在平面直角坐標(biāo)系中,已知焦距為4的橢圓C:
x2
a2
+
y2
b2
=1  (a>b>0)
的左、右頂點分別為A、B,橢圓C的右焦點為F,過F作一條垂直于x軸的直線與橢圓相交于R、S,若線段RS的長為
10
3

(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)Q(t,m)是直線x=9上的點,直線QA、QB與橢圓C分別交于點M、N,求證:直線MN
必過x軸上的一定點,并求出此定點的坐標(biāo);
(3)實際上,第(2)小題的結(jié)論可以推廣到任意的橢圓、雙曲線以及拋物線,請你對拋物線y2=2px(p>0)寫出一個更一般的結(jié)論,并加以證明.
分析:(1)由題意得,c=2,故a2-b2=4,又橢圓過點(2,
5
3
),代入橢圓方程,列方程求解即可.
(2)設(shè)出直線QA的方程,與橢圓方程聯(lián)立,利用根與系數(shù)的關(guān)系,表示出點M的坐標(biāo),同理,表示出點N的坐標(biāo),然后討論直線MN與x軸的交點是否為定點.
(3)類比(2)中的結(jié)論,將橢圓改成拋物線,證明與(2)類似:設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用直線OP的方程與拋物線方程聯(lián)立,求出點N的坐標(biāo),進(jìn)而求出MN的方程,從而MN與x軸的交點可求.
解答:解:(1)依題意,橢圓過點(2,
5
3
),故
4
a2
+
25
9b2
=1
,a2-b2=4,解得a2=9,b2=5,故橢圓C的方程為
x2
9
+
y2
5
=1

(2)設(shè)Q(9,m),直線QA的方程為y=
m
12
(x+3),代入橢圓方程,整理得(80+m2)x2+6x+9m2-720=0,
設(shè)M(x1,y1),則-3x1=
9m2-720
80+m2
,解得x1=
240-3m2
80+m2
,y1=
m
12
(x1+3)=
40m
80+m2
,故點M的坐標(biāo)為(
240-3m2
80+m2
,
40m
80+m2
).
同理,直線QB的方程為y=
m
6
(x-3),代入橢圓方程,整理得(20+m2)x2-6x+9m2-180=0,
設(shè)N(x2,y2),則3x2=
9m2-180
20+m2
,解得x2=
3m2-60
20+m2
,y2=
m
6
(x1-3)=-
20m
20+m2
,故點M的坐標(biāo)為(
3m2-60
20+m2
,-
20m
20+m2
).
①若
240-3m2
80+m2
=
3m2-60
20+m2
,解得m2=40,直線MN的方程為x=1,與x軸交與(1,0)點;
②若m2≠40,直線MN的方程為y+
20m
20+m2
=
10m
40-m2
(x-
3m2-60
20+m2
),令y=0,解得x=1,.
綜上所述,直線MN必過x軸上的定點(1,0).
(3)結(jié)論:已知拋物線y2=2px(p>0)的頂點為O,P為直線x=-q(q≠0)上一動點,過點P作X軸的平行線與拋物線交于點M,直線OP與拋物線交于點N,則直線MN必過定點(q,0).
證明:設(shè)P(-q,m),則M(
m2
2p
,m),直線OP的方程為y=-
m
q
x,代入y2=2px,得y2+
2pq
m
y=0,可求得N(
2pq2
m2
,-
2pq
m
),
直線MN的方程為y-m=
2pm
m2-2pq
(x-
m2
2p
),令y=0,解得x=q,即直線MN必過定點(q,0).
點評:本題綜合考查橢圓的性質(zhì)及其應(yīng)用、直線與橢圓的位置關(guān)系及直線與拋物線的位置關(guān)系,解題時要認(rèn)真審題,注意運用方程思想、分類討論、類比等數(shù)學(xué)思想,同時考查了學(xué)生的基本運算能力、運算技巧、邏輯推理能力,難度較大.
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π3
)=1
,M,N分別為曲線C與x軸,y軸的交點,則MN的中點P在平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為
 

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π
2
2
)
,且|
AC
|=|
BC
|

(1)求角θ的值;
(2)設(shè)α>0,0<β<
π
2
,且α+β=
2
3
θ
,求y=2-sin2α-cos2β的最小值.

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(寫出所有正確命題的編號).
①存在這樣的直線,既不與坐標(biāo)軸平行又不經(jīng)過任何整點
②如果k與b都是無理數(shù),則直線y=kx+b不經(jīng)過任何整點
③直線l經(jīng)過無窮多個整點,當(dāng)且僅當(dāng)l經(jīng)過兩個不同的整點
④直線y=kx+b經(jīng)過無窮多個整點的充分必要條件是:k與b都是有理數(shù)
⑤存在恰經(jīng)過一個整點的直線.

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