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课时作业50 直线与圆锥曲线[基础达标]1.过椭圆+=1内一点P31,求被这点平分的弦所在直线方程.解析设直线与椭圆交于Ax1,y
1、Bx2,y2两点,由于A、B两点均在椭圆上,故+=1,+=1,两式相减得+=
0.又∵P是A、B的中点,∴x1+x2=6,y1+y2=2,∴kAB==-.∴直线AB的方程为y-1=-x-3.即3x+4y-13=
0.
2.[2019·郑州入学测试]已知椭圆C+=1ab0的离心率为,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为
8.1求椭圆C的方程;2如图,斜率为的直线l与椭圆C交于A,B两点,点P21在直线l的左上方.若∠APB=90°,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,求线段MN的长度.解析1由题意知解得所以椭圆C的方程为+=
1.2设直线l y=x+m,Ax1,y1,Bx2,y2,联立,得消去y,化简整理,得x2+2mx+2m2-4=
0.则由Δ=2m2-42m2-40,得-2m
2.由根与系数的关系得,x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,因为kPA=,kPB=,所以kPA+kPB=+=,上式中,分子=x2-2+x1-2=x1x2+m-2x1+x2-4m-1=2m2-4+m-2-2m-4m-1=
0.所以kPA+kPB=
0.因为∠APB=90°,所以kPA·kPB=-1,则kPA=1,kPB=-
1.所以△PMN是等腰直角三角形,所以|MN|=2xP=
4.3.已知椭圆C+=1a>b>0的一个顶点为A20,离心率为.直线y=kx-1与椭圆C交于不同的两点M,N.1求椭圆C的方程;2当△AMN的面积为时,求k的值.解析1由题意得解得b=,所以椭圆C的方程为+=
1.2由得1+2k2x2-4k2x+2k2-4=
0.设点M,N的坐标分别为x1,y1,x2,y2,则y1=kx1-1,y2=kx2-1,x1+x2=,x1x2=,所以|MN|===.又因为点A20到直线y=kx-1的距离d=,所以△AMN的面积为S=|MN|·d=,由=,解得k=±
1.4.[2019·山西八校联考]如图,设椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,线段OF1,OF2的中点分别为B1,B2,且△AB1B2是面积为4的直角三角形.1求该椭圆的离心率和标准方程;2过B1作直线l交椭圆于P,Q两点,使得PB2⊥QB2,求直线l的方程.解析1设所求椭圆的标准方程+=1ab0,右焦点为F2c0.因为△AB1B2是直角三角形,且|AB1|=|AB2|,所以∠B1AB2=90°,因此|OA|=|OB2|,得b=.由c2=a2-b2得4b2=a2-b2,故a2=5b2,c2=4b2,所以离心率e==.在Rt△AB1B2中,OA⊥B1B2,故S△AB1B2=·|B1B2|·|OA|=|OB2|·|OA|=·b=b
2.由题设条件S△AB1B2=4得b2=4,所以a2=5b2=
20.因此所求椭圆的标准方程为+=
1.2由1知B1-20,B220.由题意知直线l的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为x=my-2,代入椭圆方程并整理得m2+5y2-4my-16=
0.设Px1,y1,Qx2,y2,则y1+y2=,y1·y2=-,又=x1-2,y1,=x2-2,y2,所以·=x1-2x2-2+y1y2=my1-4my2-4+y1y2=m2+1y1y2-4my1+y2+16=--+16=-,由PB2⊥QB2,得·=0,即16m2-64=0,解得m=±
2.所以满足条件的直线l有两条,其方程分别为x+2y+2=0和x-2y+2=
0.5.[2019·唐山五校联考]在直角坐标系xOy中,长为+1的线段的两端点C,D分别在x轴、y轴上滑动,=.记点P的轨迹为曲线E.1求曲线E的方程;2经过点01作直线与曲线E相交于A,B两点,=+,当点M在曲线E上时,求四边形AOBM的面积.解析1设Cm0,D0,n,Px,y.由=,得x-m,y=-x,n-y,所以得由||=+1,得m2+n2=+12,所以+12x2+y2=+12,整理,得曲线E的方程为x2+=
1.2设Ax1,y1,Bx2,y2,由=+,知点M坐标为x1+x2,y1+y2.由题意知,直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=kx+1,代入曲线E的方程,得k2+2x2+2kx-1=0,则x1+x2=-,x1x2=-.y1+y2=kx1+x2+2=.由点M在曲线E上,知x1+x22+=1,即+=1,解得k2=
2.这时|AB|=|x1-x2|==,原点到直线AB的距离d==,所以平行四边形OAMB的面积S=|AB|·d=.6.[2018·天津卷]设椭圆+=1ab0的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为b0,且|FB|·|AB|=
6.1求椭圆的方程;2设直线l y=kxk0与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若=sin∠AOQO为原点,求k的值.解析1设椭圆的焦距为2c,由已知有=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得|FB|=a,|AB|=b,由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,从而a=3,b=
2.所以,椭圆的方程为+=
1.2设点P的坐标为x1,y1,点Q的坐标为x2,y2.由已知有y1y20,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y
2.又因为|AQ|=,而∠OAB=,所以|AQ|=y
2.由=sin∠AOQ,可得5y1=9y
2.由方程组消去x,可得y1=.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组消去x,可得y2=.由5y1=9y2,可得5k+1=3,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=.所以k的值为或.[能力挑战]7.[2018·江苏卷]如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点,焦点为F1-,0,F2,0,圆O的直径为F1F
2.1求椭圆C及圆O的方程;2设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为,求直线l的方程.解析解法一 1因为椭圆C的焦点为F1-,0,F2,0,所以可设椭圆C的方程为+=1ab0.又点,在椭圆C上,所以解得因此,椭圆C的方程为+y2=
1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=
3.2
①设直线l与圆O相切于Px0,y0x00,y00,则x0+y0=
3.所以直线l的方程为y=-x-x0+y0,即y=-x+.由消去y,得4x0+y0x2-24x0x+36-4y0=
0.*因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=-24x02-44x0+y0·36-4y0=48y0x0-2=
0.因为x0>0,y00,所以x0=,y0=
1.因此,点P的坐标为,1.
②因为三角形OAB的面积为,所以AB·OP=,从而AB=.设Ax1,y1,Bx2,y2,由*得x12=,所以AB2=x1-x22+y1-y22=1+·.因为x0+y0=3,所以AB2==,即2x0-45x0+100=0,解得x0=x0=20舍去,则y0=,因此P的坐标为,.则直线l的方程为y=-x+
3.解法二 1由题意知c=,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点在椭圆上,所以2a=+=4,所以a=
2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为+y2=
1.2
①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+mk0,m0,将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+kx+m2=3,整理得k2+1x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以Δ=2km2-4k2+1m2-3=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得+kx+m2=1,整理得4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以Δ=8km2-44k2+14m2-4=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-,则m=3,将k=-,m=3代入k2+1x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-2x+2=0,解得x1=x2=,将x=代入x2+y2=3,解得y=1y=-1舍去,所以点P的坐标为,1.
②设Ax1,kx1+m,Bx2,kx2+m,由
①知m2=3k2+3,且k0,m0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合
②的过程知m24k2+1,解得k-,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得4k2+12+8kmx+4m2-4=0,解得x12=,所以|x1-x2|=,因为AB==|x1-x2|=·,O到l的距离d==,所以S△OAB=···=···=,解得k2=5,因为k0,所以k=-,则m=3,即直线l的方程为y=-x+
3.。