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2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点[例1] 本题满分12分设椭圆E的方程为+=1ab0,点O为坐标原点,点A的坐标为a0,点B的坐标为0,b,点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为.1求E的离心率e;2设点C的坐标为0,-b,N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为,求E的方程.解1由题设条件知,点M的坐标为,1分又kOM=,从而=,即=,2分进而得a=b,c==2b,故e==.4分2由题设条件和1的计算结果可得,直线AB的方程为+=1,点N的坐标为.6分设点N关于直线AB的对称点S的坐标为,7分则线段NS的中点T的坐标为.8分又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有解得b=
3.11分所以a=3,故椭圆E的方程为+=
1.12分评分细则得分点及踩点说明1第1问中,无“c=”的关系者扣1分2第2问中,无“AB直线方程”,直接得S点坐标,扣1分3第2问中,无“关于x、b的方程组者”直接得b=3者扣1分4以上各得分点缺少者扣该点分1.xx·高考全国甲卷本题满分12分已知A是椭圆E+=1的左顶点,斜率为kk0的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.1当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;2当2|AM|=|AN|时,证明k
2.解1设Mx1,y1,则由题意知y
10.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A-20,因此直线AM的方程为y=x+
2.将x=y-2代入+=1得7y2-12y=
0.解得y=0或y=,所以y1=.因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.2证明将直线AM的方程y=kx+2k0代入+=1得3+4k2x2+16k2x+16k2-12=
0.由x1·-2=得x1=,故|AM|=|x1+2|=.由题设,直线AN的方程为y=-x+2,故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=
0.设ft=4t3-6t2+3t-8,则k是ft的零点.f′t=12t2-12t+3=32t-12≥0,所以ft在0,+∞单调递增.又f=15-260,f2=60,因此ft在0,+∞有唯一的零点,且零点k在,2内,所以k
2.[例2] xx·高考全国丙卷已知抛物线C y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,G两点,交C的准线于P,Q两点.1若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;2若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.审题路线图[规范解答] 由题知F.设l1y=a,l2y=b,则ab≠0,且A,B,P,Q,R.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-a+by+ab=
0.1由于F在线段AB上,故1+ab=
0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1====-=-b=k
2.所以AR∥FQ.2设l与x轴的交点为Dx10,则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a||x1-|,S△PQF=.由题设可得|b-a||x1-|=,所以x1=0舍去或x1=
1.设满足条件的AB的中点为Ex,y.当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得=x≠1.而=y,所以y2=x-1x≠1.当AB与x轴垂直时,E与D重合,此时E点坐标为10满足方程y2=x-1,所以,所求轨迹方程为y2=x-
1.2.已知抛物线C y=2x2,直线l y=kx+2交C于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的垂线交C于点N.1证明抛物线C在点N处的切线与AB平行;2是否存在实数k,使以AB为直径的圆M经过点N?若存在,求k的值;若不存在,说明理由.解1证明设Ax1,y1,Bx2,y2,把y=kx+2代入y=2x2中,得2x2-kx-2=0,∴x1+x2=.∵xN=xM==,∴N点的坐标为.∵2x2′=4x,∴2x2′|x==k,即抛物线在点N处的切线的斜率为k.∵直线l y=kx+2的斜率为k,∴切线平行于AB.2假设存在实数k,使以AB为直径的圆M经过点N.∵M是AB的中点,∴|MN|=|AB|.由1知yM=y1+y2=kx1+2+kx2+2=[kx1+x2+4]==+2,∵MN⊥x轴,∴|MN|=|yM-yN|=+2-=.∵|AB|=×=×=×.∴=×,∴k=±2,∴存在实数k=±2,使以AB为直径的圆M经过点N.类型三 学会规范[例3] xx·高考全国乙卷本题满分12分在直角坐标系xOy中,直线l y=tt≠0交y轴于点M,交抛物线C y2=2pxp0于点P,M关于P点对称点为N,连接ON并延长交C于点H.1求;2除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.[考生不规范示例]解1M0,t,P∴N是OH的中点.∴=
2.2由1知H∴MH方程为y-t=x联立方程组得y2-4ty+4t2=0,方程只有一根y=2t.故MH与C只有一个交点为H.[规范解答] 1如图,由已知得M0,t,P.又N为M关于点P的对称点,故N,ON的方程为y=x,代入y2=2px,整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=.因此H.4分所以N为OH的中点,即=
2.5分2直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下直线MH的方程为y-t=x,即x=y-t.10分代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.12分[终极提升]——登高博见
1.与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法1数形结合法根据待求值的几何意义,充分利用平面图形的几何性质求解.2构建函数法先引入变量,构建以待求量为因变量的函数,再求其最值,常用基本不等式或导数法求最值注意有时需先换元再求最值.
2.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1数形结合法利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.2构建不等式法利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.3构建函数法先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.限时规范训练七 圆锥曲线中的最值、范围问题建议用时45分钟解答题解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤1.如图,已知抛物线C1x2=2py的焦点在抛物线C2y=x2+1上.1求抛物线C1的方程及其准线方程;2过抛物线C1上的动点P作抛物线C2的两条切线PM,PN,切点为M,N.若PM,PN的斜率乘积为m,且m∈
[24],求|OP|的取值范围.解1C1的焦点为F,所以=0+1,p=
2.故C1的方程为x2=4y,其准线方程为y=-
1.2任取点P2t,t2,设过点P的C2的切线方程为y-t2=kx-2t.由得x2-2kx+4tk-2t2+2=
0.由Δ=-2k2-44tk-2t2+2=0,化简得k2-4tk+2t2-2=0,设PM,PN斜率分别为k1,k2,则m=k1k2=2t2-2,因为m∈
[24],所以t2∈
[23],所以|OP|2=4t2+t4=t2+22-4∈
[1221],所以|OP|∈[2,]2.xx·河北石家庄市模拟在平面直角坐标系xOy中,一动圆经过点且与直线x=-相切,设该动圆圆心的轨迹为曲线E.1求曲线E的方程;2设P是曲线E上的动点,点B、C在y轴上,△PBC的内切圆的方程为x-12+y2=1,求△PBC面积的最小值.解1由题意可知圆心到的距离等于到直线x=-的距离,由抛物线的定义可知,曲线E的方程为y2=2x.2法一设Px0,y0,B0,b,C0,c,直线PB的方程为y0-bx-x0y+x0b=0,又圆心10到PB的距离为1,所以=1,整理得x0-2b2+2y0b-x0=0,同理可得x0-2c2+2y0c-x0=0,所以b,c是方程x0-2x2+2y0x-x0=0的两根,所以b+c=,bc=,依题意bc0,即x02,则b-c2=,因为y=2x0,所以|b-c|=,所以S=|b-c|x0=x0-2++4≥8,当x0=4时上式取得等号,所以△PBC面积的最小值为
8.法二设Px0,y0,直线PB y-y0=kx-x0,由题意知PB与圆x-12+y2=1相切,则=1,整理得x-2x0k2+21-x0y0k+y-1=0,k1+k2=-,k1k2=,依题意x02,则|yB-yC|=|y0-k1x0-y0-k2x0=|k1-k2|x0,又|k1-k2|=,则|yB-yC|=,所以S=|yB-yC||x0|=x0-2++4≥8,当且仅当x0=4时上式取得等号,所以△PBC面积的最小值为
8.3.已知圆E x2+2=经过椭圆C+=1ab0的左、右焦点F1,F2且与椭圆C在第一象限的交点为A,且F1,E,A三点共线.直线l交椭圆C于M,N两点,且=λλ≠0.1求椭圆C的方程;2当△AMN的面积取到最大值时,求直线l的方程.解1∵F1,E,A三点共线,∴F1A为圆E的直径,∴AF2⊥F1F
2.由x2+2=,得x=±,∴c=,|AF2|2=|AF1|2-|F1F2|2=9-8=1,2a=|AF1|+|AF2|=4,a=
2.∵a2=b2+c2,∴b=,∴椭圆C的方程为+=
1.2由题知,点A的坐标为,1,∵=λλ≠0,∴直线的斜率为,故设直线l的方程为y=x+m,联立得,x2+mx+m2-2=0,设Mx1,y1,Nx2,y2,∴x1+x2=-m,x1x2=m2-2,Δ=2m2-4m2+8>0,∴-2<m<
2.又|MN|=|x2-x1|==,点A到直线l的距离d=,∴S△AMN=|MN|·d=×|m|=≤×=,当且仅当4-m2=m2,即m=±时等号成立,此时直线l的方程为y=x±.4.已知圆C1x2+y2=r2r>0的一条直径是椭圆C2+=1a>b>0的长轴,过椭圆C2上一点D的动直线l与圆C1相交于点A,B,弦AB长的最小值是.1求圆C1和椭圆C2的方程;2椭圆C2的右焦点为F,过点F作两条互相垂直的直线m,n,设直线m交圆C1于点P,Q,直线n交椭圆C2于点M,N,求四边形PMQN面积的取值范围.解1当l垂直于OD时|AB|最小,因为|OD|==,所以r==2,因为圆C1x2+y2=r2r>0的一条直径是椭圆C2的长轴,所以a=
2.又点D在椭圆C2+=1a>b>0上,所以+=1⇒b=,所以圆C1的方程为x2+y2=4,椭圆C2的方程为+=
1.2椭圆C2的右焦点F的坐标是10,当直线m垂直于x轴时,|PQ|=2,|MN|=4,四边形PMQN的面积S=4;当直线m垂直于y轴时,|PQ|=4,|MN|=3,四边形PMQN的面积S=6,当直线m不垂直于坐标轴时,设n的方程为y=kx-1k≠0,此时直线m的方程为y=-x-1,圆心O到直线m的距离为d=,所以|PQ|=2=2,将直线n的方程代入椭圆C2的方程得到4k2+3x2-8k2x+4k2-12=0,|MN|=,所以四边形PMQN的面积S=|PQ|·|MN|===4·∈64,∵4+>4∴0<<∴-<<0∴<+1<1∴<<1综上,四边形PMQN的面积的取值范围是
[64].必考点二 圆维曲线中的定点、定值探索问题类型一 学会踩点[例1] 本题满分12分已知椭圆C+=1ab0的离心率为,点2,在C上.1求C的方程;2直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解1由题意有=,+=1,解得a2=8,b2=
4.3分所以C的方程为+=
1.4分2证明设直线l y=kx+bk≠0,b≠0,Ax1,y1,Bx2,y2,MxM,yM.5分将y=kx+b代入+=1,得2k2+1x2+4kbx+2b2-8=
0.7分故xM==,yM=k·xM+b=.9分于是直线OM的斜率kOM==-,10分即kOM·k=-.11分所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.12分评分细则得分点及踩点说明1第一问中,缺少有关a、b的方程,直接得a2=8,b2=4,扣2分2第二问中,设l y=kx+b,缺少“k≠0,b≠0”,扣1分3第二问中,无“结论性”语言扣1分4第二问中用“点差法”,参考本解答给分1.已知椭圆C+=1a>b>0,过焦点垂直于椭圆长轴的弦长为1,且焦点与椭圆短轴两端点构成等边三角形.1求椭圆的方程;2过点Q-10的直线l交椭圆于A,B两点,交直线x=-4于点E,=λ,=μ.判断λ+μ是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解1由条件得⇒所以椭圆的方程为+y2=
1.2易知直线l的斜率存在,令l y=kx+1,Ax1,y1,Bx2,y2,E-4,y0,联立消去y得1+4k2x2+8k2x+4k2-4=0,Δ=48k2+16>0,∴x1+x2=-,x1x2=,由=λ得-1-x1,-y1=λx2+1,y2,即则λ=-,由=μ得-4-x1,y0-y1=μx2+4,y2-y0,即则μ=-,∴λ+μ=-=-,将x1+x2=-,x1x2=代入上式得λ+μ=-=-=
0.类型二 学会审题[例2] xx·高考山东卷改编平面直角坐标系xOy中,椭圆C+=1a>b>0的离心率是,抛物线E x2=2y的焦点F是C的一个顶点.1求椭圆C的方程.2设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证点M在定直线上;审题路线图[规范解答] 1由题意知=,可得a2=4b
2.因为抛物线E的焦点为F,所以b=,a=
1.所以椭圆C的方程为x2+4y2=
1.2证明设Pm>0.由x2=2y,可得y′=x,所以直线l的斜率为m.因此直线l的方程为y-=mx-m,即y=mx-.设Ax1,y1,Bx2,y2,Dx0,y0,联立方程得4m2+1x2-4m3x+m4-1=
0.
①由Δ>0,得0<m<或0<m2<2+.
②由
①得x1+x2=,因此x0=.将其代入y=mx-,得y0=.因为=-,所以直线OD的方程为y=-x.联立方程得点M的纵坐标yM=-,所以点M在定直线y=-上.2.已知点A1-20,A220,过点A1的直线l1与过点A2的直线l2相交于点M,设直线l1的斜率为k1,直线l2的斜率为k2,且k1k2=-.1求直线l1与l2的交点M的轨迹方程;2已知F210,设直线l y=kx+m与1中的轨迹M交于P,Q两点,直线F2P,F2Q的倾斜角分别为α,β,且α+β=π,求证直线l过定点,并求该定点的坐标.解1设点Mx,y,则k1=,k2=,由k1·k2=·=-,整理得+=
1.∵由题意知点M不与A1-20,A220重合,∴点A1-20,A220不在轨迹上,∴点M的轨迹方程为+=1y≠0.2由题意知,直线l的斜率存在且不小于零,联立方程消y得3+4k2x2+8kmx+4m2-12=
0.设Px1,y1,Qx2,y2,则且kF2P=,kF2Q=,由已知α+β=π,得kF2P+kF2Q=0,∴+=0,化简得2kx1x2+m-kx1+x2-2m=0,代入得2k·--2m=0,∴整理得m=-4k,∴直线PQ的方程为y=kx-4,因此直线PQ过定点,该定点的坐标为40.类型三 学会规范[例3] 本题满分12分在直角坐标系xOy中,曲线C y=与直线l y=kx+aa>0交于M,N两点.1当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;2y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.[考生不规范示例]解1k=0,M2,a,N-2,a,y′=,∴k1=,k2=-.∴切线方程为y-a=x-2和y-a=-x+2.2假设存在点P0,b,Mx1,y1Nx2,y2.由得x2-4kx-4a=0x1+x2=4k,x1x2=-4a,k1+k2=+=,∴当b=-a时,k1+k2=0,∴∠OPM=∠OPN.[规范解答] 1由题设可得M2,a,N-2,a,2分或M-2,a,N2,a.又y′=,故y=在x=2处的导数值为,曲线C在点2,a处的切线方程为y-a=x-2,即x-y-a=
0.4分y=在x=-2处的导数值为-,曲线C在点-2,a处的切线方程为y-a=-x+2,即x+y+a=
0.6分故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=
0.2存在符合题意的点.证明如下设P0,b为符合题意的点,Mx1,y1,Nx2,y2,直线PM,PN的斜率分别为k1,k
2.将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=
0.8分故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=+==.10分当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P0,-a符合题意.12分[终极提升]——登高博见动线过定点问题的两大类型及解法1动直线l过定点问题,解法设动直线方程斜率存在为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=kx+m,故动直线过定点-m0.2动曲线C过定点问题,解法引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.此题又涉及存在性问题,故先采用特值法求出定点,再让该定点适合一般情况.限时规范训练八 圆锥曲线中的定点、定值探索问题建议用时45分钟解答题解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤1.如图,椭圆+=1a>b>0过点P,其左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,M,N是椭圆右准线上的两个动点,且·=
0.1求椭圆的方程;2求MN的最小值;3以MN为直径的圆C是否过定点?请证明你的结论.解1∵e==,且过点P,∴解得∴椭圆方程为+=
1.2设点M4,y1,N4,y2,则=5,y1,=3,y2,·=15+y1y2=0,∴y1y2=-
15.又∵MN=|y2-y1|==+|y1|≥2,∴MN的最小值为
2.3证明圆心C的坐标为,半径r=.圆C的方程为x-42+2=,整理得x2+y2-8x-y1+y2y+16+y1y2=
0.∵y1y2=-15,∴x2+y2-8x-y1+y2y+1=0,令y=0,得x2-8x+1=0,∴x=4±.∴圆C过定点4±,0.2.如图,椭圆E+=1a>b>0经过点A0,-1,且离心率为.1求椭圆E的方程;2经过点11,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q均异于点A,证明直线AP与AQ的斜率之和为
2.解1由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆的方程为+y2=
1.2证明由题设知,直线PQ的方程为y=kx-1+1k≠2,代入+y2=1,得1+2k2x2-4kk-1x+2kk-2=
0.由已知Δ>
0.设Px1,y1,Qx2,y2,x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=+=+=2k+2-k=2k+2-k=2k+2-k=2k-2k-1=
2.3.已知点A2,2在抛物线C x2=2pyp>0上.1求抛物线C的方程;2设定点D0,mm<0,过D作直线y=kx+mk>0与抛物线C交于Mx1,y1,Nx2,y2y1<y2两点,连接ONO为坐标原点,过点M作垂直于x轴的直线交ON于点G.ⅰ证明点G在一条定直线上;ⅱ求四边形ODMG面积的最大值.解1∵A2,2在抛物线x2=2py上,∴22=4p,p=2,∴抛物线C的方程为x2=4y.2ⅰ证明由消去y整理得x2-4kx-4m=
0.∵Mx1,y1,Nx2,y2是y=kx+m与x2=4y的交点,∴x1+x2=4k,x1x2=-4m,直线ON的方程为y=x,∴yG=x1=x1==-m为定值,所以,点G在一条定直线y=-m上.ⅱ易知四边形ODMG为梯形,∴S=[-m+-m-y1]x1=x1=-mx1-x.结合图形易知0<x1<2,S′=-m-x,由S′=0得x=-m,解得x1=<2,当x1∈时,S′>0;当x1∈时,S′<0,∴S在上单调递增,上单调递减,∴当x=时,Smax=-m-==-.4.设抛物线C1y2=4x的准线与x轴交于点F1,焦点为F
2.以F1,F2为焦点,离心率为的椭圆记作C
2.1求椭圆的标准方程;2直线L经过椭圆C2的右焦点F2,与抛物线C1交于A1,A2两点,与椭圆C2交于B1,B2两点,当以B1B2为直径的圆经过F1时,求|A1A2|的长;3若M是椭圆上的动点,以M为圆心,MF2为半径作⊙M,是否存在定⊙N,使得⊙M与⊙N恒相切?若存在,求出⊙N的方程,若不存在,请说明理由.解1椭圆方程为+=
1.2当直线L与x轴垂直时,B1,B2,又F1-10,此时·≠0,所以以B1B2为直径的圆不经过F1,不满足条件.当直线L不与x轴垂直时,设L y=kx-1,由得3+4k2x2-8k2x+4k2-12=0,因为焦点在椭圆内部,所以直线与椭圆恒有两个交点.设B1x1,y1,B2x2,y2,则x1+x2=,x1x2=.因为以B1B2为直径的圆经过F1,所以·=0,又F1-10,所以-1-x1-1-x2+y1y2=0,即1+k2x1x2+1-k2x1+x2+1+k2=0,解得k2=.由得k2x2-2k2+4x+k2=
0.因为直线L与抛物线有两个交点,所以k≠
0.设A1x3,y3,A2x4,y4,则x3+x4==2+,x3x4=1,所以|A1A2|=x3+x4+p=2++2=.3存在定⊙N,使得⊙M与⊙N恒相切,其方程为x+12+y2=16,圆心是左焦点F
1.由椭圆的定义可知|MF1|+|MF2|=2a=4,所以|MF1|=4-|MF2|,所以两圆相内切.专题二~五 规范滚动训练五建议用时45分钟解答题解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤1.设函数fx=+sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}.1求数列{xn}的通项公式;2设{xn}的前n项和为Sn,求sinSn.解1令f′x=+cosx=0,即cosx=-,解得x=2kπ±πk∈Z.由xn是fx的第n个正极小值点知xn=2nπ-πn∈N*.2由1可知Sn=2π1+2+…+n-nπ=nn+1π-,所以sinSn=sin.因为nn+1表示两个连续正整数的乘积,所以nn+1一定为偶数,所以sinSn=-sin.当n=3m-2m∈N*时,sinSn=-sin=-;当n=3m-1m∈N*时,sinSn=-sin=;当n=3mm∈N*时,sinSn=-sin2mπ=
0.综上,当n=3m-2m∈N*sinSn=-当n=3m-1,m∈N*sinSn=当n=3m,m∈N*sinSn=
0.2.为了迎接国家卫生城市复审,创设干净整洁的城市环境,某高中要从高
一、高
二、高三三个年级推出的班级中分别选1个,组成“巩卫”小组,利用周末进行义务创城活动.其中高一推出3个班且标号分别为A1,A2,A3,高二推出2个班且标号分别为B1,B2,高三推出2个班且标号分别为C1,C
2.1求A1被选中的概率;2求A1和C2不全被选中的概率.解通解组成“巩卫”小组的所有结果如下A1,B1,C1,A1,B1,C2,A1,B2,C1,A1,B2,C2,A2,B1,C1,A2,B1,C2,A2,B2,C1,A2,B2,C2,A3,B1,C1,A3,B1,C2,A3,B2,C1,A3,B2,C2,共12种.1记“A1被选中”为事件E,则E包含的结果有A1,B1,C1,A1,B1,C2,A1,B2,C1,A1,B2,C2,共4种,所以PE==.2记事件M表示“A1和C2不全被选中”,则其对立事件表示“A1和C2全被选中”.由于事件包含A1,B1,C2,A1,B2,C2,共2种结果,所以P==.由对立事件的概率计算公式得PM=1-P=1-=.故A1和C2不全被选中的概率为.3.如图,在平行四边形ABCD中,BC=2AB,∠ABC=60°,四边形BEFD是矩形,且BE=BA,平面BEFD⊥平面ABCD.1求证AE⊥CF;2若AB=1,求该几何体的表面积.解1法一连接AC,记EC,EF,BD的中点分别为G,M,N,连接GM,GN,MN,则GM∥FC,GN∥AE,如图
1.由题意,易证BE⊥AB,不妨设AB=1,则GM=GN=,MN=BE=1,由勾股定理的逆定理知GM⊥GN.故AE⊥CF.法二如图2,将原几何体补成直四棱柱,则依题意,其侧面ABEG为正方形,对角线AE,BG显然垂直,故AE⊥CF.2连接AC,根据题意易证AB⊥AC,BE⊥平面ABCD,易知BE=AB=CD=DF=1,BC=AD=2,AE=CF=,CE=AF=,EF=BD=,从而CE⊥CF,AE⊥AF.所以所求几何体的表面积S=2×+2×1×=3++.4.已知椭圆C+=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e为,过F1的直线l1与椭圆C交于M,N两点,且△MNF2的周长为
8.1求椭圆C的方程;2设直线l2与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,且·=
0.过点O作直线l2的垂线,垂足为Q,求点Q的轨迹方程.解1由题意知4a=8,∴a=
2.∵e=,∴c=1,b2=
3.∴椭圆C的方程为+=
1.2∵·=0,∴OA⊥OB.
①若直线l2的斜率不存在,则点Q在x轴上.设点Q的坐标为x00,则Ax0,x0,Bx0,-x0.又∵A,B两点在椭圆C上,∴+=1,x=.∴点Q的坐标为,即|OQ|=.
②若直线l2的斜率存在,设直线l2的方程为y=kx+m.由消去y得3+4k2x2+8kmx+4m2-12=
0.由Δ>0得,m2<3+4k
2.设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=-,x1x2=.∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=
0.∴x1x2+kx1+mkx2+m=0,即k2+1x1x2+kmx1+x2+m2=
0.∴k2+1-+m2=
0.整理得7m2=12k2+1,满足m2<3+4k
2.又由已知可得过原点O与直线l2垂直的直线方程为y=-x,解方程组得点Q的横坐标与纵坐标分别为x=-m,y=m,∴x2+y2=m2+m2==,即|OQ|=.综合12可知,点Q的轨迹是以坐标原点为圆心,半径为的一个圆,且该圆的方程为x2+y2=.。