《【導(dǎo)與練】新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)五理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【導(dǎo)與練】新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)五理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、大題沖關(guān)集訓(xùn)(五) 1.已知直線x-2y+2=0經(jīng)過橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左頂點A和上頂點D,橢圓C的右頂點為B,點S是橢圓C上位于x軸上方的動點,直線AS,BS與直線l:x=103分別交于M,N兩點.(1)求橢圓C的方程;(2)求線段MN的長度的最小值.解:(1)如圖,由題意得橢圓C的左頂點為A(-2,0),上頂點為D(0,1),即a=2,b=1.故橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)直線AS的斜率顯然存在且不為0,設(shè)直線AS的方程為y=k(x+2)(k0),解得M(103,16k3),且將直線方程代入橢圓C的方程,得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0.設(shè)

2、S(x1,y1),由根與系數(shù)的關(guān)系得(-2)x1=16k2-41+4k2.由此得x1=2-8k21+4k2,y1=4k1+4k2,即S(2-8k21+4k2,4k1+4k2).又B(2,0),則直線BS的方程為y=-14k(x-2),聯(lián)立直線BS與l的方程解得N(103,-13k).MN=16k3+13k=16k3+13k216k313k=83.當(dāng)且僅當(dāng)16k3=13k,即k=14時等號成立,故當(dāng)k=14時,線段MN的長度的最小值為83.2.橢圓的中心是原點O,它的短軸長為22,A(a2c,0),F(c,0)(c0OF|=2|FA|,過點A的直線與橢圓相交于P、Q兩點.(1)求橢圓的方程及離心

3、率;(2)若OPOQ=0,求直線PQ的方程;(3)設(shè)AP=AQ(1),過點P且平行于x=a2c的直線與橢圓相交于另一點M,證明FM=-FQ.(1)解:由題意,可設(shè)橢圓的方程為x2a2+y22=1(a2).由已知得a2-c2=2,c=2(a2c-c).解得a=6,c=2.所以橢圓的方程為x26+y22=1,離心率e=63.(2)解:由(1)可得A(3,0).設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-3).由方程組x26+y22=1,y=k(x-3),得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0,依題意=12(2-3k2)0,得-63k1,解得x2=5-12.因F(2,0),M(x1,-y1),故FM=

4、(x1-2,-y1)=(x2-3)+1,-y1)=(1-2,-y1)=-(-12,y2).而FQ=(x2-2,y2)=(-12,y2),所以FM=-FQ.3.已知橢圓C1,拋物線C2的焦點均在y軸上,C1的中心和C2的頂點均為原點O,從每條曲線上取兩個點,將其坐標(biāo)記錄于表中:x0-124y-22116-21(1)求C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)斜率不為0的動直線l與C1有且只有一個公共點P,且與C2的準(zhǔn)線相交于點Q,試探究:在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在,求出點M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.解:(1)設(shè)C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為y2a2+x2b2=1(ab0

5、),x2=py,(0,-22)不符合x2=py方程,必為橢圓上點,代入得a=22.即橢圓方程為y28+x2b2=1,若(4,1)在橢圓上,則有18+16b2=1,b2=1287a2(不合題意).即(4,1)在拋物線上,p=16,拋物線方程為x2=16y,驗證得(-1,116)在拋物線上,(2,-2)不在拋物線上,(2,-2)在橢圓上,b2=4.故C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為y28+x24=1,x2=16y.(2)存在.設(shè)直線l的方程為x=my+n,將其代入y28+x24=1,消去x并化簡整理得(1+2m2)y2+4mny+2n2-8=0,l與C1相切,=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8

6、)=0,n2=4(1+2m2),設(shè)切點P(x0,y0),則y0=-2mn1+2m2=-8mn,x0=my0+n=n2-8m2n=4n.又直線l與C2的準(zhǔn)線y=-4的交點Q(n-4m,-4),以PQ為直徑的圓的方程為(x-4n)(x-n+4m)+(y+8mn)(y+4)=0,化簡并整理得x2-4nx+(4m-n)x+8mn(y+2)+(y+2)2=0,當(dāng)x=0,y=-2等式恒成立,即存在定點M(0,-2)符合題意.4.在平面直角坐標(biāo)系中,點P(x,y)為動點,已知點A(2,0),B(-2,0),直線PA和PB的斜率之積為-12.(1)求動點P的軌跡E的方程;(2)過點F(1,0)的直線l交曲線E

7、于M,N兩點,設(shè)點N關(guān)于x軸的對稱點為Q(M、Q不重合),求證:直線MQ過x軸上一定點.(1)解:由題意知:yx+2yx-2=-12.化簡得x22+y2=1(y0).(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:x=my+1,代入x22+y2=1(y0)整理得(m2+2)y2+2my-1=0.y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-1m2+2,MQ的方程為y-y1=y1+y2x1-x2(x-x1),令y=0,得x=x1+y1(x2-x1)y1+y2=my1+1+my1(y2-y1)y1+y2=2my1y2y1+y2+1=2.直線MQ過定點(2,0).5.(2014高

8、考湖北卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點M到點F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)斜率為k的直線l過定點P(-2,1),求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應(yīng)取值范圍.解:(1)設(shè)點M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即(x-1)2+y2=|x|+1.化簡整理得y2=2(|x|+x).故點M的軌跡C的方程為y2=4x,x0,0,x0.(2)在點M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x0).依題意,可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2).由方程組y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(

9、2k+1)=0.(*)當(dāng)k=0時,此時y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=14.故此時直線l:y=1與軌跡C恰好有一個公共點(14,1).當(dāng)k0時,方程(*)根的判別式為=-16(2k2+k-1).(*)設(shè)直線l與x軸的交點為(x0,0),則由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.(*)()若0,x00,由(*)(*)解得k12.即當(dāng)k(-,-1)(12,+)時,直線l與C1沒有公共點,與C2有一個公共點.故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點.()若=0,x00,x00,由(*)(*)解得k(-1,12),或-12k0,x00,由(*)(*)解得-1k-12或0kb0)的離

10、心率e=32,左頂點M到直線xa+yb=1的距離d=455,O為坐標(biāo)原點.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)直線l與橢圓C相交于A,B兩點,若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點,證明:點O到直線AB的距離為定值;(3)在(2)的條件下,試求AOB的面積S的最小值.(1)解:由e=32,得c=32a,又b2=a2-c2,所以b=12a,即a=2b.由左頂點M(-a,0)到直線xa+yb=1,即bx+ay-ab=0的距離d=455,得|b(-a)-ab|a2+b2=455,即2aba2+b2=455,把a=2b代入上式,得4b25b=455,解得b=1.所以a=2b=2,c=3.所以橢圓C的方程為x24+y

11、2=1.(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)直線AB的斜率不存在時,由橢圓的對稱性,可知x1=x2,y1=-y2.因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點,故OAOB=0,即x1x2+y1y2=0,也就是x12-y12=0,又點A在橢圓C上,所以x124+y12=1,解得|x1|=|y1|=255.此時點O到直線AB的距離d1=|x1|=255.當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,與橢圓方程聯(lián)立有y=kx+m,x24+y2=1,消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,所以x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2.因為以AB為直徑

12、的圓過坐標(biāo)原點O,所以O(shè)AOB.所以O(shè)AOB=x1x2+y1y2=0.所以(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.所以(1+k2)4m2-41+4k2-8k2m21+4k2+m2=0.整理得5m2=4(k2+1),所以點O到直線AB的距離d2=|m|k2+1=255.綜上所述,點O到直線AB的距離為定值255.(3)解:設(shè)直線OA的斜率為k0.當(dāng)k00時,則OA的方程為y=k0x,OB的方程為y=-1k0x,聯(lián)立y=k0x,x24+y2=1,得x12=41+4k02,y12=4k021+4k02.同理可求得x22=4k02k02+4,y22=4k02+4.故AOB的面積為S=121

13、+k02|x1|1+1k02|x2|=2(1+k02)2(1+4k02)(k02+4).令1+k02=t(t1),則S=2t24t2+9t-9=21-9t2+9t+4,令g(t)=-9t2+9t+4=-9(1t-12)2+254(t1),所以4g(t)254.所以45S1.當(dāng)k0=0時,可求得S=1,故45S1,故S的最小值為45.7.(2014山師附中模擬)已知三點O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點M(x,y)滿足|MA+MB|=OM(OA+OB)+2.(1)求曲線C的方程;(2)動點Q(x0,y0)(-2x02)在曲線C上,曲線C在點Q處的切線為l.問:是否存在定

14、點P(0,t)(t0),使得l與PA,PB都相交,交點分別為D,E,且QAB與PDE的面積之比是常數(shù)?若存在,求t的值.若不存在,說明理由.解:(1)依題意可得MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),|MA+MB|=(-2x)2+(2-2y)2,OM(OA+OB)=(x,y)(0,2)=2y,由已知得(-2x)2+(2-2y)2=2y+2,化簡得曲線C的方程:x2=4y.(2)假設(shè)存在點P(0,t)(t0)滿足條件,則直線PA的方程是y=t-12x+t,直線PB的方程是y=1-t2x+t,曲線C在點Q處的切線l的方程為y=x02x-x024,它與y軸的交點為F(0,-x024),

15、由于-2x02,因此-1x021.當(dāng)-1t0時,-1t-12-12,存在x0(-2,2),使得x02=t-12,即l與直線PA平行,故當(dāng)-1t0時,不符合題意.當(dāng)t-1時,t-12-1x02,所以l與直線PA,PB一定相交,分別聯(lián)立方程組y=t-12x+t,y=x02x-x024,y=1-t2x+t,y=x02x-x024.解得D,E的橫坐標(biāo)分別是xD=x02+4t2(x0+1-t),xE=x02+4t2(x0+t-1).則xE-xD=(1-t)(x02+4t)x02-(t-1)2,又|FP|=-x024-t,有SPDE=12|FP|xE-xD|=1-t8(x02+4t)2(t-1)2-x02,又SQAB=124(1-x024)=4-x022.于是SQABSPDE=41-t(x02-4)x02-(t-1)2(x02+4t)2=41-tx04-4+(t-1)2x02+4(t-1)2x04+8tx02+16t2對任意x0(-2,2),要使QAB與PDE的面積之比是常數(shù),只需t滿足-4-(t-1)2=8t,4(t-1)2=16t2,解得t=-1,此時QAB與PDE的面積之比為2,故存在t=-1,使QAB與PDE的面積之比是常數(shù)2.