《【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(huì)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?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:x2a2+y2b2=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=103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)(k>0),解得M(103,16k3),
2、
且將直線方程代入橢圓C的方程,
得(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=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+13k≥216k313k=83.
當(dāng)且僅當(dāng)16k3=13k,即k=14時(shí)等號成立,
故當(dāng)k=14時(shí),線段MN的長度的最小值為83.
2.橢圓的中心是原點(diǎn)O,它的
3、短軸長為22,A(a2c,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OP→OQ→=0,求直線PQ的方程;
(3)設(shè)AP→=λAQ→(λ>1),過點(diǎn)P且平行于x=a2c的直線與橢圓相交于另一點(diǎn)M,證明FM→=-λFQ→.
(1)解:由題意,可設(shè)橢圓的方程為x2a2+y22=1(a>2).
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
4、x26+y22=1,y=k(x-3),
得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0,
依題意Δ=12(2-3k2)>0,
得-63
5、-3=0.
(3)證明:AP→=(x1-3,y1),AQ→=(x2-3,y2).
由已知得方程組x1-3=λ(x2-3),y1=λy2,x126+y122=1,x226+y222=1.
由題意知λ>1,解得x2=5λ-12λ.
因F(2,0),M(x1,-y1),故
FM→=(x1-2,-y1)=(λ(x2-3)+1,-y1)=(1-λ2,-y1)=-λ(λ-12λ,y2).
而FQ→=(x2-2,y2)=(λ-12λ,y2),
所以FM→=-λFQ→.
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:
6、
x
0
-1
2
4
y
-22
116
-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,請說明理由.
解:(1)設(shè)C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為
y2a2+x2b2=1(a>b>0),x2=py,
∵(0,-22)不符合x2=py方程,∴必為橢圓上點(diǎn),
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=1287>a2(不合題
7、意).
即(4,1)在拋物線上,∴p=16,
拋物線方程為x2=16y,
驗(yàn)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,
∴Δ=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8)=0,
∴n2=4(1+2m2),
設(shè)切點(diǎn)P(x0,y0),
則y0=-2mn1+2m2=-8mn,
x0=my0+n=n
8、2-8m2n=4n.
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-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(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(2,0),B(-2,0),直線PA和PB的斜率之積為-12.
(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軸的對稱點(diǎn)為Q(M、Q不重合),求證:直線MQ
9、過x軸上一定點(diǎn).
(1)解:由題意知:yx+2yx-2=-12.
化簡得x22+y2=1(y≠0).
(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),
l:x=my+1,代入x22+y2=1(y≠0)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(diǎn)(2,0).
5.(2014高考湖北卷)在平面直角坐標(biāo)系
10、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)2+y2=|x|+1.
化簡整理得y2=2(|x|+x).
故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=4x,x≥0,0,x<0.
(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y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2
11、-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=14.
故此時(shí)直線l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)(14,1).
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=-2k+1k.(***)
(ⅰ)若Δ<0,x0<0,由(**)(***)解得k<-1或k>12.
即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪(12,+∞)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Δ=0,x0<0或Δ
12、>0,x0≥0,由(**)(***)解得k∈(-1,12),或-12≤k<0.
即當(dāng)k∈{-1,12}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∈[-12,0)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∈[-12,0)∪{-1,12}時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn).
(ⅲ)若Δ>0,x0<0,由(**)(***)解得-1
13、軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈[-12,0)∪{-1,12}時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈(-1,-12)∪(0,12)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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=32,左頂點(diǎn)M到直線xa+yb=1的距離d=455,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=32,得c=32a,
又b2=a2-c2,所以b=12a,即a=2b.
由左頂點(diǎn)M
14、(-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(bǔ)=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+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OA→OB→=0,
即x1x2+y1y2=0,也就是x12-y12=0,
又點(diǎn)A在橢圓C上,所以x124+y12=1,
解得|x1|=
15、|y1|=255.
此時(shí)點(diǎn)O到直線AB的距離d1=|x1|=255.
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?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O(shè)A→OB→=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(diǎn)O
16、到直線AB的距離d2=|m|k2+1=255.
綜上所述,點(diǎn)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)k0≠0時(shí),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+k02|x1|1+1k02|x2|
=2(1+k02)2(1+4k02)(k02+4).
令1+k02=t(t>1),
則S=2t24t2+9t-9=21-9t2+9t+4,
令g(t)=
17、-9t2+9t+4=-9(1t-12)2+254(t>1),
所以4
18、.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(diǎn)P(0,t)(t<0)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(diǎn)Q處的切線l的方程為y=x02x-x024,
它與y軸的交點(diǎn)為F(0,-x024),
由于-2
19、-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S△PDE=12|FP||xE-xD|=1-t8(x02+4t)2(t-1)2-x02,
又S△QAB=124(1-x024)=4-x022.
于是S△QABS△PDE=41-t(x02-4)[x02-(t-1)2](x02+4t)2
=41-tx04-[4+(t-1)2]x02+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(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.
【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
