11高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十一下载_Word模板_31

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11高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十一11高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十一 2010-2011年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十一第十一章圆锥曲线一、基础知识 1(椭圆的定义，第一定义:平面上到两个定点的距离之和等于定长(大于两个定点之间的距离)的点的轨迹，即|PF|+|PF|=2a (2a>|FF|=2c). 1212 第二定义:平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0b>0)， 22ab ,,xacos,参数方程为(为参数)。 ,,ybsin,,, 若焦点在y轴上，列标准方程为 22yy，,1 (a>b>0)。...

11高三毕业班数学课本

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整理归纳之十一 2010-2011年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之十一第十一章圆锥曲线一、基础知识 1(椭圆的定义，第一定义:平面上到两个定点的距离之和等于定长(大于两个定点之间的距离)的点的轨迹，即|PF|+|PF|=2a (2a>|FF|=2c). 1212 第二定义:平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0b>0)， 22ab ,,xacos,参数方程为(为参数)。 ,,ybsin,,, 若焦点在y轴上，列标准方程为 22yy，,1 (a>b>0)。 22ab 3(椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x轴上的椭圆 22xy，,1， 22ab a称半长轴长，b称半短轴长，c称为半焦距，长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别 2a,,x为(?a, 0), (0, ?b), (?c, 0);与左焦点对应的准线(即第二定义中的定直线)为，c 2ac222,x与右焦点对应的准线为;定义中的比e称为离心率，且，由c+b=a知0b>0), F(-c, 0), F(c, 0)是它的两焦点。若1222ab P(x, y)是椭圆上的任意一点，则|PF|=a+ex, |PF|=a-ex. 12 - 1 - 5(几个常用结论:1)过椭圆上一点P(x, y)的切线方程为 00 xxyy00，,1; 22ab 2222)斜率为k的切线方程为; y,kx,ak，b 3)过焦点F(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为 2 22abl,。 222a,ccos, 6(双曲线的定义，第一定义: 满足||PF|-|PF||=2a(2a<2c=|FF|, a>0)的点P的轨迹; 1212 第二定义:到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(>1)的点的轨迹。 7(双曲线的方程:中心在原点，焦点在x轴上的双曲线方程为 22xy,,1， 22ab ,,xasec,参数方程为(为参数)。 ,,ybtan,,, 焦点在y轴上的双曲线的标准方程为 22yx,,1。 22ab 8(双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x轴上的双曲线 22xy,,1(a, b>0), 22ab a称半实轴长，b称为半虚轴长，c为半焦距，实轴的两个端点为(-a, 0), (a, 0). 左、右焦点 22aacx,,,x,.为F(-c,0), F(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为离心率，由e,12cca 2222xyxyk222,,1,,,1a+b=c知e>1。两条渐近线方程为y,,x，双曲线与有相2222ababa 同的渐近线，它们的四个焦点在同一个圆上。若a=b，则称为等轴双曲线。 22xy,,19(双曲线的常用结论，1)焦半径公式，对于双曲线，F(-c,0), F(c, 0)是1222ab它的两个焦点。设P(x,y)是双曲线上的任一点，若P在右支上，则|PF|=ex+a, |PF|=ex-a;12若P(x,y)在左支上，则|PF|=-ex-a，|PF|=-ex+a. 12 22ab2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是。 222a,ccos, - 2 - 10(抛物线:平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫焦点，直线l叫做抛物线的准线。若取经过焦点F且垂直于准线l的直线为x轴，x轴与l相交于K，以线段KF的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，设|KF|=p，则焦点F坐 pp2标为，准线方程为x,,，标准方程为y=2px(p>0)，离心率e=1. (,0)22 11(抛物线常用结论:若P(x, y)为抛物线上任一点， 00 p1)焦半径|PF|=; x，2 2)过点P的切线方程为yy=p(x+x); 00 2p3)过焦点倾斜角为θ的弦长为。 21,cos, 12(极坐标系，在平面内取一个定点为极点记为O，从O出发的射线为极轴记为Ox轴，这样就建立了极坐标系，对于平面内任意一点P，记|OP|=ρ,?xOP=θ，则由(ρ，θ)唯一确定点P的位置，(ρ，θ)称为极坐标。 13(圆锥曲线的统一定义:到定点的距离与到定直线的距离的比为常数e的点P，若01，则点P的轨迹为双曲线的一支;若e=1，则点P的轨迹为抛 ep,,物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为。 1,ecos, 二、方法与例

题

快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题

1(与定义有关的问题。 22xy，,1例1 已知定点A(2，1)，F是椭圆的左焦点，点P为椭圆上的动点，当2516 3|PA|+5|PF|取最小值时，求点P的坐标。 c322e,,[解] 见图11-1，由题设a=5, b=4, c==3,.椭圆左准线的方程为5,4a5 4125x,,，又因为，,1，所以点A在椭圆内部，又点F坐标为(-3，0)，过P作32516 |PF|35,e,PQ垂直于左准线，垂足为Q。由定义知，则|PF|=|PQ|。 |PQ|53 5所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+|PF|)=3(|PA|+|PQ|)?3|AM|(AM左准线于M)。 ,3 所以当且仅当P为AM与椭圆的交点时，3|PA|+5|PF|取最小值，把y=1代入椭圆方程得 515515x,,(,,1)，又x<0，所以点P坐标为 44 22xy,,1例2 已知P，为双曲线C:右支上两点，延长线交右准线于K，PFPP'P'122ab 延长线交双曲线于Q，(F为右焦点)。求证:?FK=?KFQ. P'111 |PK||P'K|,[证明] 记右准线为l，作PDl于D，于E，因为//PD，则，,P'EP'E,l|PD||P'E| - 3 - |PF||P'F||PF||PD||PK|111,e,又由定义，所以，由三角形外角平分线,,|PD||P'E||P'E||P'K||P'F|1 P'FK定理知，FK为?PFP的外角平分线，所以?=?KFQ。 1111 2(求轨迹问题。例3 已知一椭圆及焦点F，点A为椭圆上一动点，求线段FA中点P的轨迹方程。 [解法一] 利用定义，以椭圆的中心为原点O，焦点所在的直线为x轴，建立直角坐标系， 22xy，设椭圆方程:=1(a>b>0).F坐标为(-c, 0).设另一焦点为。连结，OP，F'AF'22ab 11则。所以|FP|+|PO|=(|FA|+|A|)=a. OP//AF'F',22 c所以点P的轨迹是以F，O为两焦点的椭圆(因为a>|FO|=c)，将此椭圆按向量m=(,0)2 22xy，,1平移，得到中心在原点的椭圆:。由平移公式知，所求椭圆的方程为 22ab 44 c24(x，)24y2 ，,1.22ab x,cy11,x,y,[解法二] 相关点法。设点P(x,y), A(x, y)，则，即x=2x+c, y=2y. 又111122 2222xyxy11，,1，,1.因为点A在椭圆上，所以代入得关于点P的方程为2222abab 2c,,4x，,,2c4y2,,,,,,0。它表示中心为，焦点分别为F和O的椭圆。，,1,,222ab,, 例4 长为a, b的线段AB，CD分别在x轴，y轴上滑动，且A，B，C，D四点共圆，求此动圆圆心P的轨迹。 aab[解] 设P(x, y)为轨迹上任意一点，A，B，C，D的坐标分别为A(x-,0), B(x+,0), C(0, y-), 222 bD(0, y+), 记O为原点，由圆幂定理知|OA|•|OB|=|OC|•|OD|，用坐标表示为2 2222aba,b2222.x,,y,x,y,，即 444 当a=b时，轨迹为两条直线y=x与y=-x; 当a>b时，轨迹为焦点在x轴上的两条等轴双曲线; 当a0, b>0)的右焦点F作BB轴，交双曲线于B，B两,x121222ab 点，B与左焦点F连线交双曲线于B点，连结BB交x轴于H点。求证:H的横坐标为211定值。 [证明] 设点B，H，F的坐标分别为(asecα,btanα), (x, 0), (c, 0)，则F，B，B的坐标0112 22bb,分别为(-c, 0), (c, ), (c, )，因为F，H分别是直线BF，BB1与x轴的交点，所以 12aa ,abab，acsinc,x,,. ? 0a,,b,a,，b,2sincossincos 2,ab(b，csin)cx,所以 022222asin,，absin,cos,,bcos, - 5 - 2,ab(b，csin), 22222asin,，absin,cos,,b，csin, 2,ab(b，csin),。 asin,(asin,，bcos,)，(csin,,b)(csin,，b) abc(，sin,)ab由?得sincos, ，,,,x0 2abcx,代入上式得 ,0,a2sinc,,b(sin)x0 2a,,x即 (定值)。 c 注:本例也可借助梅涅劳斯定理证明，读者不妨一试。 2例7 设抛物线y=2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在准线上，且BC//x轴。证明:直线AC经过定点。 22,,,,yypp,,,,12,,,,C,y,F,0[证明] 设，则，焦点为，所以A,y,B,y,,,,212,,,,222p2p,,,,,,,, 222,,yyppyp,,112,,OA,(,y)FA,(,,y)OC,y,,，，，。由于,,FB,y,,1122,,2p2p222p2,,,, 22,,yyppyyp1212,,y,y，FA//FB，所以•y-y=0，即=0。因为(,)，yy212112,,p2p22222p,, 2,,yyyyyppp,,12112,,，,0y,,y,0y,y，所以。所以，即。，y,0,,21121,,2p22p22p2,,,, OA//OC所以，即直线AC经过原点。 22xy11，,1，例8 椭圆上有两点A，B，满足OAOB，O为原点，求证:,2222ab|OA||OB|为定值。 ,[证明] 设|OA|=r,|OB|=r,且?xOA=θ,?xOB=，,，则点A，B的坐标分别为A(rcos1212 θ, rsinθ),B(-rsinθ,rcosθ)。由A，B在椭圆上有 122 22222222rcos,rsin,rsin,rcos,1122，,1,，,1. 2222abab - 6 - 221cos,sin,即 ? ,，222rab1 221sincos,, ? ,，.222rab2 1111?得(定值)。 ?+，,，2222|OA||OB|ab 4(最值问题。 22例9 设A，B是椭圆x+3y=1上的两个动点，且OAOB(O为原点)，求|AB|的最大值与, 最小值。 r3111，[解] 由题设a=1，b=,记|OA|=r,|OB|=r,，参考例8可得=4。设,t12223rrr122 11111222222r，r,r，r，,，t，()()(2)m=|AB|=, 121222244rrt12 2222,,1111cossin1a,b222,,因为，且a>b，所以，所以,，,，sin,222222222arbrabaab11 2，，ba1b,t,b?r?a，同理b?r?a.所以。又函数f(x)=x+在上单调递减，在,112,,2abxa，， 2，，baa上单调递增，所以当t=1即|OA|=|OB|时，|AB|取最小值1;当或时，|AB|t,1,,,2abb，， 23取最大值。 3 3322例10 设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为，若圆C:x，(y,),122 1，7上点与这椭圆上点的最大距离为，试求这个椭圆的方程。 3,,0,[解] 设A，B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为，半径|CA|=1，因,,2,,为|AB|?|BC|+|CA|=|BC|+1，所以当且仅当A，B，C共线，且|BC|取最大值时，|AB|取最 1，77.大值，所以|BC|最大值为 3e,3t因为;所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,,t，椭圆方程为2 - 7 - 22xy2，,1，并设点B坐标为B(2tcosθ,tsinθ)，则|BC|=(2tcos224tt 2391,,222222θ)+=3tsinθ-3tsinθ++4t=-3(tsinθ+)+3+4t. sin,t,,,422,, 9122若，则当sinθ=-1时，|BC|取最大值t+3t+，与题设不符。 ,7t,42 11222若t>,则当sinθ=时，|BC|取最大值3+4t，由3+4t=7得t=1. ,22t 2x2，y,1所以椭圆方程为。 4 5(直线与二次曲线。 2例11 若抛物线y=ax-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求a的取值范围。 2[解] 抛物线y=ax-1的顶点为(0,-1)，对称轴为y轴，存在关于直线x+y=0对称两点的 22x,1条件是存在一对点P(x,y)，(-y,-x)，满足y=a且-x=a(-y)-1，相减得P'11111111 122x,yx+y=a(),因为P不在直线x+y=0上，所以x+y?0,所以1=a(x-y)，即x=y+ .1111111111a 1132所以此方程有不等实根，所以，求得，ay，y，,1,0.,,1,4a(,1),0a,114aa 即为所求。 2x2，y,1例12 若直线y=2x+b与椭圆相交，(1)求b的范围;(2)当截得弦长最大时，4 求b的值。 22,1717[解] 二方程联立得17x+16bx+4(b-1)=0.由Δ>0，得0)，则动点的轨迹是________. 22xy，,13(椭圆上有一点P，它到左准线的距离是10，它到右焦点的距离是________. 10036 22xy，,14(双曲线方程，则k的取值范围是________. |k|,25,k - 8 - 22xy0，,15(椭圆，焦点为F，F，椭圆上的点P满足?FPF=60，则ΔFPF的面积是12121210064 ________. 2x2,y,16(直线l被双曲线所截的线段MN恰被点A(3，-1)平分，则l的方程为________. 4 27(ΔABC的三个顶点都在抛物线y=32x上，点A(2，8)，且ΔABC的重心与这条抛物线的焦点重合，则直线BC的斜率为________. 8(已知双曲线的两条渐近线方程为3x-4y-2=0和3x+4y-10=0，一条准线方程为5y+4=0，则双曲线方程为________. 29(已知曲线y=ax，与其关于点(1，1)对称的曲线有两个不同的交点，如果过这两个交 0点的直线的倾斜角为45，那么a=________. |PF|，|PF|2221210.P为等轴双曲线x-y=a上一点，的取值范围是________. |PO| 2222xyxy11(已知椭圆与双曲线有公共的焦点F，F，设P是它们的一个，,1,,1122222abab1122 焦点，求?FPF和ΔPFF的面积。 1212 12(已知(i)半圆的直径AB长为2r;(ii)半圆外的直线l与BA的延长线垂直，垂足为 rT，设|AT|=2a(2a<);(iii)半圆上有相异两点M，N，它们与直线l的距离|MP|，|NQ|2 |MP||NQ|满足求证:|AM|+|AN|=|AB|。 ,,1.AMAN 2y2x,,1.13(给定双曲线过点A(2，1)的直线l与所给的双曲线交于点P和P，求122 线段PP的中点的轨迹方程。 12 四、高考水平测试题 22x，3y1(双曲线与椭圆x+4y=64共焦点，它的一条渐近线方程是=0，则此双曲线的标准方程是_________. 2(过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，若A，B在抛物线准线上的射影分别是A，B，则?AFB=_________. 1111 22xy,,13(双曲线的一个焦点为F，顶点为A，A，P是双曲线上任一点，以|PF|为112122ab 直径的圆与以|AA|为直径的圆的位置关系为_________. 12 14(椭圆的中心在原点，离心率e,，一条准线方程为x=11，椭圆上有一点M横坐标为3 -1，M到此准线异侧的焦点F的距离为_________. 1 22xy22，,15(4a+b=1是直线y=2x+1与椭圆恰有一个公共点的_________条件. 22ab - 9 - 2,x,m，2t,6(若参数方程(t为参数)表示的抛物线焦点总在一条定直线上，这条,,y,2m，22t, 直线的方程是_________. 22xy，,17(如果直线y=kx+1与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则m的范围是5m _________. 22xy,,18(过双曲线的左焦点，且被双曲线截得线段长为6的直线有_________条. 96 22(x,3)y，,19(过坐标原点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若以AB为直径的圆62 恰好通过椭圆的右焦点F，则直线l的倾斜角为_________. 222210(以椭圆x+ay=a(a>1)的一个顶点C(0，1)为直角顶点作此椭圆的内接等腰直角三角形ABC，这样的三角形最多可作_________个. 22xy，,111(求椭圆上任一点的两条焦半径夹角θ的正弦的最大值。 22ab 22xy，,112(设F，O分别为椭圆的左焦点和中心，对于过点F的椭圆的任意弦AB，22ab 点O都在以AB为直径的圆内，求椭圆离心率e的取值范围。 22xy,,113(已知双曲线C:(a>0)，抛物线C的顶点在原点O，C的焦点是C的左122122a2a 焦点F。 1 (1)求证:C，C总有两个不同的交点。 12 (2)问:是否存在过C的焦点F的弦AB，使ΔAOB的面积有最大值或最小值,若存在，21 求直线AB的方程与S的最值，若不存在，说明理由。 ΔAOB 五、联赛一试水平训练题 1(在平面直角坐标系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲线为椭圆，则m的取值范围是_________. 2(设O为抛物线的顶点，F为焦点，且PQ为过F的弦，已知|OF|=a，|PQ|=b，ΔOPQ面积为_________. 22xy，,122ab,3(给定椭圆，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则离心率e的取值范围是_________. 22xy,,122ab4(设F1，F2分别是双曲线(a>b>0)的左、右焦点，P为双曲线上的动点，过F1作?F1PF2平分线的垂线，垂足为M，则M的轨迹为_________. - 10 - 1,2,225(ΔABC一边的两顶点坐标为B(0，)和C(0，)，另两边斜率的乘积为，若点T坐标为(t,0)(t?R+),则|AT|的最小值为_________. 6(长为l(l<1)的线段AB的两端点在抛物线y=x2上滑动，则线段AB的中点M到x轴的最短距离等于_________. 7(已知抛物线y2=2px及定点A(a,b),B(-a,0),ab?0,b2?2pa，M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_________. 2222a，bxy2，,1223ab8(已知点P(1，2)既在椭圆内部(含边界)，又在圆x2+y2=外部(含边界)，若a,b?R+,则a+b的最小值为_________. 22xy，,1439(已知椭圆的内接ΔABC的边AB，AC分别过左、右焦点F1，F2，椭圆的左、右顶点分别为D，E，直线DB与直线CE交于点P，当点A在椭圆上变动时，试求点P的轨迹。 2x2，y,12a(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方有一个公共点P。10(设曲线C1: (1)求实数m的取值范围(用a表示); 1 2(2)O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当00),P(x,y)为轨迹上任一点，则 22,,,,|kx，y||,kx，y|2,,,,，,m,,,,22k，11，k,,,,。化简为2k2x2+2y2=m2(1+k2). 当k?1时，表示椭圆;当k=1时，表示圆。 8 103(12(由题设a=10,b=6,c=8，从而P到左焦点距离为10e=10×=8,所以P到右焦点的距离为20-8=12。 4(-25或-20, 设x1,x2是方程?的两根，由韦达定理 kk,kk,2(21)2(21)x，x,,,.1222,kk,22 ? 由?，?得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k) k,4(21).2k,2=k(x1+x2)+2(1-2k)= ? 设P1P2的中点P坐标(x,y)，由中点公式及?，?得 - 14 - x，xy，ykk,k,(21)2(21)1212x,,y,,,,2222k,k,22 消去k得 12(y,)2(x,1)2,,1.77 84 点(2，0)满足此方程，故这就是点P的轨迹方程。高考水平测试题 2222xyxy,,1,,1.22(,43,0)3612ab1(由椭圆方程得焦点为，设双曲线方程，渐近线为 b1b,y,,x.ac,433a由题设，所以a2=3b2,又,c2=a2+b2. 所以b2=12, a2=36. 2. 900。见图1，由定义得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有?1=?BFB1，?2=?AFA1，又?1=?3，?2=?4，所以?3+?4=?BFB1+?AFA1=900。 3(相切，若P(x,y)在左支上，设F1为左焦点，F2为右焦点，M为PF1中点，则 1111 2222|MO|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以两圆半径之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|，所以两圆外切。当P(x,y)在右支上时，同理得两圆内切。 10.34(与F1对应的另一条准线为x=-11，因|MF1|与M到直线x=-11距离d1之比为e，且 |MF|1101,.1033d1=|xm+11|=10.所以，所以|MF1|= 5(充要。将y=2x+1代入椭圆方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. ? 若Δ=(4a2) 2-4(b2+4a2)a2 (1-b2)=0，则直线与椭圆仅有一个公共点，即b2+4a2=1;反之，4a2+b2=1，直线与椭圆有一个公共点。 x,m，1,, ,y,2m,,6(y=2(x-1)。消去参数得(y-2m) 2=4(x-m)，焦点为它在直线y=2(x-1)上。 1,m7(1?m<5。直线过定点(0,1)，所以0?1.又因为焦点在x轴上，所以5>m,所以1?m<5。 8(3(双曲线实轴长为6，通径为4，故线段端点在异支上一条，在同支上有二条，一共有三条。 ,5,669(或。设直线l: y=kx与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)，把y=kx代入椭圆方程得 - 15 - (1+3k2)x2-6x+3=0，由韦达定理得 6x，x,,122，k13 ? 3xx,.122，k13 ? ,因F(1，0)，AFBF，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即 x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ? 13,52k,,k,,,.3366把?，?代入?得，所以倾斜角为或 10(3(首先这样的三角形一定存在，不妨设A，B分别位于y轴左、右两侧，设CA斜率为k(k>0)，CA的直线方程为y=kx+1，代入椭圆方程为(a2k2+1)x2+2a2kx=0，得x=0或 22222akak22ak1，kx,22.A,(,0)2222ak，1ak，1ak，1，于是，|CA|= 222ak1，k 22ak，1由题设，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得 (k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0, 解得 k=1或k2-(a2-1)k+1]=0。? 3a,33对于?，当1时，?有两个不等实根，故最多有3个。 11(解设焦点为F1，F2，椭圆上任一点为P(x0,y0),?F1PF2=θ,根据余弦定理得 |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|•|PF2|cosθ, 又|PF1|+|PF2|=2a，则4c2=(2a)2-2|PF1|•|PF2|(1+cosθ),再将|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0及 2x0a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cosθ). 22bcos,,,1.222a,ex0于是有 22ba2,,cos,,122222222b,a,ex,a,x,a00a由0，得，所以。因θ?[0，π]， 22,,b,a2,,,,,arccos.2,,a,,所以cosθ为减函数，故0 22222b,a2b,a,,,0,,,[0,],22a,2b22aa当2b2>a2即时，，arccos，sinθ为增函 - 16 - 22，，,,222b,a2bc2b,a,,,sinarccos,,,22,,,2aa,,，，2a数，sinθ取最大值;当2b2?a2时，arccos,θ?[0,π]，则sinθ最大值为1。 12(解设A(x1,y1),B(x2,y2)，若AB斜率不为0，设为k，直线AB方程为y=k(x+c)，代入椭圆方程并化简得 (b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. ? 则x1,x2为方程?的两根，由韦达定理得 22akc2x，x,,,12222b，ak ? 2222akc,b()xx,.12222b，ak ? 22,bkyy,.12222ak，b因为y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由?，?得 222422k(ac,b),ab 222OA,OBak，b所以=x1x2+y1y2=,O点在以AB为直径的圆内，等价OA,OB<0，即k2(a2c2-b4)-a2b2<0对任意k?R成立，等价于a2c2-b2?0,即ac-b2?0,即 5,1.2e2+e-1?0.所以00，所以方程?必有两个不同实根，设为x1,x2,由韦达定理得x1x2=-a2<0，所以? y,,2,3ax,43ax11必有一个负根设为x1,把x1代入?得y2=,所以(因为x1?0)，所以C1，C2总有两个不同交点。 2,y,,43ax,,,,my,x，3a,3a3,(2)设过F1(,0)的直线AB为my=(x+a),由得 - 17 - 3y2+4may-12a2=0，因为Δ=48m2a2+48a2>0，设y1,y2分别为A，B的纵坐标，则 43may1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SΔ 31 222243m，1,6am，1,6a22AOB=|y1-y2|•|OF1|=a•a•，当且仅当m=0时，SΔAOB的面积取最小值;当m?+?时，SΔAOB?+?，无最大值。所以存在过F的直线,3ax=使ΔAOB面积有最小值6a2. 联赛一试水平训练题 22，，x(y1)5,m,，x2y3 22，,1(2)1(m>5.由已知得，说明(x,y)到定点(0,-1)与到定直线x-2y+3=0 55 mm的距离比为常数，由椭圆定义<1，所以m>5. 2a2a4aa，,,sin,221,cos,1,cos(,，,)sin,aab.b2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。 1 aab2所以SΔOPQ=absinθ=. ，,5,1,,1,,2，,3.。设点P坐标为(r1cosθ,r1sinθ),点Q坐标为(-r2sinθ,r2cosθ)，因为P，Q rrab121111,，,，22222222r，ra，brrab1212在椭圆上，可得，RtΔOPQ斜边上的高为? 5,1 2|OF|=c. 所以a2b2?c2(a2+b2)，解得?e<1. 1//OM,24.以O为圆心，a为半径的圆。延长F1M交PF2延长线于N，则F2N，而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a，所以|OM|=a. 1 22,t25.t?(0,1]时|AT|min=,t>1时|AT|min=|t-2|.由题设kAB•kAC=-,设A(x,y)，则 22y,2y，21xy,,，xx242(x?0)，整理得=1(x?0)，所以 - 18 - 2,,1x,,2,,,,22,,|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因为|x|?2,所以当t?(0,1]时取x=2t,|AT| 22,t取最小值。当t>1时，取x=2，|AT|取最小值|t-2|. 2l11.x,cos,,y,sin,004226.设点M(x0,y0) ，直线AB倾斜角为θ，并设A(x0-), 11cos,,y，sin,022B(x0+),因为A，B在抛物线上，所以 112y,sin,,(x,cos,),0022 ? 112y，sin,,(x，cos,),0022 ? 由?，?得 2x0cosθ=sinθ. ? 11111222y,(x,cos,)，sin,,(，lcos,),.0022244cos,所以 12lx，x因为l2<1，所以函数f(x)=.在(0，1]在递减， 2211ll2.y,(1，l),,04444所以。当cosθ=1即l平行于x轴时，距离取最小值 222,,,,,,yyy2pa012,,,,,,,,M,y,M,y,M,ya,.,,01122,,,,,,2p2p2pb,,,,,,,,7(设，由A，M，M1共线得 by,pa22pa0y,2y,by,b00y1=，同理B，M，M2共线得，设(x,y)是直线M1M2上的点，则y1y2=y(y1+y2)-2px，将以上三式中消去y1,y2得 y02(2px-by)+y0•2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0. 2pa,,2paa,.,,b,,b当x=a,y=时上式恒成立，即定点为 14，,1223，6ab8(。由题设且a2+2b2?15，解得5?b2?6. 2t，4bt，4，t，4，b,，t，42ttb,4所以a+b?(t=b2-4?[1,2])，而 - 19 - t，4t,22(t,2),6，3,t，4,6,3,,,tt，4，63t，t(t，4)，又t?2可得上式成立。 3sin,339(解设A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)，这里α?β，则 ,,3(sin,sin)(x,2cos,)，3sin,,y2(cos,cos),,过A，B的直线为lAB:，由于直线AB过 33点F1(-1,0)，代入有(sinθ-sinα)•(1+2cosθ)=2sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sin ,，,,,,，,,,,,,,cossin2cos，cos,3coscos，222222θ-sinα=2•,故 3sin3,,,,,,(2)tany,x，,sinsin,0tan,,3tan2(1cos)22，,2222，即•。又lBD: 33,(x，2),3sin1,,,,ytan,tan,,2tan2(cos,,1)2232•(x+2)=，同理得。lCE: (x-2)= 3(2)x,33,2,,tan,22tan2•(x-2). ,,，，22tan,2,63tan,,22,,,,,,22,,tan，1tan，1tan,,22，，2两直线方程联立，得P点坐标为，消去得点P(x,y)在 22xy，,1427椭圆上(除去点(-2,0),(2,0)). 2,x2，y,1,,2a, 2,yxm,2(，),10.解 (1)由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,?设f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，问题(1)转化为方程?在x?(-a,a)上有唯一解或等根。只需讨论以下三种情况: 2a，1m,210(Δ=0，得，此时xp=-a2，当且仅当-a<-a20，从而时取值最大， 2a，122m,2x,2a,aS,aa,ap1,a2此时，故;当时，xp=-a2，yp=,此时 11122222S,a1,a.a1,aaa,a,a1,aaa,a222以下比较与的大小。令， 111122aa(1,a),a1,aS,a1,aa,max3322，故当00，所以，从而 1,542y,xy,5x.25所以直线l的方程为，抛物线C的方程为联赛二试水平训练题 1(以A为原点，直线AC为x轴，建立直角坐标系，设C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB)，则直线DF的方程为 f,xDx,f，y,0.kxD ? c,xBx,c，y,0.,kxB直线BC的方程为 ? c×?-f×?得 ,,111,,[cf，,(c，f)]y,0.,,kxxDB,,(c-f)x+ ? ?表示一条直线，它过原点，也过DF与BC的交点G，因而?就是直线AG的方程。同理，直线AE的方程为 ,,111,,[cf，,(c，f)]y,0.,,kxxDB,,(c-f)x+ ? ?，?的斜率互为相反数，所以?GAC=?EAC。 2(证明假设这样的闭折线存在，不妨设坐标原点是其中一个顶点，记它为A0，其他顶 ,,,,acacacnn11ii,,,,A,A,,,1n,,,,bdbdbd11nn,,,,ii点坐标为:，…，，其中都是既约分数，并记An+1=A0.若p与q奇偶性相同，则记p?q，否则记p?q，下面用数学归纳法证明。 bk?1,dk?1(k=1,2,…,n)，ak+ck?ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。 2222,,,,aca,d112211,,,,，,1,d,c11,,,,2bdb,,,,111当k=1时，由，得，因为a1,b1互质，所以d1被b1整除，反之亦然(即b1被d1整除)。 2222b,d,a，c.a,c111111因此b1=?d1，从而不可能都是偶数(否则b1也是偶数，与互质矛盾);不可能都是奇数，因为两个奇数的平方和模8余2不是4的倍数，也不可能是完全平方数，因此，a1?c1,b1?d1?1，并且a1+c1?0=a0+c0. aaccacmm,1mm,1,,,,,.bdbbddmm,1mm,1设结论对k=1,2,…,m-1?n都成立，令 - 22 - 22ac,,,,ac，,,,,,bd,,,,bd这里是既约分数，因为每一段的长为1，所以=1，与k=1情况类似:a aaabbaaa，mm,1m,1m,1m,，,bbbbbbmm,1m,1m?c,d?b?1，又因为，分数既约，所以bm是bbm-1的一个因子，bm?1. 同理可知dm?1,又am?abm-1+bam-1(同理cm?cdm-1+dcm-1). 因此(am+cm-am-1-cm-1)?(abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1-am-1-cm-1)?am-1(b-1)+abm-1+cm-1(d-1)+cdm-1?a+c?1. 所以am+cm?am-1+cm-1，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，an+1+cn+1?a0+c0，故折线不可能是闭的。 3(证明 (1)由已知B0P0=B0Q0，并由圆弧P0Q0和Q0P0，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P1分别相内切于点Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以 BP'00P'及C0Q1=C0B0+，四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0，以及。在B0P0 P'P'00或其延长线上，有B0P0=B0，从而可知点与点P0重合。由于圆弧Q1P0的圆心C0，圆弧P0Q0的圆心B0以及P0在同一直线上，所以圆弧Q1P0和P0Q0相内切于点P0。 (2)现分别过点P0和P1引上述相应相切圆弧的公切线P0T和P1T交于点T。又过点Q1引相应相切圆弧的公切线R1S1，分别交P0T和P1T于点R1和S1，连接P0Q1和P1Q1，得等腰ΔP0Q1R1和ΔP1Q1S1，由此得?P0Q1P1=π-?P0Q1P1-?P1Q1S1=π-(?P1P0T-?Q1P0P)-(?P0P1T-?Q1P1P0),而π-?P0Q1P1=?Q1P0P1+?Q1P1P0，代入上式后，即得 1 2?P0Q1P1=π-(?P0B0Q0+?P1C1Q0). 1 2同理得?P0Q0P1=π-(?P0B0Q0+?P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圆。 4(证明引理:抛物线y=ax2+bx+c(a?0)在(x0,y0)处的切线斜率是2ax0+b. 引理的证明:设(x0,y0)处的切线方程为y-y0=k(x-x0)，代入抛物线方程得 ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. ? 2y,ax，bx，c000又故?可化简成 (x-x0)[a(x+x0)+b-k]=0, ? 因为?只有一个实根，所以k=2ax0+b.引理得证。 g,,1222vcos,01设P(x0,y0)为任一正交点，则它是由线y=x•tan•x2与y=x• g,,2222vcos,02tan•x2的交点，则两条切线的斜率分别为(由引理) gxgx00k,,，tan,,k,,，tan,.122222vcosvcos,,0102 - 23 - 又由题设k1k2=-1，所以 ,,,,gxgx00,,,,,,tan,tan,,,1.12222,,,,v,v,coscos0102,,,, ? gxy00,,,tan,122v,x2cos001又因为P(x0,y0)在两条抛物线上，所以 gxy00,,,tan,222v,x2cos002代入?式得 ,,,,yy2200,,,,,tan,,tan,,,1.12,,,,xx00,,,, (※) ygxgx000，22vx2v000又因为tanα1,tanα2是方程•t2-t+=0的两根，所以 2v0,gx0tanα1+tanα2= ? ,,2vygx000,,，2,,gxx2v000,,tanα1•tanα2=。 ? 把?，?代入(※)式得 2,,v0,,y,,,24g,,xv,,00,,10.，,,y,22,,g2vvv22000,,2y,y，x,000022ggg168，即 5(证明以C为原点，CB所在直线为x轴，建立直角坐标系，设?ADC=θ，|PD|=r.各点坐标分别为D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ),B(x0,0),P(x1-rcosθ,rsinθ). xy，,1tanxx,01则lAB方程为，即x1x+x0•cotθ•y-x1x0=0,因为lAB与圆相切，可得x1 2222x，x,cot,|x，101•=x0x1•cotθ-x1x0|，约去x1,再两边平方得 ,2(cot,1),x2222220x，xcot,,x，2xx(cot,,1)，x(cot,,1)1011002cot,,1，所以•x1. ? 2x,,,1又因为点P在圆上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化简得r=2x1sin. ? 要证 ,xtan1 sin,,,,,,,,,DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. - 24 - ? CP,BP,0.CP,PB又因为，所以 CPBP因为=(x1-x0-rcosθ,rsinθ),=(x1-rcosθ,rsinθ), 所以 (x1-rcosθ)(x1-rcosθ-x0)+r2sin2θ=0. ? 把?代入?化简得 222x[(1,sin2,)，(1,cos2,)],xx(1,sin2,).110 ? ,,，,22(cos2sin2).，,,,22cos2sin2由?得x0=x1• 3 ,,,,4代入?并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0，因为sin2?0，所以sin2=，又因为 ACCD,,,,,ADAD==cos，所以sin-cos>0. sin 131,sin2,,,,,,,,22所以sin-cos=，所以1+sin-cos==4sincos，即?成立。所以DP=AP+AE。 c 2,6(证明设BC=d，CD=b，BD=c，则AC=CQ=，取BC中点M，则AMBC，以M ddB(,,0)C(,0)22为原点，直线BC为x轴建立直角坐标系，则各点坐标分别为，， 1dcd52bD(,b)A(0,)S(d,c,0)CR,(d，c)R(,,0)2263363，，，因为，所以点，所以 b3b3btan，DRC,,,tan，ASQ,.1(d，c)5d,4c(d，c)3 , 2因为0

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