届高考数学人教A版理科第一轮复习题高考大题专项练五Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;
(2)求证:
A为线段BM的中点.
5.已知动点C是椭圆Ω:
+y2=1(a>
1)上的任意一点,AB是圆G:
x2+(y-2)2=的一条直径(A,B是端点),的最大值是.
(1)求椭圆Ω的方程;
(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1,F2,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P,Q两点.在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?
若存在,求实数m的取值范围;
若不存在,请说明理由.
6.(2017黑龙江大庆三模)已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程;
(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?
若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;
7.
如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.
(1)若点G的横坐标为-,求直线AB的斜率;
(2)记△GFD的面积为S1,△OED(O为原点)的面积为S2.试问:
是否存在直线AB,使得S1=S2?
说明理由.
8.设椭圆=1(a>
)的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
答案:
1.解
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).
由得x0=x,y0=y.
因为M(x0,y0)在C上,
所以=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)由题意知F(-1,0).
设Q(-3,t),P(m,n),
则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).
由=1得-3m-m2+tn-n2=1.
又由
(1)知m2+n2=2,
故3+3m-tn=0.
所以=0,即.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.解
(1)=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),
=(x,y),=(0,2),
∵||=·
()+2,
∴=2y+2,
∴x2=4y.
∴曲线C的方程为x2=4y.
(2)设Q,
则S△QAB=2,
∵y=,∴y'
=x,∴kl=x0,
∴切线l的方程为y-x0(x-x0)与y轴交点M,|PM|=1-.
直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,
由得xD=,
由得xE=,
∴S△PDE=|xD-xE|·
|PM|=1-,
∴△QAB与△PDE的面积之比为2.
3.解由题知F.
设直线l1:
y=a,直线l2:
y=b,则ab≠0,
且A,B,P,Q,R.
记过A,B两点的直线为l,
则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.
(1)证明:
由于F在线段AB上,
故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,
则k1==-b=k2.
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),
则S△ABF=|b-a||FD|
=|b-a|,
S△PQF=.
由题设可得|b-a|,
所以x1=0(舍去),x1=1.
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
当AB与x轴不垂直时,
由kAB=kDE可得,(x≠1).
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以,所求轨迹方程为y2=x-1.
4.
(1)解由抛物线C:
y2=2px过点P(1,1),得p=.
所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.
(2)证明由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).
由得4k2x2+(4k-4)x+1=0.
则x1+x2=,x1x2=.
因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.
因为y1+-2x1=
=
==0,
所以y1+=2x1.
故A为线段BM的中点.
5.解
(1)设点C的坐标为(x,y),
则+y2=1.
连接CG,由,
又G(0,2),可得=x2+(y-2)2-=a(1-y2)+(y-2)2-=-(a-1)y2-4y+a+,其中y∈[-1,1].
因为a>
1,所以当y=≤-1,即1<
a≤3时,取y=-1,得有最大值-(a-1)+4+a+,与条件矛盾;
当y=>
-1,即a>
3时,的最大值是,
由条件得,即a2-7a+10=0,
解得a=5或a=2(舍去).
综上所述,椭圆Ω的方程是+y2=1.
(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为(x0,y0),
则满足=1,=1,两式相减,
整理,得=-=-,
从而直线PQ的方程为
y-y0=-(x-x0),
又右焦点F2的坐标是(2,0),
将点F2的坐标代入PQ的方程得-y0=-(2-x0),
因为直线l与x轴不垂直,
所以2x0-=5>
0,从而0<
2.
假设在线段OF2上存在点M(m,0)(0<
m<
2),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形,则线段PQ的垂直平分线必过点M,而线段PQ的垂直平分线方程是y-y0=(x-x0),将点M(m,0)代入得-y0=(m-x0),
得m=x0,从而m∈.
6.解
(1)由题意可设椭圆方程为=1(a>
b>
0).
则解得a2=4,b2=3.
∴椭圆方程为=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令y1>
0,y2<
0,
设△F1AB的内切圆的半径为R,
则△F1AB的周长=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,
因此最大,R就最大,
由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,
由
得(3m2+4)y2+6my-9=0,
y1+y2=,y1y2=-.
则|F1F2|(y1-y2)=.
令=t,则m2=t2-1,
∴.
令f(t)=3t+,则f'
(t)=3-,
当t≥1时,f'
(t)≥0,f(t)在[1,+∞)内单调递增,有f(t)≥f
(1)=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,
由=4R,得Rmax=,这时所求内切圆面积的最大值为.
故直线l的方程为x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.
7.解
(1)依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x+1),将其代入=1,整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
所以x1+x2=-.
故点G的横坐标为=-,解得k=±
.
(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴或y轴垂直.
由
(1)可得G.
设点D坐标为(xD,0).
因为DG⊥AB,所以×
k=-1,解得xD=-,即D.
因为△GFD∽△OED,且S1=S2,
所以|GD|=|OD|.
所以
=,
整理得8k2+9=0.
因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.
8.解
(1)设F(c,0),由,即,
可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,
因此a2=4.
所以,椭圆的方程为=1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),
则直线l的方程为y=k(x-2).
设B(xB,yB),由方程组
消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=,
由题意得xB=,
从而yB=.
由
(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有=(-1,yH),.
由BF⊥HF,得=0,
所以=0,
解得yH=.
因此直线MH的方程为y=-x+.
设M(xM,yM),
由方程组消去y,
解得xM=.
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+,
化简,得xM≥1,即≥1,
解得k≤-或k≥.
所以,直线l的斜率的取值范围为.
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