(Ⅰ)求動點P的軌跡方程, 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

已知動點P的軌跡方程為：
x2
4
-
y2
5
=1（x＞2），O是坐標(biāo)原點．
①若直線x-my-3=0截動點P的軌跡所得弦長為5，求實數(shù)m的值；
②設(shè)過P的軌跡上的點P的直線與該雙曲線的兩漸近線分別交于點P1、P2，且點P分有向線段
P1P2
所成的比為λ（λ＞0），當(dāng)λ∈[
3
4
，
3
2
]時，求|
OP1
|•|
OP2
|的最值．

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已知動點P的軌跡方程為：-=1（x＞2），O是坐標(biāo)原點．
①若直線x-my-3=0截動點P的軌跡所得弦長為5，求實數(shù)m的值；
②設(shè)過P的軌跡上的點P的直線與該雙曲線的兩漸近線分別交于點P1、P2，且點P分有向線段所成的比為λ（λ＞0），當(dāng)λ∈[，]時，求||•||的最值．

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（1）求動點P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)M、N是直線l上的兩個點，點E是點F關(guān)于原點的對稱點，若·＝0，
求 | MN | 的最小值。

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已知動點P的軌跡為曲線C，且動點P到兩個定點F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0）的距離|
PF1
|，|
PF2
|的等差中項為
2
．
（1）求曲線C的方程；
（2）直線l過圓x2+y2+4y=0的圓心Q與曲線C交于M，N兩點，且
ON
•
OM
=0(O為坐標(biāo)原點），求直線l的方程；
（3）設(shè)點A(1，
1
2
)，點P為曲線C上任意一點，求|
PA
|+
2
|
PF2
|的最小值，并求取得最小值時點P的坐標(biāo)．

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已知動點P的軌跡為曲線C，且動點P到兩個定點F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0）的距離數(shù)學(xué)公式的等差中項為數(shù)學(xué)公式．
（1）求曲線C的方程；
（2）直線l過圓x2+y2+4y=0的圓心Q與曲線C交于M，N兩點，且數(shù)學(xué)公式為坐標(biāo)原點），求直線l的方程；
（3）設(shè)點數(shù)學(xué)公式，點P為曲線C上任意一點，求數(shù)學(xué)公式的最小值，并求取得最小值時點P的坐標(biāo)．

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一、選擇題（每小題5分，共12小題，滿分60分）

2,4,6

二、填空題（每小題4分，共4小題，滿分16分）

13．800    14．    15．625    16．②④

三、解答題（本大題共6小題，滿分74分）

17．解

   （Ⅰ）由題意知

……………………3分

……………………4分

的夾角

……………………6分

（Ⅱ）

……………………9分

有最小值。

的最小值是……………………12分

18．解：

（Ⅰ）設(shè)“一次取出3個球得4分”的事件記為A，它表示取出的球中有1個紅球和2個黑球的情況

則……………………4分

（Ⅱ）由題意，的可能取值為3、4、5、6。因為是有放回地取球，所以每次取到紅球的概率為……………………6分

的分布列為

3

4

5

6

P

……………………10分

    
 
    
  
  
    
   
    
    
    
    
    
    19．解：
    連接BD交AC于O，則BD⊥AC，
    連接A1O
    在△AA1O中，AA1=2，AO=1，
    ∠A1AO=60°
    ∴A1O2=AA12+AO2－2AA1?Aocos60°=3
    ∴AO2+A1O2=A12
    ∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥
    平面ABCD，
    所以A1O⊥底面ABCD
    ∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A（0，－1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（－，0，0），A1（0，0，）
    ……………………2分
    （Ⅰ）由于
    則
    ∴BD⊥AA1……………………4分
      （Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C
    ∴平面AA1C1C的法向量
    設(shè)⊥平面AA1D
    則
    得到……………………6分
    所以二面角D―A1A―C的平面角的余弦值是……………………8分
    （Ⅲ）假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP//平面DA1C1
    設(shè)
    則
    得……………………9分
    設(shè)
    則設(shè)
    得到……………………10分
    又因為平面DA1C1
    則?
    即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP……………………12分
    法二：在A1作A1O⊥AC于點O，由于平面AA1C­1C⊥平面
    ABCD，由面面垂直的性質(zhì)定理知，A1O⊥平面ABCD，
    又底面為菱形，所以AC⊥BD
    


    
 
    
  
  
    <label id="nia9t"><small id="nia9t"></small></label>
      • 
   
      
    
    
      
    
      ……………………4分
      （Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°
      ∴AO=AA1?cos60°=1
      所以O(shè)是AC的中點，由于底面ABCD為菱形，所以
      O也是BD中點
      由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C
      過O作OE⊥AA1于E點，連接OE，則AA1⊥DE
      則∠DEO為二面角D―AA1―C的平面角
      ……………………6分
      在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
      ∴AC=AB=BC=2
      ∴AO=1，DO=
      在Rt△AEO中，OE=OA?sin∠EAO=
      DE=
      ∴cos∠DEO=
      ∴二面角D―A1A―C的平面角的余弦值是……………………8分
      （Ⅲ）存在這樣的點P
      連接B1C，因為A1B1ABDC
      ∴四邊形A1B1CD為平行四邊形。
      ∴A1D//B1C
      在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP……………………10分
      因B­1­BCC1，……………………12分
      ∴BB1CP
      ∴四邊形BB1CP為平行四邊形
      則BP//B1C
      ∴BP//A1D
      ∴BP//平面DA1C1
      20．解：
      （Ⅰ）
      令……………………2分
      當(dāng)是增函數(shù)
      當(dāng)是減函數(shù)……………………4分
      ∴……………………6分
      （Ⅲ）（i）當(dāng)時，，由（Ⅰ）知上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)
      ……………………7分
      又當(dāng)時，所以的圖象在上有公共點，等價于…………8分
      解得…………………9分
      （ii）當(dāng)時，上是增函數(shù)，
      ∴
      所以原問題等價于
      又
      ∴無解………………11分
       
       
      		
      
	
	
      
		
      


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