2015-2016學(xué)年河北省邯鄲一中高三(上)期中數(shù)學(xué)試卷(理科)
參考答案與試題解析
一,、選擇題:(每小題5分,,共60分)
1.已知集合A={(x,y)|x,,y為實數(shù),,且x2+y2=1},B={(x,,y)|x,,y為實數(shù),且y=x},,則A∩B的元素個數(shù)為(
)
A.0 B.1 C.2 D.3
【考點】交集及其運算.
【分析】據(jù)觀察發(fā)現(xiàn),,兩集合都表示的是點集,所以求兩集合交集即為兩函數(shù)的交點,,則把兩集合中的函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立求出兩函數(shù)的交點坐標(biāo),,交點有幾個,兩集合交集的元素就有幾個.
【解答】解:聯(lián)立兩集合中的函數(shù)解析式得:
,,把②代入①得:2x2=1,,解得x=±,
分別把x=±代入②,,解得y=±,,
所以兩函數(shù)圖象的交點有兩個,坐標(biāo)分別為(,,)和(﹣,,﹣),,
則A∩B的元素個數(shù)為2個.
故選C
2.設(shè)集合A={y|y=1nx,x≥1},,B={y|y=1﹣2x,,x∈R}則A∩B=( )
A.[0.1) B.[0,1] C.(﹣∞,,1] D.[0,,+∞)
【考點】交集及其運算.
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)圖象化簡集合A和B,再利用兩個集合的交集的定義求出A∩B.
【解答】解:∵集合A={y|y=1nx,,x≥1}={x|x≥0},,
B={y|y=1﹣2x,x∈R}={x|x<1}
∴A∩B={x|0≤x<1}
故選:A.
3.下列有關(guān)命題的說法正確的是( )
A.命題“若x2=1,,則x=1”的否命題為:“若x2=1,,則x≠1”
B.“x=﹣1”是“x2﹣5x﹣6=0”的必要不充分條件
C.命題“?x∈R,使得x2+x+1<0”的否定是:“?x∈R,,均有x2+x+1<0”
D.命題“若x=y,,則sinx=siny”的逆否命題為真命題
【考點】命題的否定;必要條件,、充分條件與充要條件的判斷.
【分析】對于A:因為否命題是條件和結(jié)果都做否定,,即“若x2≠1,則x≠1”,,故錯誤.
對于B:因為x=﹣1?x2﹣5x﹣6=0,,應(yīng)為充分條件,故錯誤.
對于C:因為命題的否定形式只否定結(jié)果,,應(yīng)為?x∈R,,均有x2+x+1≥0.故錯誤.由排除法即可得到答案.
【解答】解:對于A:命題“若x2=1,則x=1”的否命題為:“若x2=1,,則x≠1”.因為否命題應(yīng)為“若x2≠1,,則x≠1”,故錯誤.
對于B:“x=﹣1”是“x2﹣5x﹣6=0”的必要不充分條件.因為x=﹣1?x2﹣5x﹣6=0,,應(yīng)為充分條件,故錯誤.
對于C:命題“?x∈R,,使得x2+x+1<0”的否定是:“?x∈R,,均有x2+x+1<0”.
因為命題的否定應(yīng)為?x∈R,均有x2+x+1≥0.故錯誤.
由排除法得到D正確.
故答案選擇D.
4.下列函數(shù)中,,在[﹣1,,0]上單調(diào)遞減的是( )
A.y=cosx B.y=﹣|x﹣1|
C.y=log
D.y=ex+e﹣x
【考點】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間.
【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)分別進(jìn)行判斷即可.
【解答】解:A.函數(shù)y=cosx在[﹣1,0]上是增函數(shù),,故A不滿足條件.
B.當(dāng)﹣1≤x≤0,,y=﹣|x﹣1|=x﹣1為增函數(shù),,不滿足條件.
C. = =﹣1,
當(dāng)﹣1≤x≤0時,,﹣1為減函數(shù),,∵y=logt為減函數(shù),
∴此時y=log為增函數(shù),,故C不滿足條件.
D.函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=ex﹣e﹣x,,由f′(x)=ex﹣e﹣x<0得ex<e﹣x,即x<﹣x,,即x<0,,
即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(﹣∞,0],,
即當(dāng)﹣1≤x≤0時,,函數(shù)y=ex+e﹣x為減函數(shù),故D滿足條件.
故選:D
5.已知直線3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行,,則它們之間的距離是( )
A.4 B. C. D.
【考點】兩條平行直線間的距離.
【分析】根據(jù)兩條直線平行,,一次項的系數(shù)對應(yīng)成比例,求得m的值,,再根據(jù)兩條平行線間的距離公式求得它們之間的距離.
【解答】解:直線3x+2y﹣3=0即 6x+4y﹣6=0,,根據(jù)它和6x+my+1=0互相平行,可得,,故m=4.
可得它們間的距離為 d==,,
故選:D.
6.兩圓x2+y2﹣4x+6y=0和x2+y2﹣6x=0的連心線方程為(
)
A.x+y+3=0 B.2x﹣y﹣5=0 C.3x﹣y﹣9=0 D.4x﹣3y+7=0
【考點】圓與圓的位置關(guān)系及其判定.
【分析】將兩圓化成標(biāo)準(zhǔn)方程,得到它們的圓心分別為C1(2,,﹣3),、C2(3,0),,求出C1C2的斜率k=3,,再利用直線方程的點斜式列式,化簡即可得到兩圓的連心線方程.
【解答】解:將圓x2+y2﹣4x+6y=0化成標(biāo)準(zhǔn)方程,,得(x﹣2)2+(y+3)2=13,,
∴圓x2+y2﹣4x+6y=0的圓心為C1(2,﹣3).
同理可得圓x2+y2﹣6x=0的圓心為C2(3,,0),,
∴C1C2的斜率k==3,
可得C1C2的直線方程為y+3=3(x﹣2),,化簡得3x﹣y﹣9=0,,即為兩圓的連心線方程.
故選:C
7.已知數(shù)列{an}的通項公式為an=(n∈N*,其前n項和Sn=,,則雙曲線﹣=1的漸近線方程為( )
A. B. C. D.
【考點】雙曲線的簡單性質(zhì).
【分析】根據(jù)數(shù)列{an}的通項利用裂項求和算出Sn,,代入題中解出n=9,,可得雙曲線的方程為,再用雙曲線的漸近線方程的公式即可算出該雙曲線的漸近線方程.
【解答】解:∵數(shù)列{an}的通項公式為,,
∴,,可得
即1﹣=,解之得n=9.
∴雙曲線的方程為,,得a=,,b=3
因此該雙曲線的漸近方程為y=,即.
故選:C
8.已知函數(shù)f(x)=sinx﹣cosx的圖象向左平移m(m>0)個單位,,若所得的曲線關(guān)于y軸對稱,,則實數(shù)m的最小值是( )
A. B. C. D.
【考點】函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換,;由y=Asin(ωx+φ)的部分圖象確定其解析式.
【分析】求得y=sinx﹣cosx的圖象向左平移m(m>0)個單位后的解析式,,利用正弦函數(shù)的對稱性可得m的最小值.
【解答】解:∵y=f(x)=sinx﹣cosx=2sin(x﹣),
∴f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位后得:
g(x)=f(x+m)=2sin(x+m﹣),,
∵g(x)=2sin(x+m﹣)的圖象關(guān)于y軸對稱,,
∴g(x)=2sin(x+m﹣)為偶函數(shù),
∴m﹣=kπ+,,k∈Z,,
∴m=kπ+,k∈Z.
∵m>0,,
∴mmin=.
故選D.
9.x,、y滿足約束條件,若目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(a>0,,b>0)的最大值為7,,則的最小值為( )
A.14 B.7 C.18 D.13
【考點】基本不等式;簡單線性規(guī)劃.
【分析】作出可行域,,得到目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(a>0,,b>0)的最優(yōu)解,從而得到3a+4b=7,,利用基本不等式即可.
【解答】解:∵x,、y滿足約束條件,目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(a>0,,b>0),,作出可行域:
由圖可得,可行域為△ABC區(qū)域,,目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(a>0,b>0)經(jīng)過可行域內(nèi)的點C時,,取得最大值(最優(yōu)解).
由解得x=3,,y=4,,即C(3,4),,
∵目標(biāo)函數(shù)z=ax+by(a>0,,b>0)的最大值為7,
∴3a+4b=7(a>0,,b>0),,
∴=(3a+4b)·()
=(9++16+)≥(25+2)=×49=7(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時取“=”).
故選B.
10.已知數(shù)列{an}滿足a1=0,an+1=an+2+1,,則a13=( )
A.143 B.156 C.168 D.195
【考點】數(shù)列遞推式.
【分析】把已知的數(shù)列遞推式變形,,得到{}是以1為首項,以1為公差的等差數(shù)列,,求出其通項公式后得到an,,則a13可求.
【解答】解:由an+1=an+2+1,得
,,
∴,,
又a1=0,
∴{}是以1為首項,,以1為公差的等差數(shù)列,,
則,
∴.
則a13=169﹣1=168.
故選:C.
11.設(shè)橢圓+y2=1的左,、右焦點分別為F1,,F(xiàn)2,M為橢圓上異于長軸端點的一點,,∠F1MF2=2θ,,△MF1F2的內(nèi)心為I,則|MI|COSθ=(
)
A.2﹣ B. C. D.
【考點】圓錐曲線的綜合.
【分析】設(shè)圓與MF1,、MF2,,分別切于點A,B,,根據(jù)切線長定理就有|F1F2|=|F1A|+|F2B|=2,,所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|,由此可得結(jié)論.
【解答】解:由題意,,|MF1|+|MF2|=4,,而|F1F2|=2,
設(shè)圓與MF1,、MF2,,分別切于點A,B,根據(jù)切線長定理就有|F1F2|=|F1A|+|F2B|=2,,
所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|==2﹣,,
故選A.
12.已知橢圓C1: +=1的左右焦點為F1,F(xiàn)2,,直線l1過點F1且垂直于橢圓的長軸,,動直線l2垂直于直線l1于點P,線段PF2的垂直平分線與l2的交點的軌跡為曲線C2,,若A(1,,2),B(x1,,y1),,C(x2,y2)是C2上不同的點,,且AB⊥BC,,則y2的取值范圍是(
)
A.(﹣∞,﹣6)∪[10.+∞) B.(﹣∞,,6]∪[10.+∞) C.(﹣∞,,﹣6)∪(10,+∞)
D.以上都不正確
【考點】橢圓的簡單性質(zhì).
【分析】由已知條件推導(dǎo)出曲線C2:y2=4x.,,,,由AB⊥BC,推導(dǎo)出,,由此能求出y的取值范圍.
【解答】解:∵橢圓C1: +=1的左右焦點為F1,,F(xiàn)2,
∴F1(﹣1,,0),,F(xiàn)2(1,0),,直線l1:x=﹣1,,
設(shè)l2:y=t,設(shè)P(﹣1,,t),,(t∈R),M(x,,y),,
則y=t,且由|MP|=|MF2|,,
∴(x+1)2=(x﹣1)2+y2,,
∴曲線C2:y2=4x.
∵A(1,,2),B(x1,,y1),,C(x2,y2)是C2上不同的點,,
∴,,,
∵AB⊥BC,,
∴=(x1﹣1)(x2﹣x1)+(y1﹣2)(y2﹣y1)=0,
∵,,,,
∴(﹣4)(﹣)+=0,
∵y1≠2,,y1≠y2,,
∴,
整理,,得,,
關(guān)于y1的方程有不為2的解,
∴,,且y2≠﹣6,,
∴0,且y2≠﹣6,,
解得y2<﹣6,,或y≥10.
故選:A.
二、填空題(本大題共4小題,,每小題5分,,共20分,把答案填在答題紙上.)
13.雙曲線mx2+y2=1的虛軸長是實軸長的2倍,,則m= .
【考點】雙曲線的簡單性質(zhì).
【分析】把雙曲線的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程,,根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)方程求出虛軸長和實軸長,再利用虛軸長是實軸長的2倍求出m值.
【解答】解:雙曲線mx2+y2=1的標(biāo)準(zhǔn)方程為
y2﹣=1,,虛軸的長是 2,,實軸長 2.
由題意知,2=4,,∴m=﹣,,
故答案為﹣.
14.若直線y=x+b被圓x2+y2=1所截得的弦長不小于1,則b的取值范圍是
﹣≤b≤ .
【考點】直線與圓相交的性質(zhì).
【分析】由條件求得弦心距d,,利用弦長公式,,結(jié)合直線y=x+b被圓x2+y2=1所截得的弦長不小于1,,即可求出b的取值范圍.
【解答】解:根據(jù)點到直線的距離公式可得弦心距d=,
∵直線y=x+b被圓x2+y2=1所截得的弦長不小于1,,圓x2+y2=1的半徑為r=1,,
∴2≥1
故﹣≤b≤.
故答案為:﹣≤b≤.
15.設(shè)拋物線y2=2x的焦點為F,過F的直線交該拋物線于A,,B兩點,,則|AF|+4|BF|的最小值為
.
【考點】拋物線的簡單性質(zhì).
【分析】設(shè)A(x1,y1),,B(x2,,y2).當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=,,(k≠0).與拋物線方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系,,利用|AF|+4|BF|=及其基本不等式的性質(zhì)即可得出,當(dāng)直線AB的斜率不存在時,,直接求出即可.
【解答】解:F,,
設(shè)A(x1,y1),,B(x2,,y2).
當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=,,(k≠0).
聯(lián)立,,化為,
x1x2=.
∴|AF|+4|BF|==x1+4x2++=,,當(dāng)且僅當(dāng)x1=4x2=1時取等號.
當(dāng)直線AB的斜率不存在時,,|AF|+4|BF|=5p=5.
綜上可得:|AF|+4|BF|的最小值為.
故答案為:.
16.已知A(x1,y1)是拋物線y2=4x上的一個動點,,B(x2,,y2)是橢圓+=1上的一個動點,N(1,,0)是一定點,,若AB∥x軸,且x1<x2,,且△NAB的周長的取值范圍是_
(,,4) .
【考點】拋物線的簡單性質(zhì).
【分析】可考慮用拋物線的焦半徑公式和橢圓的焦半徑公式來做,先通過聯(lián)立拋物線與橢圓方程,,求出A,,B點的橫坐標(biāo)范圍,再利用焦半徑公式轉(zhuǎn)換為以B點的橫坐標(biāo)為參數(shù)的式子,,再根據(jù)前面求出的B點橫坐標(biāo)范圍計算即可.
【解答】解:如圖A,,B分別在如圖所示的實線運動,,
由得,拋物線y2=4x與橢圓+=1
在第一象限的交點橫坐標(biāo)為,,
設(shè)A(x1,,y1),B(x2,,y2),,
則0<x1<,<x2<2,,
由可得,,三角形ABN的周長l=|AN|+|AB|+|BN|
=x1++x2﹣x1+a﹣ex2
=+a+x2=3+x2,
∵<x2<2,,
∴<3+x2<4,
故答案為:(,,4).
三,、解答題(70分,解答應(yīng)寫出文字說明,,證明過程或步驟,,寫在答題紙的相應(yīng)位置.)
17.過點P(4,1)作直線l分別交x軸的正半軸和y軸的正半軸于點A,、B,,當(dāng)△AOB(O為原點)的面積S最小時,求直線l的方程,,并求出S的最小值.
【考點】直線的截距式方程.
【分析】首先,,設(shè)直線的方程,然后,,將P坐標(biāo)代入,,然后,結(jié)合基本不等式進(jìn)行求解.
【解答】解:設(shè)A(a,,0),,B(0,b),,(a,,b>0),
則直線l的方程為,,
又∵P(4,,1)在直線l上,
∴,,…
又∵,,
∴ab≥16,,∴,
等號當(dāng)且僅當(dāng),,即a=8,,b=2時成立,
∴直線l的方程為:x+4y﹣8=0,,Smin=8. …
18.在△ABC中,,角A,B,,C的對邊分別為a,,b,c,,且A,,B,C成等差數(shù)列.
(Ⅰ)若b=7,,a+c=13,,求△ABC的面積;
(Ⅱ)求sinA+sin(C﹣)的最大值及取得最大值時角A的大?。?/p>
【考點】正弦定理,;三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用.
【分析】(Ⅰ)由條件求得B的值,利用余弦定理求得ac的值,,從而求得△ABC的面積的值.
(Ⅱ)利用三角恒等變換,,化簡sinA+sin(C﹣)的解析式,再利用正弦函數(shù)的定義域和值域,,求得sinA+sin(C﹣)的最大值及取得最大值時角A的大?。?/p>
【解答】解:(Ⅰ)△ABC中,因為A,,B,,C成等差數(shù)列,
所以B=.
由b2=a2+c2﹣2accos60°=(a+c)2﹣3ac,,
即72=132﹣3ac,,求得ac=40.
所以△ABC的面積.
(Ⅱ)==.
又A∈(0,),,
∴,,
從而當(dāng)A+=,即A=時,,2sin(A+)取最大值2.
綜上所述,,的最大值為2,此時A=.
19.已知二次函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點,,其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=6x﹣2,,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,,點(n,Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y=f(x)的圖象上.
(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項公式,;
(Ⅱ)設(shè),,Tn是數(shù)列{bn}的前n項和,求使得對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m.
【考點】數(shù)列的求和,;導(dǎo)數(shù)的運算.
【分析】(Ⅰ)設(shè)這二次函數(shù)f(x)=ax2+bx(a≠0),,根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求得f(x)的表達(dá)式,再根據(jù)點(n,,Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y=f(x)的圖象上,,求出an的遞推關(guān)系式,
(Ⅱ)把(1)題中an的遞推關(guān)系式代入bn,,根據(jù)裂項相消法求得Tn,,最后解得使得對所有n∈N*都成立的最小正整數(shù)m.
【解答】解:(Ⅰ)設(shè)這二次函數(shù)f(x)=ax2+bx(a≠0),
則f′(x)=2ax+b,,
由于f′(x)=6x﹣2,,得
a=3,b=﹣2,,
所以f(x)=3x2﹣2x.
又因為點(n,Sn)(n∈N*)均在函數(shù)y=f(x)的圖象上,,
所以Sn=3n2﹣2n.
當(dāng)n≥2時,,an=Sn﹣Sn﹣1=(3n2﹣2n)﹣[3(n﹣1)2﹣2(n﹣1)]=6n﹣5.
當(dāng)n=1時,a1=S1=3×12﹣2=6×1﹣5,,
所以,,an=6n﹣5(n∈N*)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知==,
故Tn===(1﹣).
因此,,要使(1﹣)<(n∈N*)成立的m,,必須且僅須滿足≤,即m≥10,,
所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10.
20.如圖,,四棱錐P﹣ABCD中,底面ABCD是直角梯形,,CD⊥平面PAD,,BC∥AD,PA=PD,,O,,E分別為AD,PC的中點,,PO=AD=2BC=2CD.
(Ⅰ)求證:AB⊥DE,;
(Ⅱ)求二面角A﹣PC﹣O的余弦值.
【考點】二面角的平面角及求法.
【分析】(Ⅰ)設(shè)BD∩OC=F,,連接EF,由已知條件推導(dǎo)出EF∥PO,,平面ABCD⊥平面PAD,,PO⊥平面ABCD,從而得到EF⊥平面ABCD,,進(jìn)而得到AB⊥EF,,再由AB⊥BD,能證明AB⊥平面BED,,由此得到AB⊥DE.
(Ⅱ)在平面ABCD內(nèi)過點A作AH⊥CO交CO的延長線于H,,連接HE,AE,,由已知條件推導(dǎo)出∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角.由此能求出二面角A﹣PC﹣O的余弦值.
【解答】(Ⅰ)證明:設(shè)BD∩OC=F,,連接EF,
∵E,、F分別是PC,、OC的中點,則EF∥PO,,…
∵CD⊥平面PAD,,CD?平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,,
又PA=PD,,O為AD的中點,則PO⊥AD,,
∵平面ABCD∩平面PAFD=AD,,∴PO⊥平面ABCD,
∴EF⊥平面ABCD,,
又AB?平面ABCD,,∴AB⊥EF,…
在△ABD中,,AB2+BD2=AD2,,AB⊥BD,
又EF∩BD=F,,∴AB⊥平面BED,,
又DE?平面BED,∴AB⊥DE.…
(Ⅱ)解:在平面ABCD內(nèi)過點A作AH⊥CO交CO的延長線于H,,
連接HE,,AE,
∵PO⊥平面ABCD,∴POC⊥平面ABCD,,
平面POC∩平面ABCD=AH,,∴AH⊥平面POC,
PC?平面POC,,∴AH⊥PC.
在△APC中,,AP=AC,E是PC中點,,∴AE⊥PC,,
∴PC⊥平面AHE,則PC⊥HE.
∴∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角.…
設(shè)PO=AD=2BC=2CD=2,,
而AE2=AC2﹣EC2,,
AE=,AH=,,則sin∠AEH=,,
∴二面角A﹣PC﹣O的余弦值為.…
21.已知圓C經(jīng)(x﹣1)2+(y﹣2)2=5經(jīng)過橢圓E: +=1(a>b>0)的右焦點F和上頂點B.
(1)求橢圓E的方程;
(2)過原點O的射線l在第一象限與橢圓E的交點為Q,,與圓C的交點為P,,M為OP的中點,求·的最大值.
【考點】直線與圓錐曲線的關(guān)系,;橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【分析】(1)在圓(x﹣1)2+(y﹣2)2=5中,,令y=0,得F(2,,0),,令x=0,得B(0,,4),由此能求出橢圓方程,;
(2)設(shè)點Q(x0,,y0),x0>0,,y0>0,,由于M為OP的中點,則CM⊥OQ,,則=(+)==(1,,2)·(x0,y0)=x0+2y0,,設(shè)t=x0+2y0,,與+=1聯(lián)立,消去x0,再由判別式為0,,即可得到最大值.
【解答】解:(1)在圓C:(x﹣1)2+(y﹣2)2=5中,,
令y=0,得F(2,,0),,即c=2,
令x=0,,得B(0,,4),即b=4,,
∴a2=b2+c2=20,,
∴橢圓E的方程為: +=1.
(2)設(shè)點Q(x0,y0),,x0>0,,y0>0,
由于M為OP的中點,,則CM⊥OQ,,
則=(+)=
=(1,2)·(x0,,y0)
=x0+2y0,,
又+=1,
設(shè)t=x0+2y0,,與+=1聯(lián)立,,得:21y02﹣16ty0+4t2﹣80=0,
令△=0,,得256t2﹣84(4t2﹣80)=0,,
解得t=±2.
又點Q(x0,y0)在第一象限,,
∴當(dāng)y0=時,,取最大值2.
22.如圖,A為橢圓(a>b>0)上的一個動點,,弦AB,,AC分別過焦點F1,F(xiàn)2.當(dāng)AC垂直于x軸時,,恰好|AF1|:|AF2|=3:1.
(1)求該橢圓的離心率,;
(2)設(shè)=λ1, =λ2,,試判斷λ1+λ2是否為定值,?若是,則求出該定值;若不是,,請說明理由.
【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題.
【分析】(1)由|AF1|:|AF2|=3:1,,及橢圓定義|AF1|+|AF2|=2a,可求AF1,,AF2,,在Rt△AF1F2中,利用勾股定理可求
(2)由(1)可得b=c.橢圓方程為,,設(shè)A(x0,,y0),B(x1,,y1),,C(x2,y2),,
①若直線AC⊥x軸容易求解②若直線AC的斜率存在,,則直線AC方程為代入橢圓方程,結(jié)合韋達(dá)定理可求,,從而可求,,同理可得,代入可求
【解答】解:(1)當(dāng)AC垂直于x軸時,,|AF1|:|AF2|=3:1,,由|AF1|+|AF2|=2a,
得,,在Rt△AF1F2中,,|AF1|2=|AF2|2+(2c)2
解得 e=.…
(2)由e=,則,,b=c.
焦點坐標(biāo)為F1(﹣b,,0),F(xiàn)2(b,,0),,則橢圓方程為,
化簡有x2+2y2=2b2.
設(shè)A(x0,,y0),B(x1,,y1),,C(x2,y2),,
①若直線AC⊥x軸,,x0=b,λ2=1,
∴λ1+λ2=6. …
②若直線AC的斜率存在,,則直線AC方程為
代入橢圓方程有(3b2﹣2bx0)y2+2by0(x0﹣b)y﹣b2y02=0.
由韋達(dá)定理得:,,∴…
所以,
同理可得…
故λ1+λ2=.綜上所述:λ1+λ2是定值6.…
2016年9月30日
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