《【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?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=時等號成立,
故當(dāng)k=時,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的動直線l與C1有且只有一個公共點(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
+=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)為動點(diǎn),已知點(diǎn)A(,0),B(-,0),直線PA和PB的斜率之積為-.
(1)求動點(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恰好有一個公共點(diǎn)、兩個公共點(diǎn)、三個公共點(diǎn)時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,此時y=1.把y=1代入軌跡C的方程,
得x=.
故此時直線l:y=1與軌跡C恰好有一個公共點(diǎn)(,1).
②當(dāng)k≠0時,
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,直線l與C1沒有公共點(diǎn),與C2有一個公共點(diǎn).
故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點(diǎn).
(ⅱ)若或由(**)(***)解得k∈(-1,),或-≤k<0.
即當(dāng)k∈{-1,}時,直線l與C1只有一個公共點(diǎn),與C2有一個公共點(diǎn).
當(dāng)k∈[-,0)時,直線l與C1有兩個公共點(diǎn),與C2沒有公共點(diǎn).
故當(dāng)k∈[-,0)∪{-1,}時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點(diǎn).
(ⅲ)若由(**)(***)解得-1
11、k∈(-∞,-1)∪(,+∞)∪{0}時,直線l與軌跡C恰好有一個公共點(diǎn);當(dāng)k∈[-,0)∪{-1,}時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點(diǎn);當(dāng)k∈(-1,-)∪(0,)時,直線l與軌跡C恰好有三個公共點(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,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·=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|=.
此時點(diǎn)O到直線AB的距離d1=|x1|=.
②當(dāng)直線AB的斜率存在時,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,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△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