在平面直角坐標(biāo)系xoy中,已知曲線C1上的任一點到點(1,0)的距離與到直線x=2的距離之比為
2
2
,動點Q是動圓C2:x2+y2=r2(1<r<
2
)上一點.
(1)求曲線C1的軌跡方程;
(2)若點P為曲線C1上的點,直線PQ與曲線C1和動圓C2均只有一個公共點,求P、Q兩點的距離|PQ|的最大值.
考點:直線與圓錐曲線的綜合問題
專題:綜合題,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程
分析:(1)根據(jù)曲線C1上的任一點到點(1,0)的距離與到直線x=2的距離之比為
2
2
,建立方程,化簡,即可求曲線C1的軌跡方程;
(2)易知直線PQ的斜率存在,設(shè)直線方程為y=kx+m,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由
x12
2
+y12=1
y1=kx1+m
得(2k2+1)x12+4kmx1+2(m2-1)=0,由直線與橢圓相切得△=0,x1=-
2k
m
①,由直線PQ與圓C2相切,則
|m|
1+k2
=r
②,聯(lián)立①②可消掉m,由勾股定理可把|PQ|2表示為r的函數(shù),再用基本不等式可得其最大值.
解答: 解:(1)設(shè)曲線C1上的任一點(x,y),依題意
∵曲線C1上的任一點到點(1,0)的距離與到直線x=2的距離之比為
2
2
,
(x-1)2+y2
|x-2|
=
2
2
,化簡方程得
x2
2
+y2=1
.…(3分)
(2)依題意可知直線PQ顯然有斜率,設(shè)其方程為y=kx+m,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),…(4分)
由于直線PQ與曲線C1相切,點P為切點,從而有
x12
2
+y12=1
y1=kx1+m

得(2k2+1)x12+4kmx1+2(m2-1)=0…(10分).
由于直線PQ與橢圓C1相切,故△=(4km)2-4×2(m2-1)(2k2+1)=0
從而可得m2=1+2k2,①x1=-
2k
m
…(8分)
又直線PQ與圓C2相切,則
|m|
1+k2
=r

∴m2=r2(1+k2),②…(9分)
由①②得k2=
r2-1
2-r2
,…(10分)
并且|PQ|2=|OP|2-|OQ|2=x12+y12-r2=3-r2-
2
r2
3-2
2

即|PQ|≤
2
-1,當(dāng)且僅當(dāng)r2=
2
∈(1,2)時取等號,…(13分)
故P、Q兩點的距離|PQ|的最大值
2
-1.…(14分)
點評:本題考查直線方程、橢圓方程及其位置關(guān)系,考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識分析解決問題的能力,本題綜合性強(qiáng),難度大.
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執(zhí)行如圖所示的流程圖,則輸出的k的值為
 

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已知三條直線a,b,c和平面β,則下列推論中正確的是( 。
A、若a∥b,b?β,則a∥β
B、若a∥β,b∥β,則a∥b或a與b相交
C、若a⊥c,b⊥c,則a∥b
D、若a?β,b∥β,a,b共面,則a∥b

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按如圖程序框圖來計算,若輸入x=10,則運(yùn)算的次數(shù)為( 。
A、6B、5C、4D、3

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已知α,β是兩個不同的平面,m,n是兩條不同的直線,則下列命題正確的是( 。
A、α⊥β,m?α,則m⊥β
B、m∥n,n?α,則m∥α
C、m⊥α,m?β,則α⊥β
D、m∥α,n?a,則m∥n

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已知函數(shù)f(x)=
px+2
x2+1
(其中p為常數(shù),x∈[-2,2]),若對任意的x,都有f(x)=f(-x)
(1)求p的值;
(2)用定義證明函數(shù)f(x)在(0,2)上是單調(diào)減函數(shù);
(3)若p=1,求函數(shù)f(x)的值域.

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如圖,四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱SA⊥底面ABCD,過A作AE垂直SB交SB于E點,作AH垂直SD交SD于H點,平面AEH交SC于K點,P是SA上的動點,且AB=1,SA=2.
(1)試證明不論點P在何位置,都有DB⊥PC;
(2)求PB+PH的最小值;
(3)設(shè)平面AEKH與平面ABCD的交線為l,求證:BD∥l.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:

在平面直角坐標(biāo)系xoy中,橢圓C的方程為
x2
2
+y2=1.
(1)若一直線與橢圓C交于兩不同點M,N,且線段MN恰以點(-1,-
1
4
)為中點,求直線MN的方程;
(2)過橢圓右焦點F做直線l與橢圓交于不同的兩點A,B,設(shè)
FA
FB
,點T坐標(biāo)為(2,0),若λ∈[-3,-2],求|
TA
+
TB
|的取值范圍.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:

已知函數(shù)f(x)=
x2-2kx+k2+1
x-k
的定義域為(0,+∞),值域為[2,+∞),則實數(shù)k的取值范圍是
 

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