分析 (Ⅰ)由橢圓的離心率,求得a和b的關(guān)系,將P代入橢圓方程,即可求得a和b的值,求得橢圓方程;
(Ⅱ)當(dāng)斜率不存在時,求得P和Q點(diǎn)坐標(biāo),由 →AP?→AQ=0,求得m的值,求得丨PQ丨求得,△OPQ的面積,當(dāng)斜率存在時,設(shè)直線l方程,代入橢圓方程,利用韋達(dá)定理及弦長公式及三角形的面積公式,即可求得△OPQ 面積的最大值;
(Ⅲ)設(shè)直線y=2x+m,代入橢圓方程,設(shè)外接圓的方程,聯(lián)立直線l的方程,將A代入外接圓方程,聯(lián)立方程,即可求得△APQ 的外接圓恒過一個異于點(diǎn) A 的定點(diǎn).
解答 解:(Ⅰ)由橢圓的離心率e=ca=√32,即c2=34a2,即b2=a2-c2=14a2,a2=4b2,
將點(diǎn) (1,√32)代入橢圓方程x242+y22=1,即142+342=1,解得:b2=1,
∴a2=4,
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程:x24+y2=1;
(Ⅱ)當(dāng)直線l的斜率不存在時,設(shè)l:x=m,代入橢圓方程x24+y2=1,
P(m,√1−m24),Q(m,-√1−m24),
由→AP?→AQ=0,(m-2)2-(1-m24)=0,解得:m=65,m=2(舍去),
此時丨PQ丨=85,△OPQ的面積為2425,
當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)l:y=kx+m,代入橢圓方程,(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
由△>0,則4k2-m2+1>0,
x1+x2=-8km4k2+1,x1•x2=4(m2−1)4k2+1,
由 →AP?→AQ=0,
(x1-2)(x2-2)+y1y2=(k2+1)x1•x2+(km-2)(x1+x2)+m2+4=0,
代入求得12k2+5m2+16km=0,
即m=-65k,m=-2k,(此時直線l過點(diǎn)A,舍去),
丨PQ丨=√1+k2•√(x1+x2)2−4x1x2=44k2+1√(1+k2)(4k2−m2+1),
點(diǎn)O到直線l的距離d=丨m丨√k2+1,
△OPQ的面積為2丨m丨√4k2−m+14k2+1,將m=-65k代入,
2425×√−9256×(1k2+14)2−764×1k2+14+1<2425,
△OPQ 面積的最大值2425;
(Ⅲ)證明:設(shè)直線y=2x+m,代入橢圓方程,整理得:17x2+16mx+4(m2-1)=0,
設(shè)△△APQ的外接圓方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,
聯(lián)立直線l的方程,5x2+(4m+D+2E)x+(m2+mE+F)=0,
代入可知175=16m4m+D+2E=4(m2−1)m2+mE+F,
由外接圓過點(diǎn)A(2,0),則2D+F=-4,
從而可得關(guān)于D,E,F(xiàn)的三元一次方程組,
{2D+F=−4D+2E=1217mmE+F=317m2−2017,解得:{D=6m−2417E=3m+1217F=−12m+2017,
代入圓方程,整理得:(x2+y2-2417x+1217y-2017)+3m17(2x+y-4)=0,
∴{x2+y2−2417x+1217y−2017=02x+y−4=0,解得:{x=3017y=817,或{x=2y=0,
△APQ 的外接圓恒過一個異于點(diǎn)A的定點(diǎn)(3017,817).
點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì),考查直線與橢圓的位置關(guān)系,韋達(dá)定理,弦長公式及點(diǎn)到直線的距離公式,考查三角形的外接圓的性質(zhì),考查計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | 16 | B. | √28 | C. | 2√65 | D. | √63 |
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優(yōu)秀 | 非優(yōu)秀 | 總計(jì) | |
男生 | 35 | 15 | 50 |
女生 | 25 | 35 | 60 |
總計(jì) | 60 | 50 | 110 |
P(K2≥k) | 0.500 | 0.100 | 0.050 | 0.010 | 0.001 |
k | 0.455 | 2.706 | 3.841 | 6.635 | 10.828 |
A. | 90% | B. | 95% | C. | 99% | D. | 99.9% |
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