高考数学复习课时冲关练(十九) 6_3
课时冲关练(十九)
定点、定值、最值问题
(45分钟 80分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1,则椭圆长轴长的最小值为 ( )
A.1 B. C.2 D.2
【解析】选D.设椭圆C:+=1(a>b>0),则使三角形面积最大时,三角形在椭圆上的顶点为椭圆短轴端点,
所以S=×2c×b=bc=1≤=.
所以a2≥2.所以a≥.
所以长轴长2a≥2,故选D.
2.抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0的距离的最小值是 ( )
A. B. C. D.3
【解析】选A.设直线4x+3y+m=0与y=-x2相切,则联立两方程知3x2-4x-m=0.令
Δ=0,有m=-.所以两直线间距离为==.故选A.
3.(2014·珠海模拟)已知点A(2,1),抛物线y2=4x的焦点是F,若抛物线上存在一点P,使得|PA|+|PF|最小,则P点的坐标为 ( )
A.(2,1) B.(1,1) C. D.
【解析】选D.由已知得抛物线的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,作PP′
垂直于准线x=-1,
由抛物线的定义知|PF|=|PP′|,
如图,|PA|+|PF|=|PA|+|PP′|,
当且仅当A,P,P′三点共线,即P在P0位置时,
|PA|+|PF|最小,此时,P0纵坐标为1,
所以有1=4x0,所以x0=,得P0.
【方法技巧】与曲线上点有关的距离(或距离和、差等)的最值的求解技巧
求解与曲线上点有关的距离的最值问题,一般不易构建函数求解时,常利用待求距离的几何意义,充分结合圆锥曲线的定义及平面图形的性质利用数形结合转化为点到直线,两点间距离求解.
4.抛物线y2=4x的焦点为F,点P(x,y)为该抛物线上的动点,又点A(-1,0),则的最小值是 ( )
A. B. C. D.
【解析】选B.依题意知x≥0,
则焦点F(1,0),|PF|=x+1,
|PA|==,
当x=0时,=1;
当x>0时,1<=≤=(当且仅当x=1时取等号).
因此当x≥0时,1≤≤,≤≤1,
的最小值是.
【加固训练】如图,已知点B是椭圆+=1(a>b>0)的短轴位于x轴下方的端点,过B作斜率为1的直线交椭圆于点M,点P在y轴上,且PM∥x轴,·=9,若点P的坐标为(0,t),则t的取值范围是 ( )
A.0
0)经过C,F两点,则= .
【解题提示】由正方形的边长给出点C,F的坐标,代入抛物线方程求解.
【解析】由题意可得C,F,
则=+1.
答案:+1
三、解答题(9题12分,10～11题每题14分,共40分)
9.(2014·广州模拟)在平面直角坐标系xOy中,直线x-y+1=0截以原点O为圆心的圆所得的弦长为.
(1)求圆O的方程.
(2)若直线l与圆O切于第一象限,且与坐标轴交于D,E,当DE长最小时,求直线l的方程.
(3)设M,P是圆O上任意两点,点M关于x轴的对称点为N,若直线MP,NP分别交x轴于点(m,0)和(n,0),问mn是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
【解析】(1)因为O点到直线x-y+1=0的距离为,
所以圆O的半径为=,
故圆O的方程为x2+y2=2.
(2)设直线l的方程为+=1(a>0,b>0),
即bx+ay-ab=0,
由直线l与圆O相切,得=,
即+=,
DE2=a2+b2=2(a2+b2)≥8,
当且仅当a=b=2时取等号,此时直线l的方程为x+y-2=0.
(3)设M(x1,y1),P(x2,y2),则N(x1,-y1),
+=2,+=2,
直线MP与x轴交点,m=,
直线NP与x轴交点,n=,
mn=·=
=
==2,
故mn为定值2.
【加固训练】如图,经过点P(2,3),且中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆M的离心率为.
(1)求椭圆M的方程.
(2)若椭圆M的弦PA,PB所在直线分别交x轴于点C,D,且|PC|=|PD|,求证:直线AB的斜率为定值.
【解析】(1)设椭圆M的方程为+=1(a>b>0),
则+=1,且e2==,
解得a2=16,b2=12.
故椭圆M的方程为+=1.
(2)由题意知,直线PA的斜率必存在,故设直线PA的方程为y=k(x-2)+3,A(xA,yA),B(xB,yB
),由|PC|=|PD|可知,直线PB的方程为y=-k(x-2)+3.
由方程组
可得(4k2+3)x2-8k(2k-3)x+4(2k-3)2-48=0. ①
又方程①有一实根为2,故另一实根为
==,
故xA=.
同理,xB=.
所以xA+xB=,xA+xB-4=-,
xA-xB=.
所以直线AB的斜率kAB===,
即直线AB的斜率为定值.
10.(2014·山东高考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1的离心率为,直线y=x被椭圆C截得的线段长为.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点),点D在椭圆C上,且AD⊥AB,直线BD与x轴,y轴分别交于M,N两点.
①设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数λ使得k1=λk2,并求出λ的值.
②求△OMN面积的最大值.
【解析】(1)因为e=,所以=,即=,=,所以a2=4b2.
设直线与椭圆交于P,Q两点.不妨设P点为直线和椭圆在第一象限的交点.
又因为弦长为,所以P,
所以+=1,
联立解得a2=4,b2=1,
所以椭圆方程为+y2=1.
(2)①设A,D,
则B,
因为直线AB的斜率kAB=,
又AB⊥AD,
所以直线AD的斜率k=-,
设直线AD的方程为y=kx+m,
由题意知k≠0,m≠0.
由可得x2+8mkx+4m2-4=0.
所以x1+x2=-,
因此y1+y2=k+2m=.
由题意知x1≠-x2,
所以k1==-=,
所以直线BD的方程为y+y1=.
令y=0,得x=3x1,即M,
可得k2=-,
所以k1=-k2,即λ=-.
因此存在常数λ=-使得结论成立.
②直线BD的方程为y+y1=.
令x=0得y=-y1,
即N,
由①知M,
可得△OMN的面积S=×3×
=.
因为·≤+=1,
当且仅当==时等号成立,
此时S取得最大值,
所以△OMN的面积为最大值.
11.(2014·北京模拟)已知椭圆G的离心率为,其短轴两端点为A(0,1),B(0,-1).
(1)求椭圆G的方程.
(2)若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点,直线AC,BD与x轴分别交于点M,N.判断以MN为直径的圆是否过点A,并说明理由.
【解析】(1)由已知可设椭圆G的方程为:
+y2=1(a>1).
由e=,可得e2==,
解得a2=2,所以椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)方法一:
设C(x0,y0),且x0≠0,则D(-x0,y0).
因为A(0,1),B(0,-1),
所以直线AC的方程为y=x+1.
令y=0,得xM=,
所以M（,0）.
同理直线BD的方程为y=x-1,
求得N（,0）.
=（,-1）,=（,-1）,
所以·=+1,
由C(x0,y0)在椭圆G:+y2=1上,
所以=2(1-),
所以·=-1≠0,
所以∠MAN≠90°,
所以,以MN为直径的圆不过点A.
方法二:因为C,D关于y轴对称,且B在y轴上,
所以∠CBA=∠DBA.
因为N在x轴上,又A(0,1),B(0,-1)关于x轴对称,
所以∠NAB=∠NBA=∠CBA,
所以BC∥AN,
所以∠NAC=180°-∠ACB,
设C(x0,y0),且x0≠0,
则=2(1-).
因为·=(x0,y0-1)·(x0,y0+1)=+(-1)=>0,
所以∠ACB≠90°,
所以∠NAC≠90°,
所以,以MN为直径的圆不过点A.
方法三:设直线AC的方程为y=kx+1,
则M（-,0）,
化简得到x2+2(kx+1)2-2=0,
所以(1+2k2)x2+4kx=0,
所以x1=0,x2=,
所以y2=kx2+1=k+1=,
所以C（,）,
因为C,D关于y轴对称,
所以D（,）.
所以直线BD的方程为y=x-1,
即y=x-1.
令y=0,得到x=2k,所以N(2k,0).
·=（-,-1）·(2k,-1)=-1≠0,
所以∠MAN≠90°,
所以,以MN为直径的圆不过点A.
【加固训练】(2014·益阳模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.过点M(2,0)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)求·的取值范围.
(3)若B点关于x轴的对称点是N,证明:直线AN恒过一定点.
【解题提示】(1)由短轴长及离心率可得椭圆方程.
(2)直线与椭圆方程联立,利用向量坐标运算即可得出·的解析式,利用函数求最值.
(3)由对称性可知定点在x轴上.
【解析】(1)依题意得:b=1,e==,
所以a2=2c2=2a2-2b2,故a2=2,
故方程为+y2=1.
(2)由题意,设l:y=k(x-2),与椭圆C的方程联立,消去y得:
(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0.
由Δ>0得0≤k2<.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
x1+x2=,x1x2=.
所以·=x1x2+y1y2.
=x1x2+k2(x1-2)(x2-2)
=(1+k2)x1x2-2k2(x1+x2)+4k2
==5-.
因为0≤k2<,
所以<≤7,
故所求范围是[-2,）.
(3)由对称性可知N(x2,-y2),定点在x轴上.
直线AN:y-y1=(x-x1),令y=0得:
x=x1-
=
=
==1,
所以直线l过定点(1,0).
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