(1)求橢圓C的方程；
(2)若eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(MB,\s\up6(→))，且直線AB與圓O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切于點N，求|MN|.
[解析] (1)由題意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，四邊形B1F1B2F2為菱形，
面積為2eq \r(3)，即2bc＝2eq \r(3)，
又a2＝c2＋b2，解得a2＝4，b2＝1，c2＝3，
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)設(shè)M(m,0)，直線AB的方程為x＝ty＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(MB,\s\up6(→))得y1＝－2y2，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，
Δ＝(2tm)2－4(t2＋4)(m2－4)＝－16(m2－t2－4)，
則y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq \f(m2－4,t2＋4)，
由y1y2＝－2yeq \\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，
得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，
所以eq \f(m2－4,t2＋4)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2tm,t2＋4)))2，
化簡得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2，
易知原點O到直線AB的距離d＝eq \f(|m|,\r(1＋t2))，
又直線AB與圓O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋t2))＝eq \r(\f(4,7))，即t2＝eq \f(7,4)m2－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?m2－4??t2＋4?＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))得21m4－16m2－16＝0，
即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，
解得m2＝eq \f(4,3)，則t2＝eq \f(4,3)，滿足Δ>0，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(2\r(3),3)，0))，
在Rt△OMN中，|MN|＝eq \r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq \f(4\r(21),21).
2．(2024·廣東部分校聯(lián)考)已知橢圓C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1，過點A(2,1)作兩條直線，這兩條直線與橢圓C的另一交點分別是M，N，且M，N關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱．設(shè)直線AM，AN的斜率分別是k1，k2.
(1)證明：k1k2＝－eq \f(1,4)；
(2)若點M到直線AN的距離為2，求直線AM的方程．
[解析] (1)證明：設(shè)M(x1，y1)，
因為M，N關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，
所以N(－x1，－y1)，
則k1＝eq \f(y1－1,x1－2)，k2＝eq \f(－y1－1,－x1－2)，故k1k2＝eq \f(y\\al(2,1)－1,x\\al(2,1)－4).
因為M在橢圓C上，所以eq \f(x\\al(2,1),8)＋eq \f(y\\al(2,1),2)＝1，
所以xeq \\al(2,1)＝8－4yeq \\al(2,1)，
則k1k2＝eq \f(y\\al(2,1)－1,x\\al(2,1)－4)＝eq \f(y\\al(2,1)－1,4－4y\\al(2,1))＝－eq \f(1,4).
(2)解法一：因為M，N關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，所以O(shè)為MN的中點．
因為點M到直線AN的距離為2，所以點O到直線AN的距離為1.
由題意可知直線AN的方程為y－1＝k2(x－2)，
即k2x－y－2k2＋1＝0，
則點O到直線AN的距離d＝eq \f(|－2k2＋1|,\r(k\\al(2,2)＋1))＝1，
解得k2＝eq \f(4,3)或k2＝0(舍去)．
由(1)可知k1k2＝－eq \f(1,4)，則k1＝－eq \f(3,16)，
故直線AM的方程為y－1＝－eq \f(3,16)(x－2)，
即y＝－eq \f(3,16)x＋eq \f(11,8).
解法二：由題意可知直線AM的方程為y－1＝k1(x－2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k1?x－2?，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理得(4keq \\al(2,1)＋1)x2－(16keq \\al(2,1)－8k1)x＋16keq \\al(2,1)－16k1－4＝0，
Δ＝(16keq \\al(2,1)－8k1)2－4(4keq \\al(2,1)＋1)(16keq \\al(2,1)－16k1－4)＝16(2k1＋1)2>0，
則x1＋2＝eq \f(16k\\al(2,1)－8k1,4k\\al(2,1)＋1)＝4－eq \f(8k1＋4,4k\\al(2,1)＋1)，
從而x1＝2－eq \f(8k1＋4,4k\\al(2,1)＋1)，
故y1＝k1(x1－2)＋1＝1－eq \f(8k\\al(2,1)＋4k1,4k\\al(2,1)＋1)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(8k1＋4,4k\\al(2,1)＋1)，1－\f(8k\\al(2,1)＋4k1,4k\\al(2,1)＋1))).
因為k1k2＝－eq \f(1,4)，所以k2＝－eq \f(1,4k1)，
所以直線AN的方程為y－1＝k2(x－2)?y－1＝－eq \f(1,4k1)(x－2)，
即x＋4k1y－4k1－2＝0，
則M到直線AN的距離
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(8k1＋4,4k\\al(2,1)＋1)＋4k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8k\\al(2,1)＋4k1,4k\\al(2,1)＋1)))－4k1－2)),\r(16k\\al(2,1)＋1))＝eq \f(|8k1＋4|,\r(16k\\al(2,1)＋1)).
因為點M到直線AN的距離為2，所以eq \f(|8k1＋4|,\r(16k\\al(2,1)＋1))＝2，解得k1＝－eq \f(3,16)，
則直線AM的方程為y－1＝－eq \f(3,16)(x－2)，
即y＝－eq \f(3,16)x＋eq \f(11,8).
【變式訓(xùn)練】
(2024·河南開封2地聯(lián)測)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線方程為eq \r(2)x－y＝0，且雙曲線經(jīng)過點A(2,2)．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點B(1,0)且斜率不為0的直線與C交于M，N兩點(與點A不重合)，直線AM，AN分別與直線x＝1交于點P，Q，求eq \f(|PB|,|QB|)的值．
[解析] (1)由題意可知eq \f(4,a2)－eq \f(4,b2)＝1，eq \f(b,a)＝eq \r(2)，
解得b＝eq \r(2)a＝2，
所以雙曲線的方程為eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1.
(2)設(shè)直線MN的方程為x＝my＋1，代入eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1中，
可得(2m2－1)y2＋4my－2＝0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則2m2－1≠0，Δ＝32m2－8>0，y1＋y2＝eq \f(－4m,2m2－1)，y1y2＝eq \f(－2,2m2－1).
直線AM的方程為y＝eq \f(y1－2,x1－2)(x－2)＋2，
令x＝1，得點P的縱坐標(biāo)為yP＝eq \f(2－y1,x1－2)＋2.
直線AN的方程為y＝eq \f(y2－2,x2－2)(x－2)＋2，
令x＝1，得點Q的縱坐標(biāo)為yQ＝eq \f(2－y2,x2－2)＋2.
因為eq \f(2－y1,x1－2)＋eq \f(2－y2,x2－2)
＝eq \f(－2my1y2＋?2m＋1??y1＋y2?－4,?my1－1??my2－1?)
＝eq \f(\f(－16m2＋4,2m2－1),\f(4m2－1,2m2－1))＝－4，
所以yP＋yQ＝0，即eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.

相關(guān)試卷

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點4探究型問題：

這是一份2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點4探究型問題，共4頁。

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點3定值問題：

這是一份2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點3定值問題，共3頁。

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點1定點問題：

這是一份2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第10講圓錐曲線__定點定值探究性問題考點1定點問題，共3頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第9講圓錐曲線__最值范圍問題考點2范圍問題

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第9講圓錐曲線__最值范圍問題考點2范圍問題
2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第9講圓錐曲線__最值范圍問題考點1最值問題

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第9講圓錐曲線__最值范圍問題考點1最值問題
2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第8講圓錐曲線__求值證明問題考點2證明問題

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點突破訓(xùn)練題第8章平面解析幾何第8講圓錐曲線__求值證明問題考點2證明問題
2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第8章平面解析幾何第8講圓錐曲線__求值證明問題提能訓(xùn)練

2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第8章平面解析幾何第8講圓錐曲線__求值證明問題提能訓(xùn)練
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部