新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)五理

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1、 大題沖關(guān)集訓(xùn)(五)　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 1.已知直線x-2y+2=0經(jīng)過(guò)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(zhǎng)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≥216k3·13k=83. 當(dāng)且僅當(dāng)16k3=13k,即k=14時(shí)等號(hào)成立, 故當(dāng)k=14時(shí),線段MN的長(zhǎng)度的最小值為83. 2.橢圓的中心是原點(diǎn)

3、O,它的短軸長(zhǎng)為22,A(a2c,0),F(c,0)(c>0 OF|=2|FA|,過(guò)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(guò)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).

4、 由方程組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、=0或x+5y-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)

6、記錄于表中: 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(guò)點(diǎn)M?若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)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x(chóng)2=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

7、>a2(不合題意). 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(jiǎn)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=

8、my0+n=n2-8m2n=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(jiǎn)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(guò)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(duì)稱點(diǎn)為Q(M、Q不重合),

9、求證:直線MQ過(guò)x軸上一定點(diǎn). (1)解:由題意知:yx+2·yx-2=-12. 化簡(jiǎn)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(guò)定點(diǎn)(2,0). 5.(20xx高考湖北卷)

10、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(guò)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(jiǎn)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=

11、4x,可得ky2-4y+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(méi)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=

12、0,x0<0或Δ>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(méi)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、0}時(shí),直線l與軌跡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(guò)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

14、. 由左頂點(diǎn)M(-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(duì)稱性,可知x1=x2,y1=-y2. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓經(jīng)過(guò)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,

15、 解得|x1|=|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(guò)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(k

16、2+1), 所以點(diǎn)O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+

17、9t+4, 令g(t)=-9t2+9t+4=-9(1t-12)2+254(t>1), 所以4

18、之比是常數(shù)?若存在,求t的值.若不存在,說(shuō)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(jiǎn)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、 因此-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△P

20、DE=12|FP|×|xE-xD|=1-t8×(x02+4t)2(t-1)2-x02, 又S△QAB=12×4×(1-x024)=4-x022. 于是S△QABS△PDE=41-t×(x02-4)[x02-(t-1)2](x02+4t)2 =41-t×x04-[4+(t-1)2]x02+4(t-1)2x04+8tx02+16t2 對(duì)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.