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2015高考数学题库(新)-解析几何4


17.(本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,己知点 A(?3, 4), B(9, 0) ,C, D 分别为线段 OA,OB 上的动点,且满足 AC=BD. (1)若 AC=4,求直线 CD 的方程; (2)证明: ? OCD 的外接圆恒过定点(异于原点 O).

17. (1)因为 A(?3, 4) ,所以 OA ?

(?3) 2 ? 4 2 ? 5 ,…………………………………1 分

又因为 AC ? 4 ,所以 OC ? 1 ,所以 C (? , ) ,…………………………………3 分 由 BD ? 4 ,得 D(5, 0) ,…………………………………………………………… 4 分

3 4 5 5

4 5 ??1 所以直线 CD 的斜率 , ………………………………………………5 分 7 ? 3? 5??? ? ? 5? 0?
所以直线 CD 的方程为 y ? ? ( x ? 5) ,即 x ? 7 y ? 5 ? 0 .…………………………6 分 (2)设 C (?3m, 4m)(0 ? m ≤1) ,则 OC ? 5m .…………………………………………7 分 则 AC ? OA ? OC ? 5 ? 5m , 因为 AC ? BD ,所以 OD ? OB ? BD ? 5m+4 , 所以 D 点的坐标为 (5m+4,0) ………………………………………………………8 分 又设 ?OCD 的外接圆的方程为 x2 ? y 2 ? Dx+Ey ? F ? 0 ,

1 7

? F ? 0, ? ? 2 2 则有 ?9m ? 16m ? 3mD ? 4mE ? F ? 0, ……………………………………………10 分 ? 2 ? ?? 5m ? 4 ? ? ? 5m ? 4 ? D ? F ? 0.
解之得 D ? ?(5m ? 4), F ? 0 , E ? ?10m ? 3 , 所以 ?OCD 的外接圆的方程为 x2 ? y 2 ? (5m ? 4) x ? (10m ? 3) y ? 0 ,…………12 分 整理得 x2 ? y 2 ? 4 x ? 3 y ? 5m( x ? 2 y) ? 0 ,

? x 2 ? y 2 ? 4 x ? 3 y =0, ? x ? 0, ? x ? 2, 令? ,所以 ? (舍)或 ? ? y ? 0. ? y ? ?1. ? x+2 y =0
所以△ OCD 的外接圆恒过定点为 (2, ?1) .…………………………………………14 分

17.(本小题满分 14 分)

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点,顶点 a 2 b2 y B 的坐标为(0,b) ,且△BF1F2 是边长为 2 的等边三角形. B (1)求椭圆的方程;
如图,在平面直角坐标系 xOy 中,F1,F2 分别是椭圆 (2)过右焦点 F2 的直线 l 与椭圆相交于 A,C 两点, 记△ABF2,△BCF2 的面积分别为 S1,S2.若 S1=2S2, 求直线 l 的斜率. 【解】 (1)由题意,得 a=2c=2,b2=a2-c2=3,
2 y2 所求椭圆的方程为 x ? ? 1 . ……………… 4 分 4 3

l

C F1

O

F2

x

A
(第 17 题)

(2)设 B 到直线 AC 的距离为 h,由于 S1=2S2, 所以, 1 AF2 ? h ? 2 ? 1 F2C ? h ,即 AF2 ? 2 F2C , …………………………6 分 2 2 所以, AF2 ? 2F2C . 解法一:设 A ,又 F (x1 , y1) , C (x2 , y2) ( 0 , 2 1 ,)
? x1 ? 3 ? 2 x2, 则 ……………………………8 分 ( 1 ? x1 , ? y1) ?( 2 x2 ? 1, y2) ,即 ? y ? ?2 y . ? 1 2
2 2 ? x2 y2 ?x ? 7 , ? ? 1, ? ? 2 4 ?4 3 由? 解得, ? 2 2 (3 ? 2 x2) ( ? 2 y2) ? ? y2 ? ? 3 5 . ? ?1 8 ? ? 4 3 ?

………………………12 分

?3 5 8 ? ? 5 . …………………………………14 分 所以,直线 l 的斜率为 k ? 7 ?1 2 4

解法二:由(1)知, x1 ? 3 ? 2 x2 .…………………………………………8 分
2 y2 (x1 ,y1) 设点 A 到椭圆 x ? ? 1 右准线 x ? 4 的距离为 d, 4 3



AF2 1 ? ,所以 AF2 ? 2 ? 1 x1 ,同理 CF2 ? 2 ? 1 x2 , 2 2 d 2

1 (2 ? 1 x2) 由 AF2 ? 2 F2C 得, 2 ? 1 x1 =2 ,即 x2 =2+ 2 x1 . …………………10 分 2 2

所以, x2 ? 7 (以下同解法一) .……………………………………………12 分 4 解法三:椭圆的右准线为直线 x ? 4 , 分别过 A, C 作准线的垂线,垂足分别为 A?,C ? , 过 C 作 CH⊥ AA? ,垂足为 H. (如图)

y
B C l
C?

CF AF2 1 由于 2 ? ? ,……………10 分 CC ? AA? 2
F1

O

F2

x
A?

A

H

又 AF2 ? 2 F2C ,在 RT△CAH 中,
AC ? 3F2C ,AH ? 2F2C ,所以 CH ? 5F2C ,

所以 tan ?CAH ? 5 .…………………………12 分 2 根据椭圆的对称性知,所求直线斜率为 ? 5 . …………………………14 分 2 18. (本小题满分 16 分) 已知椭圆
2 x2 y 2 ,过 F 作两条互相垂直的弦 AB, CD ,设 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 右焦点 F (1,0) ,离心率为 2 2 a b

AB, CD 中点分别为 M , N .

y

(1)求椭圆的方程; (2)证明:直线 MN 必过定点,并求出此定点坐标; (3)若弦 AB, CD 的斜率均存在,求△ FMN 面积的最大值.

x

(第 18 题图)

17. (本小题满分 15 分) 如图,A, B, C 是椭圆 M :

x2 y 2 BC 过椭圆 M ? ? 1(a ? b ? 0) 上的三点, 其中点 A 是椭圆的右顶点, a 2 b2

的中心,且满足 AC ? BC, BC ? 2 AC . (1)求椭圆的离心率; (2)若 y 轴被 ?ABC 的外接圆所截得弦长为 9,

求椭圆方程.

y B A O C
解⑴因为 BC 过椭圆 M 的中心,所以 BC ? 2OC ? 2OB , 又 AC ? BC, BC ? 2 AC ,所以 ?OAC 是以角 C 为直角的等腰直角三角形,

x

a a ( ) 2 (? ) 2 a a a a 10 则 A(a,0), C ( , ? ), B(? , ), AB ? a ,所以 22 ? 2 ? 1 ,则 a 2 ? 3b2 , 2 2 2 2 2 2 a b
所以 c ? 2b , e ?
2 2

6 ; 3
a a 4 4

⑵ ?ABC 的外接圆圆心为 AB 中点 P ( , ) ,半径为 则 ?ABC 的外接圆为: ( x ? ) ? ( y ? ) ?
2 2

10 a, 4

a 4

a 4

5 2 a 8

令x ? 0, y ?

5a a 5a a ? (? ) ? 9 ,得 a ? 6 , 或 y ? ? ,所以 4 4 4 4

(也可以由垂径定理得 (

10 2 a 2 9 a) ? ( ) ? 得 a ? 6 ) 4 4 2

所以所求的椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1. 36 12

18. 已知椭圆 C :

x2 y2 ? ? 1 的上顶点为 A , 直线 l : y ? kx ? m 交椭圆于 P ,Q 两点, 设直线 AP ,AQ 4 2
y A

的斜率分别为 k1 , k 2 . (1)若 m ? 0 时,求 k1 ? k2 的值; (2)若 k1 ? k 2 ? ?1 时,证明直线 l : y ? kx ? m 过定点.

l O
Q

18. (本小题满分 16 分)

F

x

x2 y2 ? ? 1 的方程, 解(1)当 m ? 0 时,直线 l : y ? kx 代入椭圆 C : 4 2
得到 x ? 2k x ? 4 ,
2 2 2

P

…………………………………………2 分

解得 P(?

2 1 ? 2k
?
2

,?

2k 1 ? 2k
2

) , Q(

2 1 ? 2k
2

,

2k 1 ? 2k 2

) ,……………………4 分

所以 k1 ?

? 2 2k ? 2 ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 , ? 2 2 ? 1 ? 2k 2

2k

2k 1 ? 2k 2 k1 ? 2

? 2 ?

2k ? 2 ? 1 ? 2 k 2 ,……………………………………6 分 2

1 ? 2k 2
4k 2 ? 2(1 ? 2k 2 ) 1 ?? . 所以 k1 ? k 2 ? 4 2
…………………………………………8 分

x2 y2 ? ? 1 的方程, (2 设 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y 2 ) ,将直线 l : y ? kx ? m 代入椭圆 C : 4 2
并整理得到 (1 ? 2k 2 ) x 2 ? 4kmx? 2m 2 ? 4 ? 0 , ………………………………10 分 则 ? ? 0 且 x1 ? x 2 ? ? 由 k1 ? k 2 ? ?1 知,

4km 2m 2 ? 4 x ? x ? , . 1 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

y1 ? 2 y 2 ? 2 ? ? ?1 ,……………………………………12 分 x1 x2

即 y1 y2 ? 2 ( y1 ? y2 ) ? 2 ? x1 x2 ? 0 ,

(kx1 ? m)(kx2 ? m) ? 2 (kx1 ? m ? kx2 ? m) ? x1 x2 ? 2 ? 0 , k 2 x1 x2 ? mk( x1 ? x2 ) ? m2 ? 2k ( x1 ? x2 ) ? 2 2m ? x1 x2 ? 2 ? 0 ,
(k 2 ? 1) 2m 2 ? 4 4km ? k (m ? 2 )(? ) ? m 2 ? 2 2m ? 2 ? 0 , 2 1 ? 2k 1 ? 2k 2

(k 2 ? 1)(2m2 ? 4) ? k (m ? 2 )(?4km) ? (m2 ? 2 2m ? 2)(1 ? 2k 2 ) ? 0 ,
所以, 3m 2 ? 2 2m ? 2 ? 0 ,所以 m ? 所以直线 l 过定点 (0,?

2 (舍)或 m ? ?

2 ,………………14 分 3

2 ). 3

…………………………………………16 分

18. (本小题满分 16 分) 在 平 面 直 角 坐 标 系 x O y中 , 已 知 椭 圆 C :

x2 y 2 1 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的 离 心 率 e ? , 直 线 2 2 a b

C 的右焦点 F ,且交椭圆 C 于 A , B 两点. l : x? m y ? 1 ? 0 ( m? R 过椭圆 )

(1)求椭圆 C 的标准方程;

5 (2)已知点 D( ,0) ,连结 BD ,过点 A 作垂直于 y 轴的直线 l1 ,设直线 l1 与直线 BD 交于点 P ,试探索当 2

m 变化时,是否存在一条定直线 l2 ,使得点 P 恒在直线 l2 上?若存在,请求出直线 l2 的方程;若不存在,
请说明理由.

? c ? 1, ? c ? 1, ? 18. 解: (1)由题设,得 ? c 1 解得 ? 从而 b2 ? a 2 ? c 2 ? 3 , a ? 2, ? , ? ? ?a 2
所以椭圆 C 的标准方程为

x2 y 2 ? ?1. 4 3

………………………4 分

3 3 3 3 (2)令 m ? 0 ,则 A(1, ) , B(1,? ) 或者 A(1,? ) , B(1, ) . 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 当 A(1, ) , B(1,? ) 时, P(4, ) ;当 A(1,? ) , B(1, ) 时, P(4,? ) , 2 2 2 2 2 2
所以,满足题意的定直线 l2 只能是 x ? 4 . 下面证明点 P 恒在直线 x ? 4 上. 设 A( x1 ,y1 ) , B( x2 ,y2 ) ,由于 PA 垂直于 y 轴,所以点 P 的纵坐标为 y1 ,从而只要证明 P(4 ,y1 ) 在 直线 BD 上. ………………………8 分 ………………………6 分

? x ? my ? 1 ? 0 , ? 由 ? x2 y 2 得 (4 ? 3m2 ) y 2 ? 6my ? 9 ? 0 , ? 1, ? ? 3 ?4

D ? 144(1 ? m2 ) ? 0 ,

? y1 ? y2 ?

?6m ?9 , y1 y2 ? .① 2 4 ? 3m 4 ? 3m2

………………………10 分

∵ kDB ? kDP

3 3 y ? y1 (my2 ? ) y2 ? 0 y1 ? 0 y2 y1 2 2 2 ? ? ? ? ? 5 5 5 3 3 3 x2 ? 4? my2 ? 1 ? (my2 ? ) 2 2 2 2 2 2

2 y1 +y2 ? my1 y2 3 , ? 3 my2 ? 2
①式代入上式,得 kDB ? kDP ? 0 , 所以 kDB =kDP .

………………………13 分

………………………15 分

∴点 P(4 ,y1 ) 恒在直线 BD 上,从而直线 l1 、直线 BD 与直线 l2 : x ? 4 三线恒过同一点

P , 所以存在一条定直线 l2 : x ? 4 使得点 P 恒在直线 l2 上.

………………16 分

18. 设椭圆

3 x2 y 2 F1 F2 . ? 2 ? 1 (a>b>0)的左、右焦点为 F1,F2,右顶点为 A,上顶点为 B.已知 AB ? 2 2 a b

(1)求椭圆的离心率; (2) (文)设 P 为椭圆上异于其顶点的一点,以线段 PB 为直径的圆经过点 F1,经过点 F2 的直线 l 与该圆

相切于点 M, MF2 ? 2 2 ,求椭圆的方程. (理) (2)设 P 为椭圆上异于其顶点的一点,以线段 PB 为直径的圆经过点 F1 ,经过原点的直线 l 与该圆 相切. 求直线的斜率. 【解】 (1)设椭圆右焦点 F2(c,0).由 AB ? 又 b2=a2-c2,则
3 F1 F2 ,可得 a2+b2=3c2, 2

2 c2 1 . ? .所以椭圆的离心率 e ? 2 2 a 2

(2) (文)由(I)知 a2=2c2,b2=c2,故椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1. 2c2 c2

设 P(x0,y0).由 F1(-c,0),B(0,c),有 F1 P =(x0+c,y0), F1 B =(c,c). 由已知有, F1P ? F1B ? 0 ,即(x0+c)c+y0c=0,又 c≠0,故有 x0+y0+c=0 因为点 P 在椭圆上,故
x0 2 y0 2 ? ?1 2c 2 c 2





4 c 由①和②可得 3x02+4cx0=0.而点 P 不是椭圆的顶点,故 x0 ? ? c ,代入①得 y0 ? ,即点 P 的坐标 3 3
? 4c c ? 为 ? ? , ? .设圆的圆心为 T(x1 , y1) ,则 x1 ? ? 3 3?
r ? ( x1 ? 0) 2 ? ( y1 ? c ) 2 ? 5 c. 3
2 2

?

4c c ?0 ?c 2 2 3 3 ? ? c , y1 ? ? c ,进而圆的半径为 2 3 2 3

2 ? ? 2 ? 5 ? 由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2,又 | MF2 |? 2 2 ,故有 ? c ? c ? ? ? 0 ? c ? ? 8 ? c 2 ,解得 c2=3. 3 3 9 ? ? ? ?

所以,所求椭圆的方程为

x2 y 2 ? ?1. 6 3

(理) (2)解:由(Ⅰ )知 a 2 ? 2c 2 , b2 ? c 2 .故椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1. 2c2 c2

设 P ? x0 , y0 ? .由 F1 ? ?c,0 ? , B ? 0, c ? ,有 F1P ? ? x0 ? c, y0 ? , F1B ? ? c, c ? . 由已知,有 F1P ? F1B ? 0 ,即 ? x0 ? c ? c ? y0c ? 0 .又 c ? 0 ,故有
x0 ? y0 ? c ? 0 .



又因为点 P 在椭圆上,故
x0 2 y0 2 ? ?1. 2c 2 c 2



由①和②可得 3x02 ? 4cx0 ? 0 .而点 P 不是椭圆的顶点,故 x0 ? ?
? 4c c ? ? ? , ? .设圆的圆心为 T ? x1 , y1 ? ,则 x1 ? ? 3 3?

4c c ,代入①得 y0 ? ,即点 P 的坐标为 3 3

4 c ? c?0 ?c 2 2 3 ? ? c , y1 ? 3 ? c ,进而圆的半径 2 3 2 3

r?

? x1 ? 0 ?

2

? ? y1 ? c ? ?
2

5 c. 3

设直线 l 的斜率为 k ,依题意,直线 l 的方程为 y ? kx .学科网
kx1 ? y1 k ?1
2

由 l 与圆相切,可得

? r ,即

? 2c ? 2c k?? ? ? ? 3 ? 3 k ?1
2

?

5 c, 3

整理得 k 2 ? 8k ? 1 ? 0 ,解得 k ? 4 ? 15 . 所以,直线 l 的斜率为 4 ? 15 或 4 ? 15 . 椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、圆的方程,用代数方法研究圆锥曲线的性质,运算求解能力, 以及用方程思想解决问题的能力.

18. 已知点 A ? 0, ?2? , 椭圆 E :

x2 y 2 3 F 是椭圆 E 的右的焦点, ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 直线 AF 2 a b 2

的斜率为

2 3 , O 为坐标原点. 3

(1)求 E 的方程; (2)设过点 A 的直线 l 与 E 相交于 P, Q 两点,当 ?OPQ 的面积最大时,求 l 的方程. 解:(Ⅰ) 设 F ? c,0? ,由条件知

2 2 3 c 3 2 2 2 ? ,得 c ? 3 ,又 ? ,∴ a ? 2 , b ? a ? c ? 1 , c 3 a 2

x2 ? y 2 ? 1. 故 E 的方程 4
(Ⅱ)解法 1:依题意当 l ? x 轴不合题意,故设直线 l: y ? kx ? 2 ,设 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? 将 y ? kx ? 2 代入

x2 ? y 2 ? 1,得 ?1 ? 4k 2 ? x 2 ? 16kx ? 12 ? 0 , 4
2

2 当 ? ? 16(4k ? 3) ? 0 ,即 k ?

3 8k ? 2 4k 2 ? 3 时, x1,2 ? , 4 1 ? 4k 2

从而 PQ ?

k 2 ? 1 x1 ? x2 ?

4 k 2 ? 1 ? 4k 2 ? 3 , 1 ? 4k 2
2 k 2 ?1
,所以 ? OPQ 的面积 S?OPQ

又点 O 到直线 PQ 的距离 d ?

1 4 4k 2 ? 3 , ? d PQ ? 2 1 ? 4k 2

设 4k 2 ? 3 ? t ,则 t ? 0 , S?OPQ ?

4t 4 ? ? 1, t ?4 t? 4 t
2

当且仅当 t ? 2 , k ? ?

7 等号成立,且满足 ? ? 0 ,所以当 ? OPQ 的面积最大时, l 的方程为: 2

y?

7 7 x?2 或 y ? ? x ? 2. 2 2

1 4 4k 2 ? 3 2 ? ? 解法 2: (以上同解法 1) S?OPQ ? d PQ ? 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k 2

? 4k

2

? 1 ? 4? 4 ?

2 4k 2 ? 1 ? 4 ? 4 ? ?1, 1 ? 4k 2 2

当且仅当 4k 2 ? 3 ? 4 ,即 k ? ? 解法 3:由题意知直线 l 的斜率必存在. 则 S?POQ ?

7 时,等号成立. (以下同解法 1) 2

2 2 1 OP ? OB ? OP ? OQ 2

?

?

2

. 设 P ? 2cos ? ,sin ? ? , Q ? 2cos ? ,sin ? ? .

1 所以 S?POQ ? ? 2 ? sin ?? ? ? ? ? 1 ,当 sin ?? ? ? ? ? ?1 时,等号成立. 2
此时 ? ? ? ? 2k? ?

?
2

或 ? ? ? ? 2k? ?

?
2

?k ? Z ? .

又 P ? 2cos ? ,sin ? ? 、 Q ? 2cos ? ,sin ? ? 与 A ? 0, ?2? 共线,则
sin ? ? 2 sin ? ? 2 1 ? ? sin ?? ? ? ? ? 2 ? cos ? ? cos ? ? ? ?1 ? cos ? ? cos ? ? ? 2 cos ? 2 cos ? 2

又 k PQ ?

sin ? ? sin ? ? ? ? sin ? ? sin ? ? 2 ? cos ? ? cos ? ?

①若 ? ? ? ? 2k? ?

?
2

? k ? Z ? ,则 sin ? ? sin ? 2k? ? 2 ? ? ? ? cos ? ,同理 cos ? ? ? sin ?
1 1 ? cos? ? sin ? ? 2 2
7 2

? ?

?

? ?

所以 sin ? ? sin ? ? sin ? ? cos ? . 因为 cos ? ? cos ? ?
2 2

且 ?sin ? ? cos? ? ? ?sin ? ? cos? ? ? 2 ,所以 sin ? ? sin ? ? sin ? ? cos ? ? ? ②同理,当 ? ? ? ? 2k? ?

?
2

? k ? Z ? 时, sin ? ? sin ? ? ?
x1 1 ? x2 2 0

7 7 ,所以 k PQ ? ? . (以下同解法 1) 2 2

解法 4:设 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? ,则 S?POQ

y1 1 1 y2 1 ? x1 y2 ? x2 y1 ,设 P ? 2cos ? ,sin ? ? , 2 0 1

1 Q ? 2cos ? ,sin ? ? ,则 S?POQ ? ? 2 ? sin ?? ? ? ? ? 1 . (以下同解法 3) 2
解法 5:设 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? ,令 OM ? ? y2 , ? x2 ? ,则 OM 与 OQ 是模相等且互相垂直的向量. 则:

S?POQ ?
?

1 1 1 OP ? OQ ? sin OP, OQ ? OP ? OM ? cos OP, OM ? OP ? OM 2 2 2

1 x1 y2 ? x2 y1 . (以下同解法 3) 2

解法 6:设 P ? x1 , y1 ? ,要使 S?POQ 最大,以线段 OP 为底,则点 Q 必是平行于 OP

的椭圆切线的切点. 过椭圆

x2 ? y 2 ? 1上的点 Q ? x2 , y2 ? 的切线方程 4



x2 x xx ? y2 y ? 1 ,所以直线 OP 的方程为 2 ? y2 y ? 0 . 4 4 x2 x1 ? y2 y1 ? 0 ,即 x1 x2 ? 4 y1 y2 ? 0 . 4

又因为点 P ? x1 , y1 ? 在其上,所以

由解法 1 得: 1 ? 4k 2 x2 ? 16kx ? 12 ? 0 ,且 x1 x2 ? 4 y1 y2 ? x1 x2 ? 4 ? ?? kx1 ? 2?? kx2 ? 2?? ? ?0, 化简得: 4k 2 ? 1 x1 x2 ? 8k ? x1 ? x2 ? ? 16 ? 0 . 又 x1 ? x2 ?
k2 ? 7 7 ?k?? . (以下同解法 1) 4 2 y1 x (由题意,斜率存在) ,即 y1 x ? x1 y ? 0 . x1

?

?

?

?

16k 12 , x1 ? x2 ? 2 ,代入得: 2 4k ? 1 4k ? 1

解法 7:设 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? ,则 OP 的方程为 y ? 又点 Q 到直线 OP 的距离为 d ?

x2 y1 ? x1 y2 x12 ? y12

, 所以 S?POQ ?

1 1 OP ? d ? x1 y2 ? x2 y1(以下同解法 3) 2 2

2 x2 ? y ? 1? a ? b ? 0? 的左,右焦点,M 是 C 上一点且 MF 与 x 轴垂直, 18. 设 F , 分别是椭圆 C : F 1 2 2 2 2

a

b

直线 MF1 与 C 的另一个交点为 N. (1)若直线 MN 的斜率为 3 ,求 C 的离心率;

4

(2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且 MN ? 5 F 1 N ,求 a,b.

b2 1 3 【解析】 (Ⅰ) tan ?MF1F2 ? a ? ,解得 e ? 2 2c 4 (Ⅱ)依据题意,原点 O 为 F1F2 的中点, MF2 与 x 轴垂直,所以直线 MF1
与 y 轴的交点 P(0, 2) 是线段 MF1 的中点,故 MF2 ? 由 MN ? 5 F 1 N ,得 PF 1 ?2 F 1N 设 N ( x1 , y1 ) ,且 F1 (?c,0) ,易知 y1 ? 0 ,则

b2 ? 4 ,即 b2 ? 4a a

3 ? ?2(?c ? x1 ) ? c ? x1 ? ? c 9c 2 1 ? ?1 ,代入椭圆方程得 ? 2 ? ? 4a 2 b 2 ??2 y1 ? 2 ? ? y1 ? ?1 2 2 2 2 又 b ? 4a, c ? a ? b 代入上式,解得 a ? 7, b ? 2 7 .


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