【导与练】（新课标）2016届高三数学一轮复习 大题冲关集训（五）理

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1、 大题冲关集训(五)　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 1.已知直线x-2y+2=0经过椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点A和上顶点D,椭圆C的右顶点为B,点S是椭圆C上位于x轴上方的动点,直线AS,BS与直线l:x=分别交于M,N两点. (1)求椭圆C的方程; (2)求线段MN的长度的最小值. 解:(1)如图,由题意得椭圆C的左顶点为A(-2,0),上顶点为D(0,1), 即a=2,b=1. 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)直线AS的斜率显然存在且不为0, 设直线AS的方程为y=k(x+2)(k>0),解得M(,), 且将直线方程代入椭圆C的方程, 得

2、(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0. 设S(x1,y1),由根与系数的关系得(-2)·x1=. 由此得x1=,y1=, 即S(,). 又B(2,0),则直线BS的方程为y=-(x-2), 联立直线BS与l的方程解得N(,-). ∴MN=+=+≥2=. 当且仅当=,即k=时等号成立, 故当k=时,线段MN的长度的最小值为. 2.椭圆的中心是原点O,它的短轴长为2,A(,0),F(c,0)(c>0 OF|=2|FA|,过点A的直线与椭圆相交于P、Q两点. (1)求椭圆的方程及离心率; (2)若·=0,求直线PQ的方程; (3)设=λ(λ>1),过点P且平行于

3、x=的直线与椭圆相交于另一点M,证明=-λ. (1)解:由题意,可设椭圆的方程为+=1(a>). 由已知得 解得a=,c=2. 所以椭圆的方程为+=1,离心率e=. (2)解:由(1)可得A(3,0). 设直线PQ的方程为y=k(x-3). 由方程组 得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0, 依题意Δ=12(2-3k2)>0, 得-

4、)+9].③ ∵·=0, ∴x1x2+y1y2=0.④ 由①②③④得5k2=1,从而k=±∈(-,). 所以直线PQ的方程为x-y-3=0或x+y-3=0. (3)证明:=(x1-3,y1),=(x2-3,y2). 由已知得方程组 由题意知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.已知椭圆C1,抛物线C2的焦点均在y轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上取两个点,将其坐标记录于表中: x 0

5、 -1 4 y -2 -2 1 (1)求C1,C2的标准方程; (2)设斜率不为0的动直线l与C1有且只有一个公共点P,且与C2的准线相交于点Q,试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)设C1,C2的标准方程分别为 +=1(a>b>0),x2=py, ∵(0,-2)不符合x2=py方程,∴必为椭圆上点, 代入得a=2. 即椭圆方程为+=1, 若(4,1)在椭圆上,则有+=1, b2=>a2(不合题意). 即(4,1)在抛物线上,∴p=16, 抛物线方程为x2=16y

6、, 验证得(-1,)在抛物线上,(,-2)不在抛物线上, ∴(,-2)在椭圆上, ∴b2=4. 故C1,C2的标准方程分别为+=1,x2=16y. (2)存在.设直线l的方程为x=my+n, 将其代入+=1, 消去x并化简整理得(1+2m2)y2+4mny+2n2-8=0, ∵l与C1相切, ∴Δ=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8)=0, ∴n2=4(1+2m2), 设切点P(x0,y0), 则y0=-=-, x0=my0+n==. 又直线l与C2的准线y=-4的交点Q(n-4m,-4), ∴以PQ为直径的圆的方程为 (x-)(x-n+4m)+(y+)

7、(y+4)=0, 化简并整理得 x2-x+(4m-n)x+(y+2)+(y+2)2=0, 当x=0,y=-2等式恒成立, 即存在定点M(0,-2)符合题意. 4.在平面直角坐标系中,点P(x,y)为动点,已知点A(,0),B(-,0),直线PA和PB的斜率之积为-. (1)求动点P的轨迹E的方程; (2)过点F(1,0)的直线l交曲线E于M,N两点,设点N关于x轴的对称点为Q(M、Q不重合),求证:直线MQ过x轴上一定点. (1)解:由题意知:·=-. 化简得+y2=1(y≠0). (2)证明:设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的方程为y-y1=(x-x1), 令y=0,得x=x1+=my1+1+=+1=2. ∴直线MQ过定点(2,0). 5.(2014高考湖北卷)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程; (2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1),求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围. 解:(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1. 化简整理得y2=2(|

9、x|+x). 故点M的轨迹C的方程为y2= (2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0). 依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2). 由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(*) ①当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程, 得x=. 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点(,1). ②当k≠0时, 方程(*)根的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).(**) 设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2), 令y=0,得x0=-.(***) (ⅰ)若由(**)(***)解得k<-1或k>. 即当k∈(

10、-∞,-1)∪(,+∞)时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点. 故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点. (ⅱ)若或由(**)(***)解得k∈(-1,),或-≤k<0. 即当k∈{-1,}时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点. 当k∈[-,0)时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点. 故当k∈[-,0)∪{-1,}时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点. (ⅲ)若由(**)(***)解得-1

11、k∈(-∞,-1)∪(,+∞)∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈[-,0)∪{-1,}时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈(-1,-)∪(0,)时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点. 6.设椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点M到直线+=1的距离d=,O为坐标原点. (1)求椭圆C的方程; (2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,证明:点O到直线AB的距离为定值; (3)在(2)的条件下,试求△AOB的面积S的最小值. (1)解:由e=,得c=a, 又b2=a2-c2,所以b=a,即a=2b. 由左顶点M(-a,0)

12、到直线+=1, 即bx+ay-ab=0的距离d=, 得=, 即=, 把a=2b代入上式,得=, 解得b=1. 所以a=2b=2,c=. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), ①当直线AB的斜率不存在时,由椭圆的对称性,可知x1=x2,y1=-y2. 因为以AB为直径的圆经过坐标原点,故·=0, 即x1x2+y1y2=0,也就是-=0, 又点A在椭圆C上,所以+=1, 解得|x1|=|y1|=. 此时点O到直线AB的距离d1=|x1|=. ②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为 y=kx+m, 与椭圆方程联立有

13、 消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 所以x1+x2=-,x1x2=. 因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥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), 所以点O到直线AB的距离d2==. 综上所述,点O到直线AB的距离为定值. (3)解:设直线OA的斜率为k0. 当k0≠0时,则OA的方程为y=k0x,OB的方程为 y=-x, 联立 得 同理可求得 故△AOB的面积为S=·|x1|·|x2| =2. 令1+=

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

15、 解:(1)依题意可得=(-2-x,1-y), =(2-x,1-y), |+|=, ·(+)=(x,y)·(0,2)=2y, 由已知得=2y+2, 化简得曲线C的方程:x2=4y. (2)假设存在点P(0,t)(t<0)满足条件, 则直线PA的方程是y=x+t, 直线PB的方程是y=x+t, 曲线C在点Q处的切线l的方程为y=x-, 它与y轴的交点为F(0,-), 由于-2, 所以l与直线PA,PB一定相交, 分别联立方程组 解得D,E的横坐标分别是 xD=,xE=. 则xE-xD=, 又|FP|=--t, 有S△PDE=|FP|×|xE-xD|=×, 又S△QAB=×4×(1-)=. 于是=× =× 对任意x0∈(-2,2),要使△QAB与△PDE的面积之比是常数,只需t满足 解得t=-1,此时△QAB与△PDE的面积之比为2, 故存在t=-1,使△QAB与△PDE的面积之比是常数2. 12