【导与练】新课标高三数学一轮复习 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:x2a2+y2b2=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=103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x24+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(103,16k3),

2、 且将直线方程代入椭圆C的方程, 得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0. 设S(x1,y1),由根与系数的关系得(-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),则直线BS的方程为y=-14k(x-2), 联立直线BS与l的方程解得N(103,-13k). ∴MN=16k3+13k=16k3+13k≥216k313k=83. 当且仅当16k3=13k,即k=14时等号成立, 故当k=14时,线段MN的长度的最小值为83. 2.椭圆的中心是原点O,它的

3、短轴长为22,A(a2c,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OP→OQ→=0,求直线PQ的方程; (3)设AP→=λAQ→(λ>1),过点P且平行于x=a2c的直线与椭圆相交于另一点M,证明FM→=-λFQ→. (1)解:由题意,可设椭圆的方程为x2a2+y22=1(a>2). 由已知得a2-c2=2,c=2(a2c-c). 解得a=6,c=2. 所以椭圆的方程为x26+y22=1,离心率e=63. (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

4、x26+y22=1,y=k(x-3), 得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0, 依题意Δ=12(2-3k2)>0, 得-63

5、-3=0. (3)证明:AP→=(x1-3,y1),AQ→=(x2-3,y2). 由已知得方程组x1-3=λ(x2-3),y1=λy2,x126+y122=1,x226+y222=1. 由题意知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:

6、 x 0 -1 2 4 y -22 116 -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 y2a2+x2b2=1(a>b>0),x2=py, ∵(0,-22)不符合x2=py方程,∴必为椭圆上点, 代入得a=22. 即椭圆方程为y28+x2b2=1, 若(4,1)在椭圆上,则有18+16b2=1, b2=1287>a2(不合题

7、意). 即(4,1)在抛物线上,∴p=16, 抛物线方程为x2=16y, 验证得(-1,116)在抛物线上,(2,-2)不在抛物线上, ∴(2,-2)在椭圆上, ∴b2=4. 故C1,C2的标准方程分别为y28+x24=1,x2=16y. (2)存在.设直线l的方程为x=my+n, 将其代入y28+x24=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=-2mn1+2m2=-8mn, x0=my0+n=n

8、2-8m2n=4n. 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-4n)(x-n+4m)+(y+8mn)(y+4)=0, 化简并整理得 x2-4nx+(4m-n)x+8mn(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(2,0),B(-2,0),直线PA和PB的斜率之积为-12. (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

9、过x轴上一定点. (1)解:由题意知:yx+2yx-2=-12. 化简得x22+y2=1(y≠0). (2)证明:设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的方程为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. ∴直线MQ过定点(2,0). 5.(2014高考湖北卷)在平面直角坐标系

10、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)2+y2=|x|+1. 化简整理得y2=2(|x|+x). 故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x≥0,0,x<0. (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y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2

11、-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=14. 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点(14,1). 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=-2k+1k.(***) (ⅰ)若Δ<0,x0<0,由(**)(***)解得k<-1或k>12. 即当k∈(-∞,-1)∪(12,+∞)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Δ=0,x0<0或Δ

12、>0,x0≥0,由(**)(***)解得k∈(-1,12),或-12≤k<0. 即当k∈{-1,12}时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点. 当k∈[-12,0)时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点. 故当k∈[-12,0)∪{-1,12}时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点. (ⅲ)若Δ>0,x0<0,由(**)(***)解得-1

13、轨迹C恰好有一个公共点;当k∈[-12,0)∪{-1,12}时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈(-1,-12)∪(0,12)时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点. 6.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,左顶点M到直线xa+yb=1的距离d=455,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=32,得c=32a, 又b2=a2-c2,所以b=12a,即a=2b. 由左顶点M

14、(-a,0)到直线xa+yb=1, 即bx+ay-ab=0的距离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. 所以椭圆C的方程为x24+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OA→OB→=0, 即x1x2+y1y2=0,也就是x12-y12=0, 又点A在椭圆C上,所以x124+y12=1, 解得|x1|=

15、|y1|=255. 此时点O到直线AB的距离d1=|x1|=255. 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. 因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥OB. 所以OA→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), 所以点O

16、到直线AB的距离d2=|m|k2+1=255. 综上所述,点O到直线AB的距离为定值255. (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=-1k0x, 联立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的面积为S=121+k02|x1|1+1k02|x2| =2(1+k02)2(1+4k02)(k02+4). 令1+k02=t(t>1), 则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,说明理由. 解:(1)依题意可得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=t-12x+t, 直线PB的方程是y=1-t2x+t, 曲线C在点Q处的切线l的方程为y=x02x-x024, 它与y轴的交点为F(0,-x024), 由于-2

19、-1x02, 所以l与直线PA,PB一定相交, 分别联立方程组 y=t-12x+t,y=x02x-x024,y=1-t2x+t,y=x02x-x024. 解得D,E的横坐标分别是 xD=x02+4t2(x0+1-t),xE=x02+4t2(x0+t-1). 则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 对任意x0∈(-2,2),要使△QAB与△PDE的面积之比是常数,只需t满足-4-(t-1)2=8t,4(t-1)2=16t2, 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.