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2019-2020年高考数学大一轮复习冲关集训5理新人教A版1.xx·咸阳市一模在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C+=1ab≥1的离心率e=,且椭圆C过点P21.1求椭圆C的方程;2直线的l的斜率为,直线l与椭圆C交于A、B两点.求△PAB面积的最大值.解1∵e2===,∴a2=4b2,则椭圆方程为+=1,即x2+4y2=4b
2.∵椭圆过点P21,∴b2=2,a2=8椭圆方程为+=12设l的方程为y=x+m,代入椭圆方程中整理得x2+2mx+2m2-4=0,所以x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,Δ=4m2-42m2-40⇒m
24.则|AB|=×=.点P到直线l的距离d==.因此S△=d|AB|=·≤=2当且仅当m2=2∈[04,即m=±时取得最大值
2.2.xx·邢台市二模在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C+=1ab0的离心率为,且过点3,-1.1求椭圆C的方程;2若动点P在直线l x=-2上,过P作直线求椭圆C于M,N两点,使得PM=PN,再过P作直线l′⊥MN,证明直接l′恒过定点,并求出该定点的坐标.解1由题意知点3,-1在椭圆C上,即+=1
①又椭圆的离心率为,所以==2=,
②联立
①②可解得a2=12,b2=4,所以椭圆C的方程为+=
1.2因为直线l的方程为x=-2,设P-2,y0,y0∈,当y0≠0时,设Mx1,y1,Nx2,y2,显然x1≠x2,联立则+=0,即=-·,又PM=PN,即P为线段MN的中点,故直线MN的斜率为-·=,又l′⊥MN,所以直线l′的方程为y-y0=-x+2,即y=-,显然l′恒过定点;当y0=0时,直线MN即x=-2,此时l′为x轴亦过点.综上所述,l′恒过定点.3.理xx·菏泽市一模如图,已知椭圆C+=1ab0的离心率为,以椭圆的左顶点T为圆心作圆T x+22+y2=r2r0,设圆T与椭圆C交于点M、N.1求椭圆C的方程;2求·的最小值,并求此时圆T的方程;3设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与轴交于点R,S,O为坐标原点.试问;是否存在使S△POS·S△POR最大的点P,若存在求出P点的坐标,若不存在说明理由.解1由题意知解之得a=2,c=,由c2=a2-b2得b=1,故椭圆C方程为+y2=
1.2点M与点N关于x轴对称,设Mx1,y1,Nx1,-y1,不妨设y10由于点M在椭圆C上,∴y=1-,由已知T-20,则=x1+2,y1,=x1+2,-y1,∴·=x1+2,y1·x1+2,-y1=x1+22-y=x1+22-=2-.由于-2x2,故当x1=-时,·取得最小值为-,当x1=-时,y1=,故M,又点M在圆T上,代入圆的方程得r2=,故圆T的方程为x+22+y2=;3假设存在满足条件的点P,设Px0,y0,则直线MP的方程为y-y0=x-x0,令y=0,得xR=,同理xS=,故xR·xS=;又点M与点P在椭圆上,故x=41-y,x=41-y,得xR·xS===4,∴|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4为定值,∵S△POS·S△POR=|OS||yp|·|OR||yP|=×4×y=y,由P为椭圆上的一点,∴要使S△POS·S△POR最大,只要y最大,而y的最大值为1,故满足条件的P点存在其坐标为P01和P0,-1.3.文xx·菏泽市一模如图,已知椭圆C:+=1ab0的离心率为,以椭圆的左顶点T为圆心作圆T x+22+y2=r2t0,设圆T与椭圆C交于点M、N.1求椭圆C的方程;2求·的最小值,并求此时圆T的方程;3设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与轴交于点R,S,O为坐标原点.求证|OR|·|OS|为定值.解1由题意知解之得a=2,c=,由c2=a2-b2得b=1,故椭圆C方程为+y2=
1.2点M与点N关于x轴对称,设Mx1,y1,Nx1-y1不妨设y
10.由于点M在椭圆C上,∴y=1-,由已知T-20,则=x1+2,y1,=x1+2,-y1,∴·=x1+2,y1x1+2,-y1=x1+22-y,x1+22-=2-,由于-2x2,故当x1=-时,·取得最小值为-,当x1=-时,y1=,故M,又点M在圆T上,代入圆的方程得r2=,故圆T的方程为x+22+y2=.3证明设Px0,y0,则直线MP的方程为y-y0=x-x0,令y=0,得xR=,同理xS=,故xR·xS=,又点M与点P在椭圆上,故x=41-y,x=41-y,得xR·xS===4,∴|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4为定值.对应学生用书理173页 文159页4.xx·南阳市三模已知圆C1x2+y2=,直线l y=x+mm0与圆C1相切,且交椭圆C2+=1ab0于A1,B1两点,c是椭圆的半焦距,c=b.1求m的值;2O为坐标原点,若⊥,求椭圆C2的方程;3在2的条件下,设椭圆C2的左右顶点分别为A,B,动点Sx0,y0∈C2y00,直线AS,BS与直线x=分别交于M,N两点,求线段MN的长度的最小值.解析1直线l y=x+mm0与圆C1x2+y2=相切,所以=,m=.2将l y=x+代入得C2+=1得b2+a2x2+a2x+a2-a2b2=0
①设A1x1,y1,B1x2,y2,则x1+x2=;x1x2=;y1y2==因为⊥⇒4a2+b2-5a2b2=0
②由已知c=b;a2=4b2代入
②b21-b2=0⇒b2=1,a2=4,所以椭圆C2的方程为+y2=
1.3显然直线AS的斜率存在,设为k且k0则AS y=kx+2依题意M,由得1+4k2x2+16k2x+16k2-4=0,设Sx0,y0则x0·-2=⇒x0=,y0=kx0+2即S,又B20所以kBS==-,BS y=-x-2由⇒N.∵k0⇒|MN|=+≥2=,当且仅当=,即k=时,等号成立.所以k=时,|MN|min=.5.理xx·广州市二模已知定点F01和直线l y=-1,过点F且与直线l相切的动圆圆心为点M,记点M的轨迹为曲线E.1求曲线E的方程;2若点A的坐标为21直线l1y=kx+1k∈R,且k≠0与曲线E相交于B,C两点,直线AB,AC分别交直线l于点S,T.试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点?若是,求这两个定点的坐标;若不是,说明理由.解析1解法1由题意,点M到点F的距离等于它到直线l的距离,故点M的轨迹是以点F为焦点,l为准线的抛物线.∴曲线E的方程为x2=4y.解法2设点M的坐标为x,y,依题意,得|MF|=|y+1|,即=|y+1|,化简得x2=4y.∴曲线E的方程为x2=4y.2解法1:设点B,C的坐标分别为x1,y1,x2,y2,依题意得,x=4y1,x=4y
2.由消去y得x2-4kx-4=0,解得x12==2k±
2.∴x1+x2=4k,x1x2=-
4.直线AB的斜率kAB===,故直线AB的方程为y-1=x-2.令y=-1,得x=2-,∴点S的坐标为.同理可得点T的坐标为.∴|ST|=====.∴|ST|2===.设线段ST的中点坐标为x0,-1,则x0==2-=2-=2-=-.∴以线段ST为直径的圆的方程为2+y+12=|ST|2=.展开得x2+x+y+12=-=
4.令x=0,得y+12=4,解得y=1或y=-
3.∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点01,0,-3.解法2由1得抛物线E的方程为x2=4y.设直线AB的方程为y-1=k1x-2,点B的坐标为x1,y1,由解得∴点S的坐标为.由消去y,得x2-4k1x+8k1-4=0,即x-2x-4k1+2=0,解得x=2或x=4k1-
2.∴x1=4k1-2,y1=x=4k-4k1+
1.∴点B的坐标为4k1-24k-4k1+1.同理,设直线AC的方程为y-1=k2x-2,则点T的坐标为,点C的坐标为4k2-24k-4k2+1.∵点B,C在直线l1y=kx+1上,∴k===k1+k2-
1.∴k1+k2=k+
1.又4k-4k1+1=k4k1-2+1,得4k-4k1=4kk1-2k=4k1+k2-1k1-2k,化简得k1k2=.设点Px,y是以线段ST为直径的圆上任意一点,则·=0,得+y+1y+1=0,整理得,x2+x-4+y+12=
0.令x=0,得y+12=4,解得y=1或y=-
3.∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点01,0,-3.5.文xx·广州市二模已知点A21在抛物线E x2=ay上,直线l1y=kx+1k∈R,且k≠0与抛物线E相交于B,C两点,直线AB,AC分别交直线l2y=-1于点S,T.1求a的值;2若|ST|=2,求直线l1的方程;3试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点?若是,求这两个定点的坐标;若不是,说明理由.解1∵点A21在抛物线E x2=ay上,∴a=
4.第
2、3问提供以下两种解法解法12由1得抛物线E的方程为x2=4y.设点B,C的坐标分别为x1,y1,x2,y2,依题意,x=4y1,x=4y2,由消去y得x2-4kx-4=0,解得x12==2k±
2.∴x1+x2=4k,x1x2=-
4.直线AB的斜率kAB===,故直线AB的方程为y-1=x-2.令y=-1,得x=2-,∴点S的坐标为.同理可得点T的坐标为.∴|ST|=====.∵|ST|=2,∴|x1-x2|=2|k|.由|x1-x2|2=x1+x22-4x1x2,得20k2=16k2+16,解得k=2,或k=-2,∴直线l1的方程为y=2x+1,或y=-2x+
1.3设线段ST的中点坐标为x0,-1,则x0==2-=2-=2-=-.而|ST|2===,∴以线段ST为直径的圆的方程为2+y+12=|ST|2=.展开得x2+x+y+12=-=
4.令x=0,得y+12=4,解得y=1或y=-
3.∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点01,0,-3.解法22由1得抛物线E的方程为x2=4y.设直线AB的方程为y-1=k1x-2,点B的坐标为x1,y1,由解得∴点S的坐标为.由消去y,得x2-4k1x+8k1-4=0,即x-2x-4k1+2=0,解得x=2或x=4k1-
2.∴x1=4k1-2,y1=x=4k-4k1+
1.∴点B的坐标为4k1-24k-4k1+1.同理,设直线AC的方程为y-1=k2x-2,则点T的坐标为,点C的坐标为4k2-24k-4k2+1.∵点B,C在直线上l1y=kx+1上,∴k===k1+k2-
1.∴k1+k2=k+
1.又4k-4k1+1=k4k1-2+1,得4k-4k1=4kk1-2k=4k1+k2-1k1-2k,化简得k1k2=.|ST|==,∵|ST|=2,∴=
2.∴k1-k22=5k1k
22.由k1+k22=k1-k22+4k1k2=5k1k22+4k1k2,得k+12=k2+2k,解得k=±
2.∴直线l1的方程为y=2x+1,或y=-2x+
1.3设点Px,y是以线段ST为直径的圆上任意一点,则·=0,得+y+1y+1=0,整理得,x2+x-4+y+12=
0.令x=0,得y+12=4,解得y=1或y=-
3.∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点01,0,-3.6.理xx·揭阳市二模已知抛物线的方程为y=ax2-1,直线l的方程为y=,点A3,-1关于直线的对称点在抛物线上.1求抛物线的方程;2已知P,点F是抛物线的焦点,M是抛物线上的动点,求|MP|+MF|的最小值及此时点M的坐标;3设点B、C是抛物线上的动点,点D是抛物线与x轴正半轴交点,△BCD是以D为直角顶点的直角三角形.试探究直线BC是否经过定点?若经过,求出定点的坐标;若不经过,请说明理由.解1设点A3,-1关于直线l的对称点为坐标为A′x,y,则解得把点A′13代入y=ax2-1,解得a=4,所以抛物线的方程为y=4x2-12∵F是抛物线的焦点,抛物线的顶点为0,-1,∴抛物线的准线为y=-,过点M作准线的垂线,垂足为A,由抛物线的定义知|MF|=|MA|,∴|MP|+|MF|=|MP|+|MA|≥|PA|,当且仅当P、M、A三点共线时“=”成立,即当点M为过点P所作的抛物线准线的垂线与抛物线的交点时,|MP|+|MF|取最小值,∴|MP|+|MF|min=1-=,这时点M的坐标为.3BC所在的直线经过定点,该定点坐标为,令y=4x2-1=0,可得D点的坐标为设Bx1,y1,Cx2,y2显然x1≠x2,则kBC===4x1+x2,kDB=4,kDC=4,∵BD⊥CD,∴kDB·kDC=16=-1,即x1x2=--x1+x2,直线BC的方程为y-y1=4x1+x2x-x1,即y=4x1+x2x-4x1x2-1=2x1+x22x+1+.所以直线BC经过定点.6.文xx·厦门市质检已知抛物线C1x2=2pyp0与椭圆C2+=1ab0在第一象限的公共点为A2,1,设抛物线C1的焦点为F,椭圆C2的左、右焦点分别为F1-c0,F2c0,△F1F2F面积为
6.1求抛物线C1和椭圆C2的方程;2设A1,A2为椭圆C2的左、右顶点,P为椭圆C2上异于A1,A2的任意一点,直线l x=,l与直线A1P,A2P分别交于点M,N,试探究在x轴上是否存在定点D,使得以线段MN为直线的圆恒过点D,若存在,请求出点D的坐标,若不存在,请说明理由;3推广2,得椭圆一般性的正确命题,据此类比,得到双曲线的一般性正确命题,请直接写出这个双曲线的正确命题不必证明.解1点A2,1代入x2=2py得,22=2p,∴p=4,∴抛物线C1的方程为x2=8y,∴抛物线的焦点为F02,依题意,S△FF1F2=×|F1F2|×|OF|=×2c×2=6,∴c=
3.方法一∴椭圆方程为+=1,点A2,1代入得,-=1,解得a2=12或a2=6,∵a2=6时,a=3=c,不合题意,舍去.∴a2=12,∴椭圆C2的方程为+=
1.综上得,抛物线C1的方程为x2=8y,椭圆C2的方程为+=
1.方法二∴F1-30,F230,∴2a=|AF1|+|AF2|=+=4,∴a=2,∴b2=a2-c2=12-9=3,∴椭圆C2的方程为+=1,综上得,抛物线C1的方程为x2=8y,椭圆C2的方程为+=
1.2设Px0,y0,则+=1,由1知,A1-2,0,A22,0,直线l x=4,kPA1=,kPA2=,直线PA1y-0=x+2,直线PA2y-0=x-2,∴M,N,假设存在定点Dm0符合题意,则·=0,又=,=,∴·=4-m2+42-12=0,即4-m2+4×=0,∵+=1,∴=1-=,即=-,代入得4-m2+4×=0,解得m=3或m=5,∴存在定点30或50符合题意.方法二取点P为上顶点0,,∵A1-2,0,A22,0,∴直线PA1y=x+2,直线PA2y=-x-2,∵直线l x=-
4.∴M42+,N4,-2+,∴MN为直径的圆为x-42+y-2=4,令y=0代入解得,x=3或x=5,∴猜想存在定点D30或50符合题意,证明如下设Px0,y0,则+=1,则y=3,kPA1=,kPA2=,直线PA1y-0=x+2,直线PA2y-0=x-2,∴M,N,当D为30时,=,=,∴·=1+42-12=1+×4=1+3××4=0,同理可证,当D为50时,也符合·=0,∴⊥=0,∴以MN为直径的圆恒过点D30或50,综上得,存在定点D30或50符合题意.3所得双曲线的一般结论为设A1,A2为双曲线-=1a0,b0的左、右顶点,P为双曲线上异于A1,A2的任意一点,直线l x=其中c为半焦距,l与直线A1P,A2P分别交于点M,N,则在x轴上存在定点D,使得以线段MN为直径的圆恒过点D,且定点D的坐标为c0或.[备课札记]______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。