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1、 1 1大题冲关集训(五) 1.已知直线x-2y+2=0经过椭圆C:+=1(ab0)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)(k0),解得M(,),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
2、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)(c0OF|=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=(1),过点P且平行于x=的直线与椭圆相交于另一点M,证明=-.(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=.(
3、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=12(2-3k2)0,得-k1,解得x2=.因F(2,0),M(x1,-y1),故=(x1-2,-y1)=(x2-3)+1,-y1)=(,-y1)=-(,y2).而=(x2-2,y2)=(,y2),所以=-.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:x0-14y-2-21(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
4、,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(ab0),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,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+2m
5、2)y2+4mny+2n2-8=0,l与C1相切,=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+)(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(
6、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(y0).(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:x=my+1,代入+y2=1(y0)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.(20xx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
7、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(|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(x0).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.(*)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).当k0时,方程(*)根的判别式为=-16(2k2+k-1).(*)设直线l
8、与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.(*)()若由(*)(*)解得k.即当k(-,-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.()若或由(*)(*)解得k(-1,),或-k0.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.()若由(*)(*)解得-1k-或0kb0)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
9、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)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),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
10、上,所以+=1,解得|x1|=|y1|=.此时点O到直线AB的距离d1=|x1|=.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OAOB.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k00时,则OA的方程为y=k0x,OB的方程为y=-x
11、,联立得同理可求得故AOB的面积为S=|x1|x2|=2.令1+=t(t1),则S=2=2,令g(t)=-+4=-9(-)2+(t1),所以4g(t).所以S1.当k0=0时,可求得S=1,故S1,故S的最小值为.7.(20xx山师附中模拟)已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足|+|=(+)+2.(1)求曲线C的方程;(2)动点Q(x0,y0)(-2x02)在曲线C上,曲线C在点Q处的切线为l.问:是否存在定点P(0,t)(t0),使得l与PA,PB都相交,交点分别为D,E,且QAB与PDE的面积之比是常数?若存在,求t的值.若不存在,说明理由.
12、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)(t0)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-2x02,因此-11.当-1t0时,-1-,存在x0(-2,2),使得=,即l与直线PA平行,故当-1t0时,不符合题意.当t-1时,-1,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SPDE=|FP|xE-xD|
