【導與練】（新課標）2016屆高三數(shù)學一輪復習 大題沖關集訓（五）理

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1、 大題沖關集訓(五)　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 1.已知直線x-2y+2=0經(jīng)過橢圓C:+=1(a>b>0)的左頂點A和上頂點D,橢圓C的右頂點為B,點S是橢圓C上位于x軸上方的動點,直線AS,BS與直線l:x=分別交于M,N兩點. (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的左頂點為A(-2,0),上頂點為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S(x1,y1),由根與系數(shù)的關系得(-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=. 當且僅當=,即k=時等號成立, 故當k=時,線段MN的長度的最小值為. 2.橢圓的中心是原點O,它的短軸長為2,A(,0),F(c,0)(c>0 OF|=2|FA|,過點A的直線與橢圓相交于P、Q兩點. (1)求橢圓的方程及離心率; (2)若·=0,求直線PQ的方程; (3)設=λ(λ>1),過點P且平行于

3、x=的直線與橢圓相交于另一點M,證明=-λ. (1)解:由題意,可設橢圓的方程為+=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的焦點均在y軸上,C1的中心和C2的頂點均為原點O,從每條曲線上取兩個點,將其坐標記錄于表中: x 0

5、 -1 4 y -2 -2 1 (1)求C1,C2的標準方程; (2)設斜率不為0的動直線l與C1有且只有一個公共點P,且與C2的準線相交于點Q,試探究:在坐標平面內(nèi)是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在,求出點M的坐標;若不存在,請說明理由. 解:(1)設C1,C2的標準方程分別為 +=1(a>b>0),x2=py, ∵(0,-2)不符合x2=py方程,∴必為橢圓上點, 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的標準方程分別為+=1,x2=16y. (2)存在.設直線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), 設切點P(x0,y0), 則y0=-=-, x0=my0+n==. 又直線l與C2的準線y=-4的交點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x=0,y=-2等式恒成立, 即存在定點M(0,-2)符合題意. 4.在平面直角坐標系中,點P(x,y)為動點,已知點A(,0),B(-,0),直線PA和PB的斜率之積為-. (1)求動點P的軌跡E的方程; (2)過點F(1,0)的直線l交曲線E于M,N兩點,設點N關于x軸的對稱點為Q(M、Q不重合),求證:直線MQ過x軸上一定點. (1)解:由題意知:·=-. 化簡得+y2=1(y≠0). (2)證明:設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(2,0). 5.(2014高考湖北卷)在平面直角坐標系xOy中,點M到點F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程; (2)設斜率為k的直線l過定點P(-2,1),求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應取值范圍. 解:(1)設點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M的軌跡C的方程為y2= (2)在點M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0). 依題意,可設直線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(,1). ②當k≠0時, 方程(*)根的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).(**) 設直線l與x軸的交點為(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k∈(

10、-∞,-1)∪(,+∞)時,直線l與C1沒有公共點,與C2有一個公共點. 故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點. (ⅱ)若或由(**)(***)解得k∈(-1,),或-≤k<0. 即當k∈{-1,}時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點. 當k∈[-,0)時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點. 故當k∈[-,0)∪{-1,}時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點. (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;當k∈[-,0)∪{-1,}時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點;當k∈(-1,-)∪(0,)時,直線l與軌跡C恰好有三個公共點. 6.設橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率e=,左頂點M到直線+=1的距離d=,O為坐標原點. (1)求橢圓C的方程; (2)設直線l與橢圓C相交于A,B兩點,若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點,證明:點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M(-a,0)

12、到直線+=1, 即bx+ay-ab=0的距離d=, 得=, 即=, 把a=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A(x1,y1),B(x2,y2), ①當直線AB的斜率不存在時,由橢圓的對稱性,可知x1=x2,y1=-y2. 因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點,故·=0, 即x1x2+y1y2=0,也就是-=0, 又點A在橢圓C上,所以+=1, 解得|x1|=|y1|=. 此時點O到直線AB的距離d1=|x1|=. ②當直線AB的斜率存在時,設直線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=. 因為以AB為直徑的圓過坐標原點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), 所以點O到直線AB的距離d2==. 綜上所述,點O到直線AB的距離為定值. (3)解:設直線OA的斜率為k0. 當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)假設存在點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Q處的切線l的方程為y=x-, 它與y軸的交點為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