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1、大题冲关集训(五) 1.已知直线x-2y+2=0经过椭圆C:x2a2+y2b2=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=103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x24+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(103,16k3),且将直线方程代入椭圆C的方程,得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0.设
2、S(x1,y1),由根与系数的关系得(-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),则直线BS的方程为y=-14k(x-2),联立直线BS与l的方程解得N(103,-13k).MN=16k3+13k=16k3+13k216k313k=83.当且仅当16k3=13k,即k=14时等号成立,故当k=14时,线段MN的长度的最小值为83.2.椭圆的中心是原点O,它的短轴长为22,A(a2c,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
3、率;(2)若OPOQ=0,求直线PQ的方程;(3)设AP=AQ(1),过点P且平行于x=a2c的直线与椭圆相交于另一点M,证明FM=-FQ.(1)解:由题意,可设椭圆的方程为x2a2+y22=1(a2).由已知得a2-c2=2,c=2(a2c-c).解得a=6,c=2.所以椭圆的方程为x26+y22=1,离心率e=63.(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x26+y22=1,y=k(x-3),得(3k2+1)x2-18k2x+27k2-6=0,依题意=12(2-3k2)0,得-63k1,解得x2=5-12.因F(2,0),M(x1,-y1),故FM=
4、(x1-2,-y1)=(x2-3)+1,-y1)=(1-2,-y1)=-(-12,y2).而FQ=(x2-2,y2)=(-12,y2),所以FM=-FQ.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:x0-124y-22116-21(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,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y2a2+x2b2=1(ab0
5、),x2=py,(0,-22)不符合x2=py方程,必为椭圆上点,代入得a=22.即椭圆方程为y28+x2b2=1,若(4,1)在椭圆上,则有18+16b2=1,b2=1287a2(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(-1,116)在抛物线上,(2,-2)不在抛物线上,(2,-2)在椭圆上,b2=4.故C1,C2的标准方程分别为y28+x24=1,x2=16y.(2)存在.设直线l的方程为x=my+n,将其代入y28+x24=1,消去x并化简整理得(1+2m2)y2+4mny+2n2-8=0,l与C1相切,=16m2n2-4(1+2m2)(2n2-8
6、)=0,n2=4(1+2m2),设切点P(x0,y0),则y0=-2mn1+2m2=-8mn,x0=my0+n=n2-8m2n=4n.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-4n)(x-n+4m)+(y+8mn)(y+4)=0,化简并整理得x2-4nx+(4m-n)x+8mn(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(2,0),B(-2,0),直线PA和PB的斜率之积为-12.(1)求动点P的轨迹E的方程;(2)过点F(1,0)的直线l交曲线E
7、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:yx+2yx-2=-12.化简得x22+y2=1(y0).(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:x=my+1,代入x22+y2=1(y0)整理得(m2+2)y2+2my-1=0.y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-1m2+2,MQ的方程为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.直线MQ过定点(2,0).5.(20xx高
8、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)2+y2=|x|+1.化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x0,0,x0.(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y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(
9、2k+1)=0.(*)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=14.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点(14,1).当k0时,方程(*)根的判别式为=-16(2k2+k-1).(*)设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.(*)()若0,x00,由(*)(*)解得k12.即当k(-,-1)(12,+)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=0,x00,x00,由(*)(*)解得k(-1,12),或-12k0,x00,由(*)(*)解得-1k-12或0kb0)的离
10、心率e=32,左顶点M到直线xa+yb=1的距离d=455,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C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=32,得c=32a,又b2=a2-c2,所以b=12a,即a=2b.由左顶点M(-a,0)到直线xa+yb=1,即bx+ay-ab=0的距离d=455,得|b(-a)-ab|a2+b2=455,即2aba2+b2=455,把a=2b代入上式,得4b25b=455,解得b=1.所以a=2b=2,c=3.所以椭圆C的方程为x24+y
11、2=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OAOB=0,即x1x2+y1y2=0,也就是x12-y12=0,又点A在椭圆C上,所以x124+y12=1,解得|x1|=|y1|=255.此时点O到直线AB的距离d1=|x1|=255.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.因为以AB为直径
12、的圆过坐标原点O,所以OAOB.所以OAOB=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(k2+1),所以点O到直线AB的距离d2=|m|k2+1=255.综上所述,点O到直线AB的距离为定值255.(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=-1k0x,联立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的面积为S=121
13、+k02|x1|1+1k02|x2|=2(1+k02)2(1+4k02)(k02+4).令1+k02=t(t1),则S=2t24t2+9t-9=21-9t2+9t+4,令g(t)=-9t2+9t+4=-9(1t-12)2+254(t1),所以4g(t)254.所以45S1.当k0=0时,可求得S=1,故45S1,故S的最小值为45.7.(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|MA+MB|=OM(OA+OB)+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
14、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.解:(1)依题意可得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=t-12x+t,直线PB的方程是y=1-t2x+t,曲线C在点Q处的切线l的方程为y=x02x-x024,它与y轴的交点为F(0,-x024),
15、由于-2x02,因此-1x021.当-1t0时,-1t-12-12,存在x0(-2,2),使得x02=t-12,即l与直线PA平行,故当-1t0时,不符合题意.当t-1时,t-12-1x02,所以l与直线PA,PB一定相交,分别联立方程组y=t-12x+t,y=x02x-x024,y=1-t2x+t,y=x02x-x024.解得D,E的横坐标分别是xD=x02+4t2(x0+1-t),xE=x02+4t2(x0+t-1).则xE-xD=(1-t)(x02+4t)x02-(t-1)2,又|FP|=-x024-t,有SPDE=12|FP|xE-xD|=1-t8(x02+4t)2(t-1)2-x02,又SQAB=124(1-x024)=4-x022.于是SQABSPDE=41-t(x02-4)x02-(t-1)2(x02+4t)2=41-tx04-4+(t-1)2x02+4(t-1)2x04+8tx02+16t2对任意x0(-2,2),要使QAB与PDE的面积之比是常数,只需t满足-4-(t-1)2=8t,4(t-1)2=16t2,解得t=-1,此时QAB与PDE的面积之比为2,故存在t=-1,使QAB与PDE的面积之比是常数2.
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