2011高中数学精品复习课件：曲线与方程及圆锥曲线的综合应用.ppt

即 　　　　　　 +(y1-t)(y2-t)=0, 因为y1≠t，y2≠t，所以(y1+t)(y2+t)+64=0 所以t2-8mt+96=0, 所以Δ=64m2-4×96≥0，所以m2≥6, 当m≥　　或m≤-　　时，存在点D使得△ABD是以AB为斜边的直角三角形, 又m2＞2，所以当-　 ＜m＜-　 或　＜m＜　 时，满足条件的点D不存在. ， * 　　　本题主要考查求曲线方程，直线与圆锥曲线的位置关系，垂直问题，以及推理能力和运算能力，探究能力和向量法，以及“设而不求”，对于(1)根据题目给定条件直接可求得；对于(2)先假设存在，用“设而不求”研究直线与圆锥曲线的位置关系，关键是构造一元二次方程，应用根与系数的关系解题. * 　　　　　已知定点A(a,0)(a0)，B为x轴负半轴上的动点，以AB为边作菱形ABCD，使其两对角线的交点恰好落在y轴上. 　　(Ⅰ)求动点D的轨迹E的方程； 　　(Ⅱ)过点A作直线l与轨迹E交于P、Q两点，设点R(-a,0)，当l绕点A转动时，证明∠PRQ是否可以为钝角？请给出结论，并加以证明. * 　　　(Ⅰ)设D(x,y). 因为A（a,0），由ABCD为菱形，且AC、BD的交点在y轴上，所以B、C两点的坐标分别为(-x,0)、(-a,y). 由AC⊥BD，得　　=(2x,y)·(2a,-y)=4ax-y2=0，即y2=4ax. 因为ABCD为菱形，所以x≠0， 故轨迹E的方程为y2=4ax(x≠0). * 　　(Ⅱ)∠PRQ不可能为钝角，即∠PRQ≤ 90°.证明如下： * ①当PQ⊥x轴时，P、Q点的坐标为(a,±2a)， 又R(-a,0)，此时∠PRQ=90°，结论成立； ②当PQ与x轴不垂直时，设直线PQ的方程为y=k(x-a)， 　 y2=4ax 　 y=k(x-a)， 得k2x2-(2ak2+4a)x+k2a2=0. 由 * 设P(x1,y1),Q(x2,y2)， 则x1+x2= 　　　=(x1+a)(x2+a)+y1y2 =(x1+a)(x2+a)+k2(x1-a)(x2-a) =(1+k2)x1x2+(a-ak2)(x1+x2)+a2+a2k2 =(1+k2)a2+(a-ak2)(2a+　　)+a2+a2k2 = 即〈　　　〉为锐角. 综上①②知∠PRQ≤90°成立. * 　　(2009·山东卷)设m∈R,在平面直角坐标系中,已知向量a=(mx,y+1),向量b=(x,y-1),a⊥b,动点M(x,y)的轨迹为E. (Ⅰ)求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; * (Ⅱ)已知m=　,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且OA⊥OB(O为坐标原点),并求该圆的方程; (Ⅲ)已知m=　,设直线l与圆C:x2+y2=R2 (1R2)相切于A1,且l与轨迹E只有一个公共点B1.当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. * 　　 (Ⅰ)因为a⊥b,a=(mx,y+1),b=(x,y-1), 所以a·b=mx2+y2-1=0,即mx2+y2=1. 当m=0时,该方程表示两条直线,其方程为y=±1; 当m=1时,该方程表示圆; 当m0且m≠1时,该方程表示椭圆; 当m0时,该方程表示双曲线. * (Ⅱ)证明：当m=　时,轨迹E的方程为 设圆心在原点的圆的一条切线为y=kx+t. 　　　　 y=kx+t 　　　　 即(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0. 解方程组 ,得x2+4(kx+t)2=4, * 要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B, 则Δ=64k2t2-16(1+4k2)(t2-1)=16(4k2-t2+1)0, 即4k2-t2+10,即t24k2+1,　 且 x1+x2= x1x2= 所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2 * 要使OA⊥OB,需使x1x2+y1y2=0,即 所以5t2-4k2-4=0,即5t2=4k2+4且t24k2+1,即4k2+420k2+5,恒成立. 又因为直线y=kx+t为圆心在原点的圆的一条切线, 所以圆的半径为 * 故所求圆的方程为x2+y2=　. 当切线的斜率不存在时,切线的方程为 　它与　　　　　交于点（　　　　　）或（　　　　　　），也满足OA⊥OB. 综上,存在圆心在原点的圆x2+y2=　，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且 * (Ⅲ)当m=　时,轨迹E的方程为 显然，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y=k1x+t1. 因为直线l与圆C:x2+y2=R2(1R2)相切于 故由(Ⅱ)知　　　　　即 　　y=k1x+t1 　　　+y2=1 A1, ① 由 ,得x2+4(k1x+t1)2=4,即 *