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第3課時(shí)證明與探索性問題考點(diǎn)一證明問題(多考向探究)考向1利用直接法證明例1(2023·河南名校聯(lián)盟押題)已知雙曲線C:eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,a2)=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2.過F2的直線l交C的右支于M,N兩點(diǎn),當(dāng)l垂直于x軸時(shí),M,N到C的一條漸近線的距離之和為2eq\r(2).(1)求C的方程;(2)證明:eq\f(|MF1|,|MF2|)+eq\f(|NF1|,|NF2|)為定值.解(1)根據(jù)題意,得F2(eq\r(2)a,0),C的一條漸近線方程為y=x,將x=eq\r(2)a代入C的方程,得M(eq\r(2)a,a),N(eq\r(2)a,-a),所以M,N到直線y=x的距離之和為eq\f(|\r(2)a-a|,\r(2))+eq\f(|\r(2)a+a|,\r(2))=2a=2eq\r(2),所以a=eq\r(2),所以C的方程為eq\f(x2,2)-eq\f(y2,2)=1.(2)證明:當(dāng)l垂直于x軸時(shí),由(1)可知,|MF2|=|NF2|=a=eq\r(2),且由雙曲線的定義可知|MF1|=|NF1|=a+2a=3a=3eq\r(2),故eq\f(|MF1|,|MF2|)+eq\f(|NF1|,|NF2|)=6;當(dāng)l不垂直于x軸時(shí),由雙曲線的定義可知|MF1|=|MF2|+2a=|MF2|+2eq\r(2),|NF1|=|NF2|+2eq\r(2),故eq\f(|MF1|,|MF2|)+eq\f(|NF1|,|NF2|)=2+2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)+\f(1,|NF2|))).設(shè)l:y=k(x-2),代入C的方程,得(1-k2)x2+4k2x-4k2-2=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=eq\f(4k2,k2-1),x1x2=eq\f(4k2+2,k2-1),所以eq\f(1,|MF2|)+eq\f(1,|NF2|)=eq\f(|MF2|+|NF2|,|MF2|·|NF2|)=eq\f(|MN|,|MF2|·|NF2|)=eq\f(|x1-x2|,\r(1+k2)|(x1-2)(x2-2)|)=eq\f(\r((x1+x2)2-4x1x2),\r(1+k2)|x1x2-2(x1+x2)+4|)=eq\f(\r(\f(16k4,(k2-1)2)-\f(16k2+8,k2-1)),\r(1+k2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4k2+2,k2-1)-\f(8k2,k2-1)+4)))=eq\f(\r(8k2+8),2\r(1+k2))=eq\r(2),所以eq\f(|MF1|,|MF2|)+eq\f(|NF1|,|NF2|)=2+2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|MF2|)+\f(1,|NF2|)))=2+2eq\r(2)×eq\r(2)=6.綜上,eq\f(|MF1|,|MF2|)+eq\f(|NF1|,|NF2|)的值為6(定值).對(duì)于證明問題,一般是根據(jù)已知條件,運(yùn)用所涉及的知識(shí)通過運(yùn)算化簡(jiǎn),利用定義、定理、公理等,直接推導(dǎo)出所證明的結(jié)論即可,證明不等式常用不等式的性質(zhì)或基本不等式求得最值.1.(2023·四川廣安統(tǒng)考二模)已知橢圓E:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)經(jīng)過A(0,1),Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(8,5),-\f(3,5)))兩點(diǎn),M,N是橢圓E上異于T的兩動(dòng)點(diǎn),且∠MAT=∠NAT,若直線AM,AN的斜率均存在,并分別記為k1,k2.(1)證明:k1k2為常數(shù);(2)記△AMN的面積為S,證明:S≤eq\f(8,5).證明(1)設(shè)直線AM,AT,AN的傾斜角分別為α,θ,β,因?yàn)椤螹AT=∠NAT,所以∠MAN=2∠NAT,即β-α=2(β-θ),故α+β=2θ,因?yàn)锳(0,1),Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(8,5),-\f(3,5))),所以tanθ=eq\f(1+\f(3,5),\f(8,5))=1,所以θ=eq\f(π,4),所以α+β=2θ=eq\f(π,2),則k1k2=tanαtanβ=tanαtaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-α))=1,所以k1k2為常數(shù)1.(2)橢圓E:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)經(jīng)過A(0,1),Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(8,5),-\f(3,5)))兩點(diǎn),代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)=1,,\f(64,25a2)+\f(9,25b2)=1,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2=4,,b2=1,))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)+y2=1.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),k1=k(k≠0,k≠1),由(1)得k2=eq\f(1,k),則直線AM的方程為y=kx+1,y1=kx1+1,直線AN的方程為y=eq\f(1,k)x+1,y2=eq\f(1,k)x2+1,聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)+y2=1,,y=kx+1,))消去y,得(4k2+1)x2+8kx=0,則x1=-eq\f(8k,4k2+1),同理可得x2=-eq\f(\f(8,k),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)+1)=-eq\f(8k,k2+4),則S△AMN=eq\f(1,2)|AM||AN|sin∠MAN=eq\f(1,2)|AM||AN|eq\r(1-cos2∠MAN)=eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2(1-cos2∠MAN))=eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(|AM|2|AN|2-(|AM||AN|cos∠MAN)2))=eq\f(1,2)eq\r(|AM|2|AN|2-(\o(AM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)))2)=eq\f(1,2)eq\r((xeq\o\al(2,1)+k2xeq\o\al(2,1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,2)+\f(1,k2)xeq\o\al(2,2)))-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1x2+kx1·\f(1,k)x2))\s\up12(2))=eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2+\f(1,k2)-2))xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))=eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k)))\s\up12(2)\f(64k2,(4k2+1)2)·\f(64k2,(k2+4)2))=32eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k)))\s\up12(2)\f(k4,(4k4+17k2+4)2))=eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k))),4k2+\f(4,k2)+17).令t=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k))),t>0,則S△AMN=eq\f(32\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k))),4k2+\f(4,k2)+17)=eq\f(32t,4t2+25)=eq\f(32,4t+\f(25,t))≤eq\f(32,2\r(4t·\f(25,t)))=eq\f(8,5),當(dāng)且僅當(dāng)4t=eq\f(25,t),即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,k)))=eq\f(5,2)時(shí)取等號(hào),故S≤eq\f(8,5).考向2利用轉(zhuǎn)化法證明例2(2024·江蘇南通模擬)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)到直線l:y=2x-5的距離為eq\f(6\r(5),5).(1)求C的方程;(2)若點(diǎn)P在l上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點(diǎn),直線AB與l交于點(diǎn)Q,證明:存在定點(diǎn)H,使得PH⊥QH.解(1)由題意可知C的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(p,2))),由點(diǎn)到直線的距離公式可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×0-\f(p,2)-5)),\r(22+(-1)2))=eq\f(6\r(5),5)(p>0),解得p=2.所以C的方程為x2=4y.(2)證明:設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1,\f(xeq\o\al(2,1),4))),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2,\f(xeq\o\al(2,2),4))).由y′=eq\f(x,2),可知直線PA的方程為y-eq\f(xeq\o\al(2,1),4)=eq\f(x1,2)(x-x1),即y=eq\f(x1x,2)-eq\f(xeq\o\al(2,1),4).同理,直線PB的方程為y=eq\f(x2x,2)-eq\f(xeq\o\al(2,2),4).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=\f(x1x,2)-\f(xeq\o\al(2,1),4),,y=\f(x2x,2)-\f(xeq\o\al(2,2),4),))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2),\f(x1x2,4))).若記P(t,2t-5),則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1+x2=2t,,x1x2=4(2t-5),))由點(diǎn)A,B的坐標(biāo)可寫出直線AB的方程為(x1-x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(xeq\o\al(2,2),4)))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)-\f(xeq\o\al(2,2),4)))(x-x2),即y=eq\f(x1+x2,4)x-eq\f(x1x2,4),所以y=eq\f(t,2)x-2t+5.由AB與l相交,可知t≠4,聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=2x-5,,y=\f(t,2)x-2t+5,))可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4(t-5),t-4),\f(3t-20,t-4))).設(shè)H(x,y),則由PH⊥QH可知eq\o(PH,\s\up6(→))·eq\o(QH,\s\up6(→))=(x-t,y-(2t-5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(4(t-5),t-4),y-\f(3t-20,t-4)))=eq\f(1,t-4)(x-t,y-(2t-5))·((t-4)x-4(t-5),(t-4)y-(3t-20))=-eq\f(1,t-4)(t-x,2t-(y+5))·((x-4)t-4(x-5),(y-3)t-4(y-5))=-eq\f(1,t-4)[(x-4)t2-(x2-20)t+4x(x-5)+2(y-3)t2-(y2+10y-55)t+4(y+5)(y-5)]=-eq\f(1,t-4)[(x+2y-10)t2-(x2+y2+10y-75)t+4(x2+y2-5x-25)]=0,上式關(guān)于t恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x+2y-10=0,,x2+y2+10y-75=0,,x2+y2-5x-25=0,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=0,,y=5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=8,,y=1.))因此存在定點(diǎn)H(0,5)或H(8,1),使得PH⊥QH.利用轉(zhuǎn)化法證明圓錐曲線問題的三種策略(1)證明三點(diǎn)共線或直線平行,用斜率相等.(2)證明直線垂直,用斜率之積為-1.(3)證明兩角相等,用傾斜角互補(bǔ),斜率之和為0.2.(2023·陜西寶雞???已知點(diǎn)P是平面直角坐標(biāo)系xOy異于O的任意一點(diǎn),過點(diǎn)P作直線l1:y=eq\f(\r(3),2)x及l(fā)2:y=-eq\f(\r(3),2)x的平行線,分別交x軸于點(diǎn)M,N,且|OM|2+|ON|2=8.(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程;(2)在x軸正半軸上取兩點(diǎn)A(m,0),B(n,0),且mn=4,過點(diǎn)A作直線l與軌跡C交于E,F(xiàn)兩點(diǎn),證明:sin∠EBA=sin∠FBA.解(1)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0-\f(2,\r(3))y0,0)),Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0+\f(2,\r(3))y0,0)),由|OM|2+|ON|2=8,得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0-\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0+\f(2,\r(3))y0))eq\s\up12(2)=8,化簡(jiǎn)得eq\f(xeq\o\al(2,0),4)+eq\f(yeq\o\al(2,0),3)=1,所以點(diǎn)P的軌跡C的方程為eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1(x≠±eq\r(2)).(2)證明:當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),根據(jù)橢圓的對(duì)稱性,sin∠EBA=sin∠FBA成立.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),由題意,設(shè)直線l的方程為y=k(x-m),E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,,y=k(x-m),))得(3+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-12=0,由Δ>0得m2k2<3+4k2,且x1+x2=eq\f(8k2m,3+4k2),x1x2=eq\f(4k2m2-12,3+4k2),則kBE+kBF=eq\f(y1,x1-n)+eq\f(y2,x2-n)=eq\f(y1(x2-n)+y2(x1-n),(x1-n)(x2-n))=eq\f(2kx1x2-(km+kn)(x1+x2)+2mnk,(x1-n)(x2-n)),又2kx1x2-(km+kn)(x1+x2)+2mnk=eq\f(2k(4k2m2-12),3+4k2)-eq\f(8k2m(km+kn),3+4k2)+2mnk=eq\f(-24k+6mnk,3+4k2),因?yàn)閙n=4,所以kBE+kBF=0,則sin∠EBA=sin∠FBA.綜上所述,sin∠EBA=sin∠FBA.考點(diǎn)二探索性問題(多考向探究)考向1肯定順推法解決探索性問題例3(2023·湖南岳陽模擬)已知雙曲線C:eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)的離心率為eq\f(\r(6),2),點(diǎn)A(6,4)在C上.(1)求雙曲線C的方程;(2)設(shè)過點(diǎn)B(1,0)的直線l與雙曲線C交于D,E兩點(diǎn),問在x軸上是否存在一點(diǎn)P,使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù)?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo)以及該常數(shù)的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)因?yàn)殡p曲線C的離心率為eq\f(\r(6),2),所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)=1+eq\f(b2,a2),化簡(jiǎn),得a2=2b2.將點(diǎn)A(6,4)的坐標(biāo)代入eq\f(x2,2b2)-eq\f(y2,b2)=1,得eq\f(18,b2)-eq\f(16,b2)=1,解得b2=2.所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)-eq\f(y2,2)=1.(2)由題意可知,直線l的斜率存在,故設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),D(x1,y1),E(x2,y2),聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=k(x-1),,\f(x2,4)-\f(y2,2)=1,))消去y,得(1-2k2)x2+4k2x-2k2-4=0,由題意可知1-2k2≠0且Δ>0,即k2<eq\f(2,3)且k2≠eq\f(1,2),所以x1+x2=-eq\f(4k2,1-2k2),x1x2=-eq\f(2k2+4,1-2k2).設(shè)存在符合條件的定點(diǎn)P(t,0),則eq\o(PD,\s\up6(→))=(x1-t,y1),eq\o(PE,\s\up6(→))=(x2-t,y2),所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))=(x2-t)(x1-t)+y1y2=(k2+1)x1x2-(t+k2)(x1+x2)+t2+k2.所以eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))=eq\f((k2+1)(-2k2-4)+4k2(t+k2)+(t2+k2)(1-2k2),1-2k2)=eq\f(k2(-2t2+4t-5)+(t2-4),-2k2+1).因?yàn)閑q\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù),所以eq\f(-2t2+4t-5,-2)=eq\f(t2-4,1),解得t=eq\f(13,4).此時(shí)該常數(shù)的值為t2-4=eq\f(105,16),所以在x軸上存在點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4),0)),使得eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))為常數(shù),該常數(shù)為eq\f(105,16).處理探索性問題,一般首先假設(shè)所探求問題的結(jié)論成立或存在,然后在這個(gè)假設(shè)條件下進(jìn)行推理論證,如果得到一個(gè)合情合理的推理結(jié)果,就肯定假設(shè),對(duì)問題作出正面回答,如果得到一個(gè)矛盾的結(jié)果,就否定假設(shè),對(duì)問題作出反面回答.3.(2024·湖南名校階段檢測(cè))已知雙曲線eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(5,2)))和點(diǎn)(4,eq\r(15)).(1)求雙曲線的離心率;(2)過M(0,1)的直線與雙曲線交于P,Q兩點(diǎn),過雙曲線的右焦點(diǎn)F且與PQ平行的直線交雙曲線于A,B兩點(diǎn),試問eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)是否為定值?若是,求出該定值;若不是,請(qǐng)說明理由.解(1)將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(5,2)))和點(diǎn)(4,eq\r(15))的坐標(biāo)代入eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,a2)-\f(25,4b2)=1,,\f(16,a2)-\f(15,b2)=1,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2=4,,b2=5,))所以雙曲線的離心率e=eq\r(1+\f(b2,a2))=eq\r(1+\f(5,4))=eq\f(3,2).(2)依題意可得直線PQ的斜率存在,設(shè)PQ:y=kx+1.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx+1,,\f(x2,4)-\f(y2,5)=1,))得(5-4k2)x2-8kx-24=0,則5-4k2≠0,Δ=64k2+96(5-4k2)>0?k2<eq\f(3,2).設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1x2=eq\f(-24,5-4k2),所以|MP|·|MQ|=(eq\r(1+k2)|x1-0|)·(eq\r(1+k2)|x2-0|)=(1+k2)|x1x2|=eq\f(24(1+k2),|5-4k2|).已知F(3,0),則直線AB:y=k(x-3).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=k(x-3),,\f(x2,4)-\f(y2,5)=1,))得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,則5-4k2≠0,且Δ=242k4+4(36k2+20)(5-4k2)=400(k2+1)>0,設(shè)A(x3,y3),B(x4,y4),則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3+x4=\f(-24k2,5-4k2),,x3x4=\f(-36k2-20,5-4k2),))則|AB|=eq\r(1+k2)|x3-x4|=eq\r(1+k2)·eq\r((x3+x4)2-4x3x4)=eq\r(1+k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-24k2,5-4k2)))\s\up12(2)-4·\f(-36k2-20,5-4k2))=eq\f(20(1+k2),|5-4k2|),所以eq\f(|MP|·|MQ|,|AB|)=eq\f(24,20)=eq\f(6,5),為定值.考向2探究轉(zhuǎn)化法解決探索性問題例4(2024·山西大同模擬)已知橢圓C1:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2),直線y=x+b是拋物線C2:y2=4x的一條切線.(1)求橢圓C1的方程;(2)過點(diǎn)Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,3)))的動(dòng)直線l交橢圓C1于A,B兩點(diǎn),試問:在直角坐標(biāo)平面上是否存在定點(diǎn)T,使得以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T?若存在,求出T的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=x+b,,y2=4x,))得x2+(2b-4)x+b2=0,因?yàn)橹本€y=x+b是拋物線C2:y2=4x的一條切線,所以Δ=0?b=1,又e=eq\f(c,a)=eq\f(\r(2),2),a2=b2+c2,則a=eq\r(2),所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,2)+y2=1.(2)當(dāng)直線l與x軸平行時(shí),以AB為直徑的圓的方程為x2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y+\f(1,3)))eq\s\up12(2)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2);當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),以AB為直徑的圓的方程為x2+y2=1,所以兩圓的交點(diǎn)為點(diǎn)(0,1),猜想所求的定點(diǎn)T為點(diǎn)(0,1).證明如下:當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),以AB為直徑的圓過點(diǎn)(0,1);當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí),可設(shè)直線l的方程為y=kx-eq\f(1,3),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx-\f(1,3),,\f(x2,2)+y2=1,))得(18k2+9)x2-12kx-16=0,Δ=144k2+64(18k2+9)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1+x2=\f(12k,18k2+9),,x1x2=\f(-16,18k2+9),))則eq\o(TA,\s\up6(→))·eq\o(TB,\s\up6(→))=(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1-\f(1,3)-1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2-\f(1,3)-1))=(1+k2)x1x2-eq\f(4,3)k(x1+x2)+eq\f(16,9)=(1+k2)eq\f(-16,18k2+9)-eq\f(4,3)k×eq\f(12k,18k2+9)+eq\f(16,9)=0,所以eq\o(TA,\s\up6(→))⊥eq\o(TB,\s\up6(→)),即以AB為直徑的圓過點(diǎn)(0,1),所以存在定點(diǎn)T(0,1),使得以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T.探究轉(zhuǎn)化法是指將所探究的問題轉(zhuǎn)化為其他明確的問題,使所探究的問題更加具體、易求.對(duì)于角度、垂直問題的探究,一般轉(zhuǎn)化為斜率、向量數(shù)量積來研究.4.(2024·福建廈門適應(yīng)性考試)已知點(diǎn)O(0,0),點(diǎn)F(0,1),點(diǎn)M是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)N在y軸上,直線MN與直線MF垂直,N關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為P.(1)求點(diǎn)P的軌跡Γ的方程;(2)過F的直線l交Γ于A,B兩點(diǎn),A在第一象限,Γ在A處的切線為l′,l′交y軸于點(diǎn)C,過C作OB的平行線交l于點(diǎn)D,∠ACD是否存在最大值?若存在,求直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)解法一:設(shè)M(a,0),N(0,b),P(x,y),因?yàn)镸F⊥MN,所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))=0,即a2+b=0.又x=2a,y=-b,所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)-y=0,即x2=4y,易知a≠0,所以點(diǎn)P的軌跡Γ的方程為x2=4y(x≠0).解法二:如圖,設(shè)F關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為Q,由已知得,F(xiàn)Q,NP互相垂直平分,所以四邊形PFNQ為菱形,所以|PF|=|PQ|.因?yàn)镸為FQ的中點(diǎn),所以yQ=-yF=-1,即點(diǎn)Q在定直線y=-1上,因?yàn)镻Q∥FN,所以PQ與直線y=-1垂直,即點(diǎn)P到定點(diǎn)F(0,1)的距離等于點(diǎn)P到定直線y=-1的距離,又易知點(diǎn)P的軌跡不過點(diǎn)(0,0),所以點(diǎn)P的軌跡是以F(0,1)為焦點(diǎn),y=-1為準(zhǔn)線且除去點(diǎn)(0,0)的拋物線.所以點(diǎn)P的軌跡Γ的方程為x2=4y(x≠0).(2)∠ACD存在最大值.設(shè)直線OB交AC于點(diǎn)E,∠AEB=∠ACD,所以∠ACD最大即直線OB與l′的傾斜角之差最大.由題意可知,直線l的斜率存在,設(shè)l:y=kx+1,A(x1,y1)(x1>0),B(x2,y2),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx+1,,x2=4y,))得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)))′=eq\f(x,2),所以l′的斜率k1=eq\f(x1,2),OB的斜率k2=eq\f(y2,x2)=eq\f(x2,4).設(shè)直線l′與OB的傾斜角分別為θ1,θ2,則tan(θ2-θ1)=eq\f(tanθ2-tanθ1,1+tanθ1tanθ2)=eq\f(k2-k1,1+k1k2)=eq\f(\f(x2,4)-\f(x1,2),1+\f(x1x2,8))=eq\f(\f(x2,4)-\f(x1,2),1+\f(-4,8))=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)-\f(x1,2)))=eq\f(x2,2)-x1=-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)+x1))≤-2eq\r(2),當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2,x1)=x1,即x1=eq\r(2),x2=-2eq\r(2)時(shí),等號(hào)成立.因?yàn)閠an(θ2-θ1)<0,所以θ2-θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π)),所以當(dāng)tan(θ2-θ1)最大時(shí),θ2-θ1最大,即∠ACD最大,此時(shí)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2),\f(1,2))),所以k=eq\f(x1+x2,4)=-eq\f(\r(2),4),所以直線l的方程為y=-eq\f(\r(2),4)x+1.課時(shí)作業(yè)1.(2023·福建福州華僑中學(xué)高三上學(xué)期第二次考試)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F(2,0),直線l:x=eq\f(1,2),點(diǎn)M到l的距離為d,若點(diǎn)M滿足|MF|=2d,記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)過點(diǎn)F(2,0)且斜率不為0的直線與C交于P,Q兩點(diǎn),設(shè)A(-1,0),證明:以P,Q為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A.解(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),則d=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2))),|MF|=eq\r((x-2)2+y2),由|MF|=2d,得eq\r((x-2)2+y2)=2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2))),兩邊平方,整理得3x2-y2=3,則所求C的方程為x2-eq\f(y2,3)=1.(2)證明:設(shè)直線m的方程為x=ty+2,P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=ty+2,,3x2-y2=3,))消去x并整理,得(3t2-1)y2+12ty+9=0,因?yàn)橹本€m與C交于兩點(diǎn),故t≠±eq\f(\r(3),3),此時(shí)Δ=(12t)2-4(3t2-1)·9=36(t2+1)>0,所以y1+y2=-eq\f(12t,3t2-1),y1y2=eq\f(9,3t2-1),而x1+x2=t(y1+y2)+4,x1x2=(ty1+2)(ty2+2)=t2y1y2+2t(y1+y2)+4,又eq\o(AP,\s\up6(→))=(x1+1,y1),eq\o(AQ,\s\up6(→))=(x2+1,y2),所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))=(x1+1)(x2+1)+y1y2=y(tǒng)1y2+x1+x2+x1x2+1=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9=eq\f(9t2+9,3t2-1)-eq\f(36t2,3t2-1)+9=eq\f(9(-3t2+1),3t2-1)+9=0.所以AP⊥AQ,即以P,Q為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A.2.已知雙曲線Γ:x2-eq\f(y2,b2)=1(b>0).(1)若離心率為eq\r(5),求b的值及雙曲線Γ的頂點(diǎn)坐標(biāo)、漸近線方程;(2)若b=eq\r(5),是否存在被點(diǎn)M(1,1)平分的弦?如果存在,求弦所在直線的方程;如果不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)由e=eq\f(c,a)=eq\r(1+\f(b2,a2))=eq\r(1+b2)=eq\r(5),得b2=4,所以b=2.又a=1,故雙曲線Γ的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(±1,0),漸近線方程為y=±2x.(2)當(dāng)b=eq\r(5)時(shí),雙曲線的方程為x2-eq\f(y2,5)=1,假設(shè)存在被點(diǎn)M(1,1)平分的弦,設(shè)弦的兩個(gè)端點(diǎn)分別為A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2,y1+y2=2,因?yàn)锳,B在雙曲線上,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)-\f(yeq\o\al(2,1),5)=1,①,xeq\o\al(2,2)-\f(yeq\o\al(2,2),5)=1.②))由①-②,得(x1+x2)(x1-x2)=eq\f((y1+y2)(y1-y2),5),則kAB=eq\f(y1-y2,x1-x2)=eq\f(5(x1+x2),y1+y2)=5,所以弦AB所在直線的方程為y-1=5(x-1),即y=5x-4,代入雙曲線方程,得20x2-40x+21=0,因?yàn)棣ぃ?02-4×20×21=-80<0,所以AB與雙曲線無交點(diǎn),假設(shè)不成立.故不存在被點(diǎn)M(1,1)平分的弦.3.(2023·河南鄭州模擬)已知圓C:(x-a)2+(y-b)2=eq\f(9,4)的圓心C在拋物線x2=2py(p>0)上,圓C過原點(diǎn)且與拋物線的準(zhǔn)線相切.(1)求該拋物線的方程;(2)過拋物線的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),分別在點(diǎn)A,B處作拋物線的切線,兩條切線交于點(diǎn)P,△PAB的面積是否存在最小值?若存在,求出這個(gè)最小值及此時(shí)對(duì)應(yīng)的直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)由已知可得圓心C(a,b),半徑r=eq\f(3,2),焦點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(p,2))),準(zhǔn)線方程為y=-eq\f(p,2).因?yàn)閳AC與拋物線的準(zhǔn)線相切,所以b=eq\f(3,2)-eq\f(p,2),且圓C過焦點(diǎn)F.又圓C過原點(diǎn),所以圓心C必在線段OF的垂直平分線上,即b=eq\f(p,4).所以b=eq\f(3,2)-eq\f(p,2)=eq\f(p,4),解得p=2.于是拋物線的方程為x2=4y.(2)由拋物線的方程為x2=4y,知F(0,1).易知直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx+1,,x2=4y,))消去y并整理,得x2-4kx-4=0,Δ=(-4k)2-4×(-4)=16k2+16>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=-4.對(duì)y=eq\f(x2,4)求導(dǎo),得y′=eq\f(x,2),即直線AP的斜率kAP=eq\f(x1,2),則直線AP的方程為y-y1=eq\f(x1,2)(x-x1),即y=eq\f(x1,2)x-eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理可得,直線BP的方程為y=eq\f(x2,2)x-eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).設(shè)P(x0,y0),聯(lián)立直線AP與BP的方程,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0=\f(x1+x2,2)=2k,,y0=\f(x1x2,4)=-1,))即P(2k,-1).又|AB|=eq\r(1+k2)|x1-x2|=eq\r(1+k2)·eq\r((x1+x2)2-4x1x2)=eq\r(1+k2)·eq\r((4k)2+16)=4(1+k2),點(diǎn)P到直線AB的距離d=eq\f(|2k2+2|,\r(1+k2))=2eq\r(1+k2),所以△PAB的面積S=eq\f(1,2)×4(1+k2)×2eq\r(1+k2)=4(1+k2)eq\s\up6(\f(3,2))≥4,當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí),等號(hào)成立.故△PAB面積的最小值為4,此時(shí)直線l的方程為y=1.4.(2024·江蘇無錫等四地三模)已知A,B,C為橢圓Γ:eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1上三個(gè)不同的點(diǎn),滿足eq\o(OC,\s\up6(→))=λeq\o(OA,\s\up6(→))+μeq\o(OB,\s\up6(→)),其中λ2+μ2=1.記AB的中點(diǎn)M的軌跡為D.(1)求D的方程;(2)若直線l交D于P,Q兩點(diǎn),交Γ于S,T兩點(diǎn),求證:|PS|=|QT|.解(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則C(λx1+μx2,λy1+μy2),Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2),\f(y1+y2,2))),將A,B代入Γ:eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)+\f(yeq\o\al(2,1),3)=1,,\f(xeq\o\al(2,2),4)+\f(yeq\o\al(2,2),3)=1.))將C代入Γ:eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1,得eq\f((λx1+μx2)2,4)+eq\f((λy1+μy2)2,3)=1,即λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)+\f(yeq\o\al(2,1),3)))+μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)+\f(yeq\o\al(2,2),3)))+2λμeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)+\f(y1y2,3)))=1,又因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)+\f(yeq\o\al(2,1),3)=1,,\f(xeq\o\al(2,2),4)+\f(yeq\o\al(2,2),3)=1,))且λ2+μ2=1,所以eq\f(x1x2,4)+eq\f(y1y2,3)=0,所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))\s\up12(2),4)+eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1+y2,2)))\s\up12(2),3)=eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)+\f(yeq\o\al(2,1),3)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)+\f(yeq\o\al(2,2),3)))+2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)+\f(y1y2,3)))))=eq\f(1,2),所以D的方程為eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=eq\f(1,2),即eq\f(x2,2)+eq\f(y2,\f(3,2))=1.(2)證明:設(shè)ST的中點(diǎn)為G,PQ的中點(diǎn)為G′.當(dāng)l垂直于x軸時(shí),由對(duì)稱性可得|PS|=|QT|,當(dāng)l不垂直于x軸時(shí),設(shè)l:y=kx+m,將直線l的方程代入Γ:eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,設(shè)S(x1,y1),T(x2,y2),則Δ>0,x1+x2=eq\f(-8km,3+4k2),y1+y2=k(x1+x2)+2m=eq\f(6m,3+4k2),所以xG=eq\f(-4km,3+4k2),yG=eq\f(3m,3+4k2),即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-4km,3+4k2),\f(3m,3+4k2))),同理G′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-4km,3+4k2),\f(3m,3+4k2))),由此可知|PS|=|QT|.5.(2023·青海西寧大通回族土族自治縣高三二模)已知橢圓C:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(6),2))),直線l:y=x+t與C交于M,N兩點(diǎn),且線段MN的中點(diǎn)為H,O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線OH的斜率為-eq\f(1,2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知直線y=kx+2與C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,P為x軸上一點(diǎn).是否存在實(shí)數(shù)k,使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形?若存在,求出k的值及點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.解(1)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2),\f(y1+y2,2))),所以由題意知直線OH的斜率kOH=eq\f(y1+y2,x1+x2)=-eq\f(1,2).因?yàn)镸,N在橢圓C上,所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)+eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)=1,eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)+eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)=1,兩式相減得eq\f((x1+x2)(x1-x2),a2)+eq\f((y1+y2)(y1-y2),b2)=0,即eq\f(1,a2)+eq\f((y1+y2)(y1-y2),b2(x1+x2)(x1-x2))=0,又kMN=eq\f(y1-y2,x1-x2)=1,所以eq\f(1,a2)-eq\f(1,2b2)=0,即a2=2b2.又因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(6),2))),所以eq\f(1,a2)+eq\f(3,2b2)=1,解得a2=4,b2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)+eq\f(y2,2)=1.(2)聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=kx+2,,\f(x2,4)+\f(y2,2)=1,))消去y,整理得(2k2+1)x2+8kx+4=0.因?yàn)橹本€與橢圓交于A,B兩點(diǎn),故Δ>0,解得k2>eq\f(1,2).設(shè)A(x3,y3),B(x4,y4),則x3+x4=eq\f(-8k,2k2+1),x3x4=eq\f(4,2k2+1).設(shè)AB的中點(diǎn)G(x0,y0),則x0=eq\f(x3+x4,2)=eq\f(-4k,2k2+1),y0=kx0+2=eq\f(2,2k2+1),故Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-4k,2k2+1),\f(2,2k2+1))).假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,此時(shí)點(diǎn)P(m,0),則PG⊥AB,故kPG·kAB=-1,所以eq\f(\f(2,2k2+1),\f(-4k,2k2+1)-m)×k=-1,解得m=eq\f(-2k,2k2+1),故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-2k,2k2+1),0)).又因?yàn)椤螦PB=eq\f(π,2),所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))=0,所以(x3-m,y3)·(x4-m,y4)=0,即(x3-m)(x4-m)+y3y4=0,整理得(k2+1)x3x4+(2k-m)(x3+x4)+m2+4=0.所以(k2+1)·eq\f(4,2k2+1)-(2k-m)·eq\f(8k,2k2+1)+m2+4=0,代入m=eq\f(-2k,2k2+1),整理得k4=1,即k2=1,所以k=1或k=-1,即存在實(shí)數(shù)k,使得△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形.當(dāng)k=-1時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3),0));當(dāng)k=1時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2,3),0)).此時(shí)△PAB是以點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形.6.(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))的距離,記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為W.(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上,證明:矩形ABCD的周長(zhǎng)大于3eq\r(3).解(1)設(shè)P(x,y),則|y|=eq\r(x2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))\s\up12(2)),兩邊同時(shí)平方,化簡(jiǎn)得y=x2+eq\f(1,4),故W的方程為y=x2+eq\f(1,4).(2)證法一:不妨設(shè)A,B,D在W上,且AB⊥AD,依題意可設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a,a2+\f(1,4))),易知直線AB,AD的斜率均存在且不為0,則設(shè)AB,AD的斜率分別為k和-eq\f(1,k),由對(duì)稱性,不妨設(shè)|k|≤1,直線AB的方程為y=k(x-a)+a2+eq\f(1,4),聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=x2+\f(1,4),,y=k(x-a)+a2+\f(1,4),))得x2-kx+ka-a2=0,Δ=k2-4(ka-a2)=(k-2a)2>0,則k≠2a,則|AB|=eq\r(1+k2)|k-2a|,同理|AD|=eq\r(1+
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