【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（五）理

《【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（五）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（五）理（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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:+=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)A和上頂點(diǎn)D,橢圓C的右頂點(diǎn)為B,點(diǎn)S是橢圓C上位于x軸上方的動(dòng)點(diǎn),直線AS,BS與直線l:x=分別交于M,N兩點(diǎn). (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(diǎn)為A(-2,0),上頂點(diǎn)為D(0,1), 即a=2,b=1. 故橢圓C的方程為+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)(k>0),解得M(,), 且將直線方程代入橢圓C的方程, 得

2、(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0. 設(shè)S(x1,y1),由根與系數(shù)的關(guān)系得(-2)·x1=. 由此得x1=,y1=, 即S(,). 又B(2,0),則直線BS的方程為y=-(x-2), 聯(lián)立直線BS與l的方程解得N(,-). ∴MN=+=+≥2=. 當(dāng)且僅當(dāng)=,即k=時(shí)等號(hào)成立, 故當(dāng)k=時(shí),線段MN的長度的最小值為. 2.橢圓的中心是原點(diǎn)O,它的短軸長為2,A(,0),F(c,0)(c>0 OF|=2|FA|,過點(diǎn)A的直線與橢圓相交于P、Q兩點(diǎn). (1)求橢圓的方程及離心率; (2)若·=0,求直線PQ的方程; (3)設(shè)=λ(λ>1),過點(diǎn)P且平行于

3、x=的直線與橢圓相交于另一點(diǎn)M,證明=-λ. (1)解:由題意,可設(shè)橢圓的方程為+=1(a>). 由已知得 解得a=,c=2. 所以橢圓的方程為+=1,離心率e=. (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 得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0, 依題意Δ=12(2-3k2)>0, 得-

4、)+9].③ ∵·=0, ∴x1x2+y1y2=0.④ 由①②③④得5k2=1,從而k=±∈(-,). 所以直線PQ的方程為x-y-3=0或x+y-3=0. (3)證明:=(x1-3,y1),=(x2-3,y2). 由已知得方程組 由題意知λ>1,解得x2=. 因F(2,0),M(x1,-y1),故 =(x1-2,-y1)=(λ(x2-3)+1,-y1)=(,-y1)=-λ(,y2). 而=(x2-2,y2)=(,y2), 所以=-λ. 3.已知橢圓C1,拋物線C2的焦點(diǎn)均在y軸上,C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O,從每條曲線上取兩個(gè)點(diǎn),將其坐標(biāo)記錄于表中: x 0

5、 -1 4 y -2 -2 1 (1)求C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)斜率不為0的動(dòng)直線l與C1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且與C2的準(zhǔn)線相交于點(diǎn)Q,試探究:在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)M,使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)M?若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由. 解:(1)設(shè)C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為 +=1(a>b>0),x2=py, ∵(0,-2)不符合x2=py方程,∴必為橢圓上點(diǎn), 代入得a=2. 即橢圓方程為+=1, 若(4,1)在橢圓上,則有+=1, b2=>a2(不合題意). 即(4,1)在拋物線上,∴p=16, 拋物線方程為x2=16y

6、, 驗(yàn)證得(-1,)在拋物線上,(,-2)不在拋物線上, ∴(,-2)在橢圓上, ∴b2=4. 故C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為+=1,x2=16y. (2)存在.設(shè)直線l的方程為x=my+n, 將其代入+=1, 消去x并化簡整理得(1+2m2)y2+4mny+2n2-8=0, ∵l與C1相切, ∴Δ=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8)=0, ∴n2=4(1+2m2), 設(shè)切點(diǎn)P(x0,y0), 則y0=-=-, x0=my0+n==. 又直線l與C2的準(zhǔn)線y=-4的交點(diǎn)Q(n-4m,-4), ∴以PQ為直徑的圓的方程為 (x-)(x-n+4m)+(y+)

7、(y+4)=0, 化簡并整理得 x2-x+(4m-n)x+(y+2)+(y+2)2=0, 當(dāng)x=0,y=-2等式恒成立, 即存在定點(diǎn)M(0,-2)符合題意. 4.在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)P(x,y)為動(dòng)點(diǎn),已知點(diǎn)A(,0),B(-,0),直線PA和PB的斜率之積為-. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程; (2)過點(diǎn)F(1,0)的直線l交曲線E于M,N兩點(diǎn),設(shè)點(diǎn)N關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q(M、Q不重合),求證:直線MQ過x軸上一定點(diǎn). (1)解:由題意知:·=-. 化簡得+y2=1(y≠0). (2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2), l:x=my+1,

8、代入+y2=1(y≠0)整理得 (m2+2)y2+2my-1=0. y1+y2=,y1y2=, MQ的方程為y-y1=(x-x1), 令y=0,得x=x1+=my1+1+=+1=2. ∴直線MQ過定點(diǎn)(2,0). 5.(2014高考湖北卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點(diǎn)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(diǎn)P(-2,1),求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍. 解:(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1. 化簡整理得y2=2(|

9、x|+x). 故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2= (2)在點(diǎn)M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0). 依題意,可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2). 由方程組可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(*) ①當(dāng)k=0時(shí),此時(shí)y=1.把y=1代入軌跡C的方程, 得x=. 故此時(shí)直線l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)(,1). ②當(dāng)k≠0時(shí), 方程(*)根的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).(**) 設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0),則由y-1=k(x+2), 令y=0,得x0=-.(***) (ⅰ)若由(**)(***)解得k<-1或k>. 即當(dāng)k∈(

10、-∞,-1)∪(,+∞)時(shí),直線l與C1沒有公共點(diǎn),與C2有一個(gè)公共點(diǎn). 故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn). (ⅱ)若或由(**)(***)解得k∈(-1,),或-≤k<0. 即當(dāng)k∈{-1,}時(shí),直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn),與C2有一個(gè)公共點(diǎn). 當(dāng)k∈[-,0)時(shí),直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn),與C2沒有公共點(diǎn). 故當(dāng)k∈[-,0)∪{-1,}時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn). (ⅲ)若由(**)(***)解得-1

11、k∈(-∞,-1)∪(,+∞)∪{0}時(shí),直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈[-,0)∪{-1,}時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈(-1,-)∪(0,)時(shí),直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn). 6.設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率e=,左頂點(diǎn)M到直線+=1的距離d=,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (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(diǎn),若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn),證明:點(diǎn)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=,得c=a, 又b2=a2-c2,所以b=a,即a=2b. 由左頂點(diǎn)M(-a,0)

12、到直線+=1, 即bx+ay-ab=0的距離d=, 得=, 即=, 把a(bǔ)=2b代入上式,得=, 解得b=1. 所以a=2b=2,c=. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), ①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),由橢圓的對(duì)稱性,可知x1=x2,y1=-y2. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn),故·=0, 即x1x2+y1y2=0,也就是-=0, 又點(diǎn)A在橢圓C上,所以+=1, 解得|x1|=|y1|=. 此時(shí)點(diǎn)O到直線AB的距離d1=|x1|=. ②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為 y=kx+m, 與橢圓方程聯(lián)立有

13、 消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 所以x1+x2=-,x1x2=. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)O,所以O(shè)A⊥OB. 所以·=x1x2+y1y2=0. 所以(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0. 所以(1+k2)·-+m2=0. 整理得5m2=4(k2+1), 所以點(diǎn)O到直線AB的距離d2==. 綜上所述,點(diǎn)O到直線AB的距離為定值. (3)解:設(shè)直線OA的斜率為k0. 當(dāng)k0≠0時(shí),則OA的方程為y=k0x,OB的方程為 y=-x, 聯(lián)立 得 同理可求得 故△AOB的面積為S=·|x1|·|x2| =2. 令1+=

14、t(t>1), 則S=2=2, 令g(t)=-++4=-9(-)2+(t>1), 所以4

15、 解:(1)依題意可得=(-2-x,1-y), =(2-x,1-y), |+|=, ·(+)=(x,y)·(0,2)=2y, 由已知得=2y+2, 化簡得曲線C的方程:x2=4y. (2)假設(shè)存在點(diǎn)P(0,t)(t<0)滿足條件, 則直線PA的方程是y=x+t, 直線PB的方程是y=x+t, 曲線C在點(diǎn)Q處的切線l的方程為y=x-, 它與y軸的交點(diǎn)為F(0,-), 由于-2, 所以l與直線PA,PB一定相交, 分別聯(lián)立方程組 解得D,E的橫坐標(biāo)分別是 xD=,xE=. 則xE-xD=, 又|FP|=--t, 有S△PDE=|FP|×|xE-xD|=×, 又S△QAB=×4×(1-)=. 于是=× =× 對(duì)任意x0∈(-2,2),要使△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù),只需t滿足 解得t=-1,此時(shí)△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. 12