高考数学专题五第3讲知能演练轻松闯关训练题.doc

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1、高考数学 专题五第3讲知能演练轻松闯关训练题1(山东潍坊二模)过点A(4,0)的动直线l与抛物线G：x22py(p0)相交于B，C两点当直线l的斜率是时，4.(1)求抛物线G的方程；(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围解：(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是时，l的方程为y(x4)，即x2y4，联立，得2y2(8p)y80，y1y2，y1y24，由4，y24y1，由根与系数的关系及p0可得y11，y24，p2，抛物线G的方程为x24y.(2)由题意知直线l的斜率存在，且不为0，设l：yk(x4)，BC中点坐标为(x0，y0)，由，得x24kx16k

2、0，由0得k0，x02k，y0k(x04)2k24k，BC中垂线方程为y2k24k(x2k)，b2(k1)2，b2.故b的取值范围是(2，)2(河南八校联考)椭圆的中心是坐标原点O，焦点F1，F2在y轴上，它的一个顶点为A(，0)，且中心O到直线AF1的距离为焦距的，过点M(2,0)的直线l与椭圆交于不同的两点P，Q，点N在线段PQ上(1)求椭圆的标准方程；(2)设|PM|NQ|PN|MQ|，求动点N的轨迹方程解：(1)设椭圆的标准方程是1(ab0)由于椭圆的一个顶点是A(，0)，故b22.根据题意得，AF1O，sinAF1O，即a2b，a28，所以椭圆的标准方程是1.(2)设P(x1，y1)

3、，Q(x2，y2)，N(x，y)，由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)直线l的方程与椭圆方程联立消去y得：(k24)x24k2x4k280.由16k44(k24)(4k28)0，得2kb0)的一个焦点是F(1,0)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点F的直线交椭圆C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点P(0，y0)，求y0的取值范围解：(1)设椭圆C的半焦距是c.依题意，得c1.因为椭圆C的离心率为，所以a2c2，b2a2c23.故椭圆C的方程为1.(2)当MNx轴时，显然y00.当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为yk(x1)(k0)由，消去y

4、并整理得(34k2)x28k2x4(k23)0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x3，y3)，又x1x2，所以x3，y3k(x31).线段MN的垂直平分线的方程为y(x)在上述方程中，令x0，得y0.当k0时，4k4.所以y00或0b0)的左、右焦点分别为F1、F2，短轴的两端点为A、B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形(1)求椭圆的方程；(2)假设C、D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连结CM，交椭圆于点P，证明：为定值；(3)在(2)的条件下，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？假设存在，求出点Q

5、的坐标；假设不存在，说明理由解：(1)由题意，得2b2c2.bc，a2，所求椭圆的方程是1.(2)证明：由(1)知，C(2,0)，D(2,0)由题意可设CM：yk(x2)，P(x1，y1)，MDCD，M(2,4k)由，消去y并整理得(12k2)x28k2x8k240.2x1，x1.y1k(x12)，P(，)24k4.即为定值(3)设Q(x0,0)(x02)，假设以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点，那么MQDP，0.由(2)可知(2x0,4k)，(，)(2x0)4k0.即x00，x00.存在Q(0,0)使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点6(深圳市调研)如图，椭圆C：1(ab0)的离心

6、率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：(x2)2y2r2(r0)，设圆T与椭圆C交于点M与点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x轴交于点R、S，O为坐标原点，求证：|OR|OS|为定值解：(1)依题意，得a2，e，c，b 1.故椭圆C的方程为y21.(2)易知点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，y1)，不妨设y10.由于点M在椭圆C上，y1.由T(2,0)，那么(x12，y1)，(x12，y1)，(x12，y1)(x12，y1)(x12)2y(x12)2(1)x4x13(x1)2.由于2x12，故当x1时，取得最小值.把x1代入式，得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(x2)2y2.(3)证明：设P(x0，y0)，那么直线MP的方程为yy0(xx0)，令y0，得xR，同理：xS，故xRxS.又点M与点P在椭圆上，故x4(1y)，x4(1y)，代入式，得：xRxS4.所以|OR|OS|xR|xS|xRxS|4为定值