解析几何中设而不求专题练习含参考答案Word下载.docx
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1.已知椭圆:
与現Fi、F2为焦点,点P为椭圆上一点,
259
RPR二一,求S.FiPF2。
3
1.解析:
由题意知点p为椭圆上一点,根据椭圆的
定义|PF|+圧|/0。
再注意到求SfiPF2的关键是求出lPFlllPF2l这一整体,则可采用如下设而不求的解法:
设|PFi|才,|PF2日2
由余弦定理得ri2+r;
-2r1r2cos三=64②
1.二
-S.F1PF2
r1r2sin—
23
二、利用点差法:
1.求过椭圆x24y—16内一点A(1,1)的弦PQ的中点M的轨迹方程。
解析:
设动弦PQ的方程为y,k(x"
)'
设PJ,yJ,Q(x2,y2),M(Xo,yo),则:
X124y1=16
x;
4y2=16②
①一②得:
(X1x2)凶-x;
)4卜1y;
)(y1-y;
)=o
当X1%时,Xi空4也y;
.gi=o
22x;
-X1
由题意知七2=Xo,亠严=k,即Xo・4yok=O③
22x;
—x1
③式与y。
-仁k(x°
—1)联立消去k,得x;
4y;
—Xo—4yo=O
④
当X1%时,k不存在,此时,Xo=1,y°
=0,也满足④。
故弦PQ的中点M的轨迹方程为:
X;
4y2—x—4y=0。
通过将P、Q的坐标代入曲线方程,再将两式相减的过程,称为代点相减。
这里,代点相减后,适当变形,出现弦PQ的斜率和中点坐标,是实现设而不求的关键。
四、利用韦达定理:
、‘2
1.已知椭圆Ci的方程为乞y—1,双曲线C2的左、右焦
4
点分别为Ci的左、右顶点,而C2的左、右顶点分别是Ci的左、右焦点.
(I)求双曲线C2的方程;
(H)若直线l:
y=kx•.2与椭圆Ci及双曲线C2都恒有两个不同的交点,且I与C2的两个交点A和B满足OAOB比(其中0为原点),求k的取值范围.
(I)设双曲线C2的方程为与丄=1,则ab
a2=4-1=3,再由a2,b2=c2得b2=1.
2
故C2的方程为「y2»
.
(II)将y=kx+V2代入'
+y2=1得(1+4k2)x2+8/2kx+4=0.
由直线I与椭圆Ci恒有两个不同的交点得
1=(8•2)2k2-16(14k2)=16(4k2-1)0,
即k2丄.①
—x222—
将y=kx+J2代入一一y=1得(1—3k)x—672kx—9=0.
由直线I与双曲线C2恒有两个不同的交点A,B得厂2
1-3k2芒0,苫2=(-6血k)2+36(1-3k2)=36(1-k2)>
0.
即k2=1且k2<
1.
设A(Xa,Ya),B(XB,yB),则XaxB■'
2,XaXB2
1-3k1-3k
由OAOB:
6得xAxbyAyB:
6,而
XaXbsyB=XaXb(kxA•、2)(kxB2)
2p—
=(k1)xAxb、、2k(xAxb)2
3k7
_2.
3k-1
29
于是J<
6,即竺do.解此不等式得
3k-13k-1
k213或k2:
:
?
.③
153
由①、②、③得
121132
k或k:
1.
4315
故k的取值范围为(—1,—j|)U(—fV)u(£
f)U(:
扫)
V153223V15
2.已知平面上一定点C(4,0)和一定直线i:
-1,p为该平面上一动点,作PQ—1,垂足为Q,且(pc"
2Pq'
)(PC-2PQH0.
(1)问点P在什么曲线上?
并求出该曲线的方程;
(2)设直线l:
y*x1与
(1)中的曲线交于不同的两点A、B,是否存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过点D(0,—2)?
若存在,求出k的值,若不存在,说明理由.
(1)设P的坐标为(x,y),由(PC2PQ)(PC-2PQ)=0得
(x-4)2+y2—4(xT)2=0,(4分)
(2)设A、B点的坐标分别为(九力)、区小),
y二kx1
得(3—k2)x2—2kx—13=0,(7分)
由22
y胡
~4~^2~
xix2=3^j,皿一3^,(8分)
•AB与双曲线交于两点,・•・△>
0,即4k2—4(3_k2)(-13)0,解得-于.(9分)
•・•若以AB为直径的圆过D(0,—2),则AD丄BD,
••kADKbd=-1,
Xi
即,(10分)
••(y-i2)(y22)x1x2=0=(k^3)(kx23)nx2二0,
・°
・(k21)X1X23k(X1X2)9=0二(k21)(%)3k生9=0.(12分)
3_k23_k2
解得k2厶—土上),故满足题意的k值存在,且k
8422
值为一土.
五、对多元问题,围绕解题目标,通过逐步消元,实现设而不求
1.抛物线X2y=0与过点M(0,-1)的直线l相交于A、B两点,
O为坐标原点,若直线OA和OB斜率之和是1,求直线I的方程。
设点A(x1,y1),点B(x2,y2),直线I的方程为y二kx—1,
22_X2鱼
则-7二亠丄…宁,由已知条件,koAko^1.
X2一冷X2—禺2
2=1,即-宁=1,
22
必—,又旳「号"
2「号,则誇丛
X〔X2222
于是k"
是直线I的斜率,直线I的方程为y=x—「2.已知点P(3,4)为圆C:
x2y—64内一点,圆周上有两动点A、B,当/APB=90°
时,以AP、BP为邻边,
作矩形APBQ,求顶点Q的轨迹方程
由题意得:
x:
=64
x2y2=64x1x2=x3
yiy2=y4
将①②⑤代入上式并整理得x2+y2=103,即为点Q的轨迹方程。
本题的目标是找到x、y所满足的方程,而逐步消去无关的Xi、yi、X2、y2则是解答冋题的关键。
补充练习:
1、设R、F2分别是椭圆++^=i的左、右焦点.
54
(I)若P是该椭圆上的一个动点,求PFiPF2的最大值和最小值;
(H)是否存在过点A(5,0)的直线I与椭圆交于不同的两点C、D,使得|F2C|=|F2D|?
若存在,求直线I的方程;
若不存在,请说明理由.
解:
(I)易知a—5,b=2,c=i「Fi=(-i,0),F2(i,0)
设P(x,y),则PFi卩F2=(-1-x,-y)・(i-x,-y)=X2+y2-1x24_4x2T=lx23
55
x[-.5,.5],
二当x=o,即点P为椭圆短轴端点时,pf;
pf2有最小值3;
当X—5,即点P为椭圆长轴端点时,PF!
PF2有最大值
(H)假设存在满足条件的直线I易知点A(5,0)
在椭圆的外部,当直线I的斜率不存在时,直线I与椭圆无交点,所在直线I斜率存在,设为k直线I的方程为八k(x_5)
-22
-50k2x125k2-20=0
由方程组TT=1,得(5k24)x畀=k(x-5)
5
C(Xi,yi)、D(X2,y2),CD的中点为
依题意:
=20(16-80k2)0,得
当-时,设交点
R(x。
y。
),
又|F2C|=|F2D|=F2R—I二kkF2R—1
C/20k、
•k"
k•上工斗「1
2,25k24-20k2
所以
・•・20k2=20k2—4,而20k2=20k2—4不成立,
不存在直线1,使得|F2C|=|F2D|
综上所述,不存在直线I,使得|F2C|=|F2D|
2・已知圆M:
(x..5)2y2=36,定点N(.5,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足NP=2NQ,GQNP=0.
(I)求点G的轨迹C的方程;
(II)过点(2,0)作直线l,与曲线C交于A、B两点,O是坐标原点,设o6=OA+OB,是否存在这样的直线l,使四边形OASB的对角线相等(即
|OS|=|AB|)?
若存在,求出直线i的方程;
若不存在,试说明理由.
(1)比浮1q为pn的中点且GQ丄PN
GQPN=0
二GQ为PN的中垂线二|PG|=|GN|
・・・|GN|+|GM|=|MP|=6,故G点的轨迹是以M、N
为焦点的椭圆,其长半轴长"
3,半焦距c「5,二短
半轴长b=2,「・点G的轨迹方程是令丄/5
94
分
(2)因为OS=OA0B,所以四边形OASB为平行四边形
若存在I使得|OS|=|AB|,则四边形OASB为矩形
.OA0B=0
二oaOB』>o,与OAob=o矛盾,故I的斜率存在.9
设I的方程为y二k(x-2),AgyJBgyz)
”y=k(x-2)
由<x2y2n(9k2+4)x2_36k2x+36(k2_1)=0—+=1
.94
yy二[kg-2)][k(X2-2)]
把①、②代入X1X2y°
2二0得k二|
・••存在直线l:
3x-2y-6=0或3x2y-6=0使得四边形OASB的对角线相等.
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