圆,
将代入得:,
因为M为AB的中点,所以,
于是,所以,
易知弦长,所以,
解得:,所以椭圆.
(2)
解:设过点P且与AB平行的直线为,代入椭圆方程得:
,令,
由图可知,当时,l与间的距离最大,最大值为,此时P为l与椭圆的切点,
所以面积的最大值为:.
【点睛】
直线与椭圆的综合题往往会结合根与系数的关系,套路一般是设出直线方程,再代入椭圆方程,进而根据根与系数的的关系进行化简和求值.
14.(1),证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)由椭圆方程可得焦点坐标以及椭圆的方程,再由直线与椭圆联立,可得,又,即可得证;
(2)设直线方程,联立方程组,再设直线,方程,再联立可得坐标,再根据面积关系解方程.
(1)
解:椭圆,可得,右焦点,,
所以,解得,抛物线:,
设直线的方程为,点,,
联立,得,
,,
,
,
故,
所以点在以为直径的圆的内部;
(2)
解:由(1)得直线的方程为,直线的方程为,
联立,设,,
解得,
同理可得,
又,
即,
故,
即,
即,
解得,
故直线方程为:.
【点睛】
(1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
(2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
15.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据矩形性质,可得对角线互相平分,即的中点在轴上,然后点在抛物线,即可得;
(2)联立直线方程与抛物线,根据韦达定理求得两点的纵坐标关系,再根据条件判断与相似,进而求得两点的坐标关系,再表示并化简为关于的函数,根据两点的位置关系,以线段为直径的圆与抛物线有交点得出关于的约束,即可确定中取值范围,最后可得
(1)
当四边形为矩形时,
的中点在轴上,则有:
故-
(2)
设点,直线方程:,
显然有
联立直线与抛物线,得:
消去得:
则有:
由,得:
又由,可得:△∽△
则有:
从而,即
所以,进而有:
结合(注:由,得,故有)
可得:
又由题意知,存在抛物线上的点满足条件,即以线段为直径的圆与抛物线有
交点,且易得圆方程:
联立抛物线与圆,得
消去得:
由,结合,可解得:
令,求导可知在上单调递增
又
故有:在上单调递增
因此,
【点睛】
解答直线与抛物线的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去(或)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系;在求解相关最值问题时,通常是先建立目标函数,然后应用函数的知识来解决问题;
16.(1)
(2)直线PB与椭圆C相切,证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据条件先求得椭圆方程,从而可确定椭圆上一点的横坐标的取值范围,表示出的表达式,结合椭圆的范围求得答案;
(2)设直线PA的方程,和椭圆方程联立,整理得出判别式等于零,化简得
,根据圆的对称性可表示出直线PB的方程,联立椭圆方程,得到,根据 的结果可证明,即证明了直线PB与椭圆C的位置关系.
(1)
由题意知,,
所以,所以,
所以椭圆C的标准方程为.
由题意,得.
设,则,
所以.
因为,所以当时,;当时,,
所以;
(2)
直线PB与椭圆C相切.
证明如下:
由题意可得,点B在圆M上,且线段AB为圆M的直径,所以,
当直线轴时,此时直线过椭圆长轴的顶点,直线PA的方程为,
则直线PB的方程为,显然直线PB与椭圆C相切.
同理,当直线轴时,直线PB也与椭圆C相切.
当直线PA与x轴既不平行也不垂直时,
设点,直线PA的斜率为k,则,直线PB的斜率为,
所以直线方程为:,直线方程为:,
由,消去y,
得,
因为直线PA与椭圆C相切,
所以,
即①.
同理,由直线PB与椭圆C的方程联立,,
消去y得: ,
得②.
因为点P为圆上任意一点,
所以,即③.
将③代入①式,得.
将③代入②式,得
所以此时直线PB与椭圆C相切,
综上所述,直线PB与椭圆C相切.
【点睛】
本题考查了椭圆标准方程的求解以及直线和椭圆的位置关系的证明,解答的关键在于理顺解题思路,明确将直线方程和椭圆方程联立,然后利用判别式的化简进行证明结论,难点在于化简的过程运算量较大,计算较困难,需要有耐心和细心.
17.(1);(2);(3).
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆离心率、点的坐标求得,从而求得椭圆的方程.
(2)利用弦长公式列方程,结合根与系数关系求得直线的斜率,进而求得直线的方程.
(3)根据的斜率是否存在进行分类讨论,结合判别式、点到直线距离公式求得,求得矩形面积的表达式,结合二次函数的性质求得面积的取值范围.
【详解】
(1)由已知可得:,解得,,
所以椭圆的方程为;
(2)因为,,所以直线l的斜率存在,
设直线l的方程为:,,,
联立方程,消去y整理可得:
,
所以,,
所以,
化简可得:,所以,
则直线l的方程为:;
(3)当直线AD的斜率不存在或为0时,矩形ABCD的面积为,
当直线AD的斜率存在且不为0时,设直线AD的方程为,
联立方程消去y整理可得:
,
所以,解得,
所以,同理可得,
所以矩形ABCD的面积,
令,所以,又,所以,
则,
当,即时,取得最大值为;
所以,
所以,
综上,矩形ABCD的面积的取值范围为.
【点睛】
直线和椭圆相切,可利用判别式为零列方程,求得参数间的等量关系式.
18.(1)
(2)存在,
【解析】
【分析】
(1)根据F到渐近线的距离为,可求得b,再根据渐近线方程可求得a,,即得双曲线方程;
(2)假设存在,设直线的方程,并和双曲线方程联立,得到根与系数的关系式,然后表示出点M,N的坐标,进而得到向量的坐标,利用其数量积为零,将根与系数的关系式代入,看能否解出参数t的值,即可得答案.
(1)
双曲线一条渐近线方程为 ,
焦点 ,则焦点到准线的距离 ,
由F到渐近线的距离为可知: ,
由渐近线方程为知: ,故 ,
所以双曲线方程为: ;
(2)
设直线l的方程为 ,
联立 ,整理得: ,
设 ,而 ,
则 ,
所以 , ,
假设存在实数t,使得,则 ,
故由方程: ,令得 ,
同理方程: ,令得,
所以,
即 ,
则 ,
即 ,解得 ,
故存在实数,使得.
【点睛】
本题考查了直线和双曲线的相交问题,涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题,还渗透了向量的应用,比较复杂,这类问题的一般解决思路,是设直线方程,然后联立圆锥曲线方程,得到根与系数的关系,然后利用所给条件得到一个关系式,将根与系数的关系代入整理化简,其中关于字母的运算量大,需要细心耐心对待.
19.(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)设出切线方程,联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标,进而表达出直线的方程,化简即为结果;(2)再第一问的基础上,利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值,进而证明出结论.
(1)
显然直线的斜率存在,设直线的方程为,
联立得,则,化简得.
因为方程有两个相等实根,故切点A的横坐标
,得,则,
故,则,即.
(2)
同理可得,又与均过,
所以.
故,,
,
又因为,所以,
则,
,
故,故.
【点睛】
圆锥曲线中证明角度相关的问题,往往需要转化为斜率或向量进行求解.
20.(1);(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据曲线是焦点在轴点上的椭圆列不等式组,由此求得的取值范围.
(2)联立直线与椭圆的方程,化简写出根与系数关系,求得直线的方程,求得点坐标,通过证明共线来证得三点共线.
【详解】
(1)由于曲线:是焦点在轴点上的椭圆,
所以.
(2)当时,椭圆方程为,,所以.
由消去并化简得,
由得,
设,
则,
直线的方程为,
由,故,
所以,
要证三点共线,
需证,
即证,
即证,
由可知
成立,
所以三点共线.
【点睛】
求解直线和圆锥曲线相交有关的问题,可利用根与系数关系,设而不求,整体代换来进行求解.
答案第1页,共2页
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