1樓:手機使用者
|a,∴kom=-b2ac.
∵kab=-ba,
om∥ab,
∴-b2
ac=-ba,
∴b=c,故e=ca=
22.(1)設|f1q|=r1,|f2q|=r2,∠f1qf2=θ,∴r1+r2=2a,|f1f2|=2c.
cos θ=r+r2
2-4c2rr
=(r+r
)-2r
r-4c2rr
=2b2
r1r2
-1≥2b
(r+r2)
-1=0,
當且僅當r1=r2時,cos θ=0,
∴θ∈[0,π2].
(2014?黃山二模)如圖,已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為f1,f2,短軸兩個端點分別為a,b
2樓:匿名使用者
(1)∵四邊形f1af2b是邊長為
2 的正方形,∴a=2,b=c,
∵a2=b2+c2,∴b=c=2.
∴橢圓的方程為x4+y
2=1.
(2)判斷om?
op是定值4.下面給出證明:
設m(2,m),p(s,t),c(-2,0).則直線cm的方程為:y=m
4(x+2),聯立
y=m4
(x+2)x4
+y2=1,
化為(8+m2)x2+4m2x+4m2-32=0,∵直線與橢圓有兩個交點,∴△=16m4-4(8+m2)(4m2-32)>0,化為1>0.
∴-2×s=4m
?328+m
,解得s=16?2m
8+m.
∴t=8m
8+m.∴m
(2011?崇明縣二模)如圖,已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),m為橢圓上的一個動點,f1、f2分別為橢圓的
3樓:匿名使用者
(1)設f1(-c,0),f2(c,0),a(a,0),b(0,b)因為mf2⊥f1f2,所以點m座標為m(c,ba)所以mf1
方程b2x-2acy+b2c=0
o到mf1距離d= bcb
+4ac=13
c,整理得2b4=a2c2所以a
=b+c
2b=a
c,解得a=2b
(2)設直線l方程為y=
2(x?b),直線與橢圓交於p(x1,y1),q(x2,y2),f1到直線pq的距離為h
解聯立方程y=2
(x?b)
x+2y
=2b得5x2-8bx+2b2=0,pq=625b,h=26b
3所以s
△pqf=45
3b=203
所以b2=25,a2=50
∴橢圓方程為x
50+y
25=1
(3)設mf1=m,mf2=n,m+n=2a由余弦定理得cos∠f
mf=m
+n?4c
2mn=2b
mn?1
因為0<mn≤(m+n)
4=2b
,所以cos∠f1mf2≥0
當且僅當m=n=a=
2b,cos∠f
mf=0
由三角形內角及餘弦單調性知有最大值∠f
mf=π2
(2014?嘉興二模)如圖,設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)長軸的右端點為a,短軸端點分別為b、c,另有拋物線
4樓:●▽●異鳴
a+b=2ba+b
=2b,解得a=33
,b=1
3,所以橢圓方程為3x2+9y2=1.(ⅱ)不妨設p(t,t2+b)(t≠0),因為y'|x=t=2x|x=t=2t,
所以pq的方程為y=2t(x-t)+t2+b,即y=2tx-t2+b.
又因為直線pq過點b,所以-t2+b=-b,即b=t2.所以pq的方程為y=2tx?t2.
聯立方程組
y=2tx?t2x
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收起2015-02-10
設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為f,短軸...
2015-02-09
(2014?黃山二模)如圖,已知橢圓x2a2+y2b2=1(...
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已知橢圓c:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是12,其左、右頂點分別為a1,a2,b為短軸的端點,△a1ba2的面
5樓:蟬鳴初雪
(ⅰ)解:由已知,可得ca
=12ab=23a
=b+c
,解得a=2,b=
3. …(4分)故所求橢圓方程為x4+y
3=1. …(5分)
(ⅱ)證明:由(ⅰ)知a1(-2,0),a2(2,0),f2(1,0).
設p(x,y0
)(x≠±2),則3x20
+4y2
0=12.
於是直線a1p方程為 y=yx+2
(x+2),令x=4,得y
m=6yx+2
;所以m(4,6y
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已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為f1(-c,0)、f2(c,0),a1、a2、b1、b2分別為橢圓長
6樓:尼基塔an2酭
|直線a2b2的方程為bx-ay-ab=0,⊙f2的方程為(x-2)2+y2=(a-2)2,f2到直線a2b2的距離d=|2b?ab|a+b
,∵弦長為147
a,∴147
a=2(a?2)
?(2b?ab)a+b
,∴b2=13a2-56a+56①
∵b2=a2-4,②
①②可得3a2-14a+15=0,
∵a>c,
∴a=3,
∴b=5
,∴橢圓方程為x9+y
5=1③;
當f1f2=pf1時,(x+2)2+y2=16④,聯立③④得p1(12,
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