14级高二数学寒假作业(椭圆)答案

椭圆(参考答案)
一、小题题型: (1)椭圆定义的考查,学生要掌握椭圆的第一,第二定义,以及椭圆与其他圆 锥曲线的综合简单应用问题。 例 1: 【解析】因为 2c ? 4 ? c ? 2 ,由一条准线方程为 x ? ?4 可得该椭圆的焦点在 x 轴上 2 a ? 4 ? a 2 ? 4c ? 8 ,所以 b2 ? a 2 ? c2 ? 8 ? 4 ? 4 。故选答案 C 县 c 例 2: 【解析】双曲线 x2 -y 2 =1 的渐近线的方程为 y = ? x ,设直线 y =x 与椭圆在第一象限 4 4 的交点坐标为 ? x0 ,x0 ?? x0 >0? ,且由已知 4 x02 =16 ? x0 =2 ,代入椭圆方程有 2 + 2 =1 , a b 2 2 x y c 3 + =1 ,故选D 又 = ,解得 a 2 =20,b2 =5 ,方程为 20 5 a 2 (2)离心率的考查,往往结合焦半径公式或椭圆的端点(或焦点)三角形,利 用椭圆的几何性质。
例 3: 【解析】本题着重考查等比中项 的性质,以及椭圆的离心率等几何性质,同时考查了 函数与方程,转化与化归思想. 利 用 椭 圆 及 等 比 数 列 的 性 质 解 题 . 由 椭 圆 的 性 质 可 知 : AF ? a ? c , F F2 ? 2c , 1 1

F1B ? a ? c . 又 已 知 AF1 , F1F2 , F1B 成 等 比 数 列 , 故 (a ? c)(a ? c) ? (2c)2 , 即
c 5 5 .即椭圆的离心率为 . ? a 5 5 (3)焦点三角形的考查,往往结合椭圆的第一定义,此三角形周长一定;或在 此三角形中利用正弦定理。 ? 例 4 : 解 析 】 因 为 ?F2 PF 是 底 角 为 30 的 等 腰 三 角 形 , 则 有 F2 F1 ? F2 P , , 因 为 【 1
a2 ? c2 ? 4 c2,则 a 2 ? 5c 2 .故 e ?
1 1 PF2 ? F1 F2 ,即 2 2 3a 1 3a c 3 3 ? c ? ? 2c ? c ,所以 ? 2c ,即 ? ,所以椭圆的离心率为 e ? ,选 C. 2 2 2 a 4 4 例 5: 【解析】当直线 x ? m 过右焦点时 ?FAB 的周长最大,? m ? 1 ; 3 1 3 将 x ? 1 带入解得 y ? ? ;所以 S?FAB ? ? 2 ? ? 3 . 2 2 2 二、解答题题型: (1)利用定义解题 关于线段长最值的问题一般两个方法:一种是借助图形,由几何图形中量的关 系求最值,二是建立函数关系求最值,或用均值不等式来求最值。

?PF1 F2 ? 300 ,所以 ?PF2 D ? 600 , ?DPF2 ? 300 ,所以 F2 D ?

例 1:【解析】 。 (Ⅰ)设 c ? a2 ? b2 则e ?

c 1 ? ? a ? 2c ? 3a 2 ? 4b 2 a 2 ?ABF2 的周长为

AB ? AF2 ? BF2 ? 8 ? AF1 ? AF2 ? BF1 ? BF2 ? 8 ? 4a ? 8 ? a ? 2, b ? 3, c ? 1
椭圆 E 的方程为

x2 y 2 ? ?1 4 3
1

(Ⅱ)由对称性可知设 P( x0 , y0 )( y0 ? 0) 与 M ( x,0)

3x 3x ?k ?? 0 4 y0 3 4 3 ? x2 4 3x 3(1 ? x0 ) 直线 l : y ? y0 ? ? 0 ( x ? x0 ) ? Q(4, ) 4 y0 y0 ???? ???? ? 3(1 ? x0 ) MP?MQ ? 0 ? ( x ? x0 )( x ? 4) ? y0 ? ? 0 ? x0 ( x ? 1) ? ( x ? 1)( x ? 3) (*) y0 (*)对 x0 ? (?2, 2) 恒成立 ? x ? 1 , 得 M (1,0)

x2 y 2 3 ? ? 1 ? y ? 3 ? x 2 ? y? ? ? 4 3 4

c 2 2 1 2 2 2 2 所以 b ? a ? c ? a ? ? c2 ? a2 , 3 a 3 3 2 2 2 x y y 2 2 2 2 设 P( x, y) 是椭圆 C 上任意一点,则 2 ? 2 ? 1 ,所以 x ? a (1 ? 2 ) ? a ? 3 y b a b 2 2 2 2 2 2 2 | PQ |? x ? ( y ? 2) ? a ? 3 y ? ( y ? 2) ? ?2( y ? 1) ? a ? 6
例 2:【解析】 设 c ? a2 ? b2 (1) 由e ? 当 b ? 1 时,当 y ? ?1 时, | PQ | 有最大值 a ? 6 ? 3 ,可得 a ? 3 ,所以 b ? 1, c ?
2

2

当 b ? 1 时, PQ ? 故椭圆 C 的方程为:

a 2 ? 6 ? 3b 2 ? 6 ? 3 不合题意

x2 ? y2 ? 1 3

(2) ?AOB 中, OA ? OB ? 1 , S ?AOB ?

1 1 ? OA ? OB ? sin ?AOB ? 2 2 1 ? 当且仅当 ?AOB ? 90 时, S?AOB 有最大值 , 2 2 ?AOB ? 90? 时,点 O 到直线 AB 的距离为 d ? 2 2 1 2 d? ? ? ? m2 ? n 2 ? 2 2 2 2 2 m ?n
2 2 2

3 2 1 6 2 , n ? ,此时点 M (? ,? ) 2 2 2 2 b b 1 2 2 0 例 3: 【解析】 取 P(, )b ,A(?a,0), B(a,0) ; k AP ? k BP ? ? (? ) ? ? ? a ? 2b (1) 则 a a 2 2 2 a ?b 1 2 e2 ? ? ?e? 2 a 2 2 a b (2)设 P(a cos ? , b sin ? )(0 ? ? ? 2? ) ;则线段 OP 的中点 Q( cos ? , sin ? ) 2 2 |A P| = O A | AQ ? OP ? kAQ ? k ? ?1 | ?
又 m ? 3n ? 3 ? m ?

kA Q ?

bs i n ? ? bs i n ? a kA Q c o s? ? ? 2a ? a c o? s

2 kA Q a

3 2 2 2 b ? a k Q ? a ? 2A Q ? kA Q ? 1 k A 3 (2)直线与椭圆相交问题 ? 2a kA Q ?
2

? k? 3

①常用分析一元二次议程解的情况,仅有△还不够,且用数形结合的思想。 ②弦的中点,弦长等,利用根与系数的关系式, x2 y 2 b2 例 4: 【解析】 (I)点 P(?c, y1 )( y1 ? 0) 代入 2 ? 2 ? 1 得: y1 ? a b a 2 b ?0 4?0 PF1 ? QF2 ? a ? ? ?1 ① ?c ? c 4 ? c a2 ? 4 ② c2 ? a2 ? b2 (a, b, c ? 0) ③ 又 c x2 y 2 C 的方程为 ? ?1 由①②③得: a ? 2, c ? 1, b ? 3 既椭圆 4 3 b2 ?0 a2 y ?0 (II)设 Q( , y2 ) ;则 PF1 ? QF2 ? a ? 2 ? ?1 ? y2 ? 2a c ?c ? c a 2 ?c c b2 b2 ? 2x 2a ? 2 2 2 y b c x a ? 2 ? 1 ? y ? b 2 ? 2 x 2 ? y? ? 得: kPQ ? 2 a ? 2 b a a a a b2 ?c b2 ? 2 x2 c a c 过点 P 与椭圆 C 相切的直线斜率 k ? y? x ?? c ? ? k PQ a 得:直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点。
x2 y 2 例 5: 【解析】 :设所求椭圆的标准方程为 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? ,右焦点为 F2 ? c,0? 。 a b 因 ? AB1B2 是直角三角形,又 AB1 ? AB2 ,故 ?B1 AB2 为直角,因此 OA ? OB2 ,
得b ?

c 。 2
2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 结合 c ? a ? b 得 4b ? a ? b ,故 a ? 5b , c ? 4b ,所以离心率 e ?

c 2 ? 5。 a 5

在 Rt? AB1B2 中, OA ? B1B2 ,故

1 c B1 B2 ?OA ? OB2 ?OA ? ? ? b 2 b 2 2 2 2 2 由题设条件 S? AB1B2 ? 4 ,得 b ? 4 ,从而 a ? 5b ? 20 。 S? AB1B2 ?

x2 y 2 ? ?1 因此所求椭圆的标准方程为: 20 4 (2)由(1)知 B1 (? ,0), (2 ,由题意知直线 l 的倾斜角不为 0,故可设直线 l 的方程为: 2 B ,0)
x ? my ? 2 ,代入椭圆方程得 ? m 2 ? 5 ? y 2 ? 4my ? 16 ? 0 ,
设 P ? x1, y2 ? , Q ? x2 , y2 ? ,则 y1 , y2 是上面方程的两根,因此

4m 16 y1 ? y2 ? 2 , y1 ?y2 ? ? 2 m ?5 m ?5 ???? ? ???? ? 又 B2 P ? ? x1 ? 2, y1 ? , B2Q ? ? x2 ? 2, y2 ? ,所以

3

???? ???? ? ? B2 P?B2Q ? ? x1 ? 2?? x2 ? 2? ? y1 y2 ? ? my1 ? 4?? my2 ? 4? ? y1 y2
? ? m 2 ? 1? y1 y2 ? 4m ? y1 ? y2 ? ? 16

16m 2 ? 64 16m2 ? 2 ? 16 ? ? m2 ? 5 m2 ? 5 ? m ? 5 ???? ???? ? 2 由 PB2 ? QB1 ,得 B2 P? 2Q ? 0 ,即 16m ? 64 ? 0 ,解得 m ? ?2 , B 所以满足条件的直线有两条,其方程分别为: x ? 2 y ? 2 ? 0 和 x ? 2 y ? 2 ? 0

??

16 ? m2 ? 1?

例 6: 【解析】 (1)原曲线方程可化简得:

x2 y2 ? ?1 8 8 5?m m?2

8 ? 8 ?5 ? m ? m ? 2 ? ? 8 7 ?0 由题意可得: ? ,解得: ? m ? 5 5?m 2 ? ? 8 ?m ? 2 ? 0 ? (2)由已知直线代入椭圆方程化简得: (2k 2 ? 1) x2 ? 16kx ? 24 ? 0 , 3 ?=32(2k 2 ? 3) ,解得: k 2 ? 2 16k 24 由韦达定理得: xM ? xN ? 2 ① xM xN ? 2 , ,② 2k ? 1 2k ? 1 设 N ( xN , k xN ? 4) , M ( xM , kxM ? 4) , G( xG , 1)

MB 方程为: y ?

? 3xM ? kxM ? 6 x ? 2 ,则 G ? ,?, 1 xM ? kxM ? 6 ?

? AG ? ?

? 3xM ? ???? ,? 1? , AN ? ? xN ,xN k ? 2 ? , ? xM k ? 6 ? ???? ???? 欲证 A , ,N 三点共线,只需证 AG , AN 共线 G 3 xM ( xN k ? 2) ? ? xN 成立,化简得: (3k ? k ) xM xN ? ?6( xM ? xN ) 即 xM k ? 6 G 将① 代入易知等式成立,则 A , ,N 三点共线得证。 ② ????

例 7: 【解析】(1)由题设知, a2 =b2 ? c2,e= :

c e ,由点 (1 , ) 在椭圆上,得 a

12

a 2 b2 a 2 a 2b 2 ? 3? ? e , ? 在椭圆上,得 ? 2 ? ? ?
2

?

e2

?1?

1

?

c2

=1 ? b 2 ? c 2 =a 2b 2 ? a 2 =a 2b 2 ? b 2 =1 , ∴ c 2 =a 2 ? 1 。 由 点

? 3? ? 3? ? ? ? ? 2 2 2 2 ? e c a2 ? 1 3 ? ? 2 ? ?1? 4 ? ? ? 1 ? 4 ? ? 1 ? a 4 ? 4a 2 ? 4=0 ? a 2 =2 1 4 a2 b a a x2 ∴椭圆的方程为 ? y 2 ? 1 。 2 0) (2)由(1)得 F1 (?1 , , F2 (1, ,又∵ AF1 ∥ BF2 , 0)

2

∴设 AF1 、 BF2 的方程分别为 my =x ? 1,my =x ? 1 , A? x1,y1 ?,B ? x2,y2 ?,y1 > 0,y2 > 0 。

4

? x12 m ? 2m 2 ? 2 ? y12 ? 1 ? ? m2 ? 2 y12 ? 2my1 ? 1=0 ? y1 = ∴? 2 。 m2 ? 2 ?my =x ? 1 ? 1 1

?

?

∴ AF1 =

? x1 ? 1? ? ? y1 ? 0?
2

2

= ? my1 ?

2

2 ? m2 ? 1? ? m m2 ? 1 m ? 2m2 ? 2 。① ? y = m ?1 ? ? m2 ? 2 m2 ? 2
2 1 2

同理, BF2 = (i)由①②得, AF1 ? BF2 ?

2 ? m2 ? 1? ? m m2 ? 1 m2 ? 2

。②

2m m 2 ? 1 2m m 2 ? 1 6 。解 得 m 2 =2。 = 2 2 m ?2 m ?2 2 1 2 ∵注意到 m > 0 ,∴ m= 2 。 ∴直线 AF1 的斜率为 = 。 m 2 BF PB ? PF1 BF2 ? AF1 PB BF2 PB ? ?1 ? 2 ?1? ? (ii)证明:∵ AF1 ∥ BF2 ,∴ ,即 。 PF1 AF1 PF1 AF1 PF1 AF1 AF1 BF1 。 ∴ PF1 = AF1 ? BF2 AF1 2 2 ? BF2 。 由点 B 在椭圆上知, BF ? BF2 ? 2 2 ,∴ PF1 = 1 AF1 ? BF2

?

?

同理。 PF2 = ∴ PF1 +PF2 =

BF2 2 2 ? AF1 。 AF1 ? BF2

?

?

AF1 BF2 2 AF ?BF2 2 2 ? BF2 ? 2 2 ? AF1 ? 2 2 ? AF1 ? BF2 AF1 ? BF2 AF1 ? BF2
由①②得, AF1 ? BF =

?

?

?

?

2 2 m2 ? 1 m ?2
2

?

? , AF ?BF = m

2

?1

m ?2
2



∴ PF1 +PF2 =2 2 ?

2 3 = 2 。 ∴ PF1 ? PF2 是定值。 2 2

y2 x2 ? ? 1?a? 2? 例 8: 【解析】 (Ⅰ)由已知可设椭圆 C2 的方程为 a 2 , 4
a2 ? 4 3 y2 x2 3 a?4 ? ?1 ? C2 的方程为 其离心率为 2 ,故 ,故椭圆 16 4 a 2 ,则 (Ⅱ)解法一 A, B 两点的坐标分别为 ?x A , y A ?, ?x B , y B ? ,
由 AB ? 2OA 及(Ⅰ)知, O, A, B 三点共线且点 A, B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y ? kx .

x2 4 2 ? y 2 ? 1 中,得 1 ? 4k 2 x 2 ? 4 ,所以 x A ? , 4 1 ? 4k 2 y2 x2 16 2 ? ?1 将 y ? kx 代入 4 ? k 2 x 2 ? 16 ,所以 x B ? 中,得 4? k2 , 16 4 16 16 2 2 ? , AB ? 2OA ,得 xB ? 4x A ,即 2 又由 4?k 1 ? 4k 2 解得 k ? ?1 ,故直线 AB 的方程为 y ? x 或 y ? ? x 解法二 A, B 两点的坐标分别为 ?x A , y A ?, ?x B , y B ? ,
将 y ? kx 代入

?

?

?

?

由 AB ? 2OA 及(Ⅰ)知, O, A, B 三点共线且点 A, B 不在 y 轴上,

5

因此可设直线 AB 的方程为 y ? kx .

x2 4 2 ? y 2 ? 1 中,得 1 ? 4k 2 x 2 ? 4 ,所以 x A ? 将 y ? kx 代入 , 4 1 ? 4k 2 16k 2 16 2 2 , yB ? , AB ? 2OA ,得 x B ? 又由 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 y2 x2 4? k2 2 2 ? ?1 ? 1 ,即 4 ? k 2 ? 1 ? 4k 2 , 将 x B , y B 代入 中,得 1 ? 4k 2 16 4 解得 k ? ?1 ,故直线 AB 的方程为 y ? x 或 y ? ? x (3) “点差法”解题。 “设而不求”的思想。 当涉及至平行法的中点轨迹,过定点弦的中点轨迹,过定点且被定点平分的弦 所在直线方程,用“点差法”来求解。
例 9: 【解析】 )如图,设 M ( x, y ) , A( x0 , y0 ) ,则由 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) , (Ⅰ 1 可得 x ? x0 , | y |? m | y0 | ,所以 x0 ? x , | y0 |? | y | . ① m 因为 A 点在单位圆上运动,所以 x0 2 ? y0 2 ? 1 . ② 将① 式代入② 式即得所求曲线 C 的方程为 x2 ? 因为 m ? (0, 1) ? (1, ? ?) ,所以 当 0 ? m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (? 1 ? m2 , 0) , ( 1 ? m2 , 0) ; 当 m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (0, ? m2 ? 1) , (0, m2 ? 1) . (Ⅱ )解法 1:如图 2、3, ?k ? 0 ,设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) , 直线 QN 的方程为 y ? 2kx ? kx1 ,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得
(m2 ? 4k 2 ) x2 ? 4k 2 x1 x ? k 2 x12 ? m2 ? 0 .

?

?

y2 ? 1 (m ? 0, 且m ? 1) . m2

依题意可知此方程的两根为 ? x1 , x 2 ,于是由韦达定理可得
? x1 ? x2 ? ? 4k 2 x1 m2 x ,即 x2 ? 2 1 2 . m 2 ? 4k 2 m ? 4k

2km 2 x1 . m 2 ? 4k 2 ???? ??? ? 4k 2 x 2km 2 x1 ). 于是 PQ ? (?2x1 , ? 2kx1 ) , PH ? ( x2 ? x1 , y2 ? kx1 ) ? (? 2 1 2 , 2 m ? 4k m ? 4k 2 ??? ???? 4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? ? 0, 而 PQ ? PH 等价于 PQ ? PH ? m 2 ? 4k 2

因为点 H 在直线 QN 上,所以 y2 ? kx1 ? 2kx2 ?

即 2 ? m2 ? 0 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? y A

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2

y H
M
N

y H
N

P
O

P
O

O

D

x
Q

x
Q

x

图1

图 2 (0 ? m ? 1)
6

图 3 (m ? 1)

解法 2:如图 2、3, ?x1 ? (0, 1) ,设 P( x1 , y1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? y1 ) , N (0, y1 ) ,

?m2 x 2 ? y 2 ? m 2 , ? 因为 P , H 两点在椭圆 C 上,所以 ? 2 1 2 1 2 两式相减可得 2 ?m x2 ? y2 ? m , ?
m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 . ③ 依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P , H 不重合, ( y ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ?m2 . 故 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 ,于是由③ 式可得 1 ④ ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2y y ? y2 又 Q , N , H 三点共线,所以 kQN ? kQH ,即 1 ? 1 . x1 x1 ? x2

于是由④ 式可得 k PQ ? k PH ?

y1 y1 ? y2 1 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) m2 ? ? ? ?? . x1 x1 ? x2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2

而 PQ ? PH 等价于 kPQ ? kPH ? ?1 ,即 ? 故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? 例 10: 【解析】(Ⅰ)由题: e ?
c 1 ? ; (1) a 2

m2 ? ?1 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 2

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2

左焦点(﹣c,0)到点 P(2,1)的距离为: d ? (2 ? c)2 ? 12 ? 10 . (2) 由(1) (2)可解得: a 2 ? 4,b 2 ? 3,c 2 ? 1 .∴所求椭圆 C 的方程为:
x2 y 2 + ?1. 4 3

1 1 (Ⅱ)易得直线 OP 的方程:y= x,设 A(xA,yA),B(xB ,yB),R(x0,y0).其中 y0= x0. 2 2 ∵A,B 在椭圆上,
? xA2 y A2 + ?1 ? ? 4 3 ∴? 2 2 ? xB + yB ? 1 ? 4 3 ? ? k AB ? y A ? yB 3 xA ? xB 3 2 x0 3 ?? ?? ?? . x A ? xB 4 y A ? yB 4 2 y0 2

3 设直线 AB 的方程为 l:y=﹣ x ? m (m≠0), 2
? x2 y 2 ?1 ? + ? 代入椭圆: ? 4 3 ? y=- 3 x ? m ? ? 2 ? 3x 2 ? 3mx ? m 2 ? 3 ? 0 .

显然 ? ? (3m)2 ? 4 ? 3(m2 ? 3) ? 3(12 ? m2 ) ? 0 .∴ ? 2 3 <m< 2 3 且 m≠0. 由上又有: xA ? xB =m, y A ? yB = ∴|AB|= 1 ? k 2 | xA ? xB |= 1 ? k AB ∵点 P(2,1)到直线 l 的距离为: d ?
m2 ? 3 . 3

( xA ? xB )2 ? 4xA xB =

1? k 2

4?

m2 . 3

m?4 9 1? 4



∴ S ?

ABP



1 1 d|AB| = |m-4| 2 2

4?

m2 3

=

3 (4 ? m) ? 12 ? m 2 , 6

7

3 当且仅当m ? 1? 7时,三角形的面积最大 此时直线 l 的方程 y ? ? x ? 1 ? 7 . , 2 (4)轨迹问题 这一问题难,但是解决法非常多,有如下几种。 ①直接法:根据条件,建立坐标系,设动点(x,y),直接列出动点所应满足的方 程。 ②代入法:一个是动点 Q(x0,y0)在已知曲线 F(x,y)=0,上运动,而动点 P(x,y)与 Q 点满足某种关系,要求 P 点的轨迹。其关键是列出 P、Q 两点的关系式 ? x0 ? f ( x, y ) ? ? y o ? y ( x, y )

③定义法:通过对轨迹点的分析,发现与某个圆锥曲线的定义相符,则通过这 个定义求出方程。 ? x ? f (t ) ④参数法:在 x,y 间的方程 F(x,y)=0 难以直接求得时,往往用 ? (t 为 ? y ? g (t ) 参数)来反映 x,y 之间的关系。 常用的参数有斜率 k 与角 ? 等。 例 11: 【解析】设 A? x1,y1 ? ,B ? x1,-y1 ? ,又知 A ? -a,0? ,A2 ? a,0? ,则 1
直线 A A 的方程为 1 由①②得

y=

y1 -y ? x+a ? ①, 直线 A2 B 的方程为 y = 1 ? x-a ? x1 +a x1 -a




y2 =

- y12 x 2 -a 2 ? 2 2 ? x1 -a

x12 ? x12 y12 2 2? 由点 A ? x1 ,y1 ? 在椭圆 C0 上,故可得 2 + 2 =1 ,从而有 y1 =b ? 1- 2 ? ,代入③得 a b ? a ?

x2 y 2 - =1? x<-a,y <0 ? a 2 b2 (2)证明:设 A' ? x2 ,y2 ? ,由矩形 ABCD 与矩形 A'B'C'D' 的面积相等,得

4 x1 y1 =4 x2 y2 , ? x12 y12 =x22 y22 ,因为点 A,A' 均在椭圆上,
所以 b 2 x12 ?1-

? ?

x12 ? 2 2 ? x2 2 ? ? =b x2 ?1- 2 ? a2 ? ? a ?

由 t1 ? t2 ,知 x1 ? x2 ,所以 x12 +x22 =a2 。从而 y12 +y22 =b2 ,因而 t12 +t22 =a2 +b2 为定值。

8


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