高三数学难题.doc

[例3]　(2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：＋＝1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．
(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；
(2)设动圆C2：x2＋y2＝t与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t＋t为定值．
[自主解答]　(1)设 A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①
直线A2B的方程为y＝(x－a)．②
由①②得y2＝(x2－a2)．③
由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.
从而y＝b2，代入③得－＝1(x<－a，y<0)．
(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|，
故xy＝xy.
因为点A，A′均在椭圆上，所以
b2x＝b2x.
由t1≠t2，知x1≠x2，所以x＋x＝a2，从而y＋y＝b2，
因此t＋t＝a2＋b2为定值．

3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)及定点A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是抛物线上的点．设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为________．
解析：设M，M1，M2，由点A，M，M1共线可知＝，得y1＝，同理由点B，M，M2共线得y2＝.设(x，y)是直线M1M2上的点，则＝，即y1y2＝y(y1＋y2)－2px，又y1＝，y2＝，
则(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0.
当x＝a，y＝时上式恒成立，即定点为.

6．(2013·长沙)直线l：x－y＝0与椭圆＋y2＝1相交于A、B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为________．
解析：由得3x2＝2，∴x＝±，
∴A，B，
∴|AB|＝.
设点C(cos θ，sin θ)，则点C到AB的距离d＝＝·sin(θ－φ)≤，
∴S△ABC＝|AB|·d≤××＝.
答案：

8．(2012·黄冈质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为＋1.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使得|AC|＝|BC|？并说明理由．
解：(1)∵，∴，∴b＝1，
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1.
假设存在满足题意的直线l，
设l的方程为y＝k(x－1)，代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝.
设AB的中点为M，则M.
∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，
∴·k＝－1，即(1－2m)k2＝m.
∴当0≤m＜时，k＝± ，即存在满足题意的直线l；
当≤m≤1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.

2．(2012·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m＜3，半径为，圆C与离心率e＞的椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的其中一个公共点为A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若点P的坐标为(4,4)，试探究直线PF1与圆C能否相切？若能，设直线PF1与椭圆E相交于D，B两点，求△DBF2的面积；若不能，请说明理由．
解：(1)由已知可设圆C的方程为(x－m)2＋y2＝5(m＜3)，
将点A的坐标代入圆C的方程中，得(3－m)2＋1＝5，
即(3－m)2＝4，解得m＝1，或m＝5.
∴m＜3，∴m＝1.
∴圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝5.
(2)直线PF1能与圆C相切，
依题意设直线PF1的斜率为k，则直线PF1的方程为y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0，
若直线PF1与圆C相切，则＝.
∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝或k＝.
当k＝时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为，不合题意，舍去．
当k＝时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为－4，
∴c＝4，F1(－4,0)，F2(4,0)．
∴由椭圆的定义得：
2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝5＋＝6.
∴a＝3，即a2＝18，
∴e＝＝＞，满足题意．
故直线PF1能与圆C相切．
直线PF1的方程为x－2y＋4＝0，椭圆E的方程为＋＝1.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得，13y2－16y－2＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝－，
故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4＝.

3．(2012·深圳模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：(x＋2)2＋y2＝r2(r＞0)，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a＝2，e＝＝，
∴c＝，b＝＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1＞0.
由于点M在椭圆C上，∴y＝1－.(*)
由已知T(－2,0)，则,＝(x1＋2，y1)，,＝(x1＋2，－y1)，
∴,·,＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y
＝(x1＋2)2－＝x＋4x1＋3
＝2－.
由于－2＜x1＜2，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(x＋2)2＋y2＝.
(3)设P(x0，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＝4(1－y)，x＝4(1－y)，
代入(**)式，
得xR·xS＝＝4＝4.
所以|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4为定值．

5．(2012·郑州模拟)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为(　　)
解析：依题意得，c＋＝×2c，即b＝c(其中c是双曲线的半焦距)，a＝＝c，则＝，因此该双曲线的离心率等于.

6．设双曲线的左，右焦点为F1，F2，左，右顶点为M，N，若△PF1F2的一个顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点的位置是(　　)
A．在线段MN的内部
B．在线段F1M的内部或NF2内部
C．点N或点M
D．以上三种情况都有可能
解析：选C　若P在右支上，并设内切圆与PF1，PF2的切点分别为A，B，则|NF1|－|NF2|＝|PF1|－|PF2|＝(|PA|＋|AF1|)－(|PB|＋|BF2|)＝|AF1|－|BF2|.
所以N为切点，同理P在左支上时，M为切点．

10．(2012·南昌模拟)已知△ABC外接圆半径R＝，且∠ABC＝120°，BC＝10，边BC在x轴上且y轴垂直平分BC边，则过点A且以B，C为焦点的双曲线方程为(　　)
解析：∵sin∠BAC＝＝，
∴cos∠BAC＝，
|AC|＝2Rsin∠ABC＝2××＝14，
sin∠ACB＝sin(60°－∠BAC)
＝sin 60°cos∠BAC－cos 60°sin∠BAC
＝×－×＝，
∴|AB|＝2Rsin∠ACB＝2××＝6，
∴2a＝||AC|－|AB||＝14－6＝8，
∴a＝4，又c＝5，∴b2＝c2－a2＝25－16＝9，
∴所求双曲线方程为－＝1.

11．(2012·乌鲁木齐模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P，Q是抛物线上的两个点，若△PQF是边长为2的正三角形，则p的值是(　　)
解析：依题意得F，设P，Q(y1≠y2)．由抛物线定义及|PF|＝|QF|，得＋＝＋，所以y＝y，所以y1＝－y2.又|PQ|＝2，因此|y1|＝|y2|＝1，点P.又点P位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF|＝＋＝2，由此解得p＝2±.
14．已知F1，F2分别是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点，A，B分别是此椭圆的右顶点和上顶点，P是椭圆上一点，O是坐标原点，OP∥AB，PF1⊥x轴，|F1A|＝＋，则此椭圆的方程是______________________．
解析：由于直线AB的斜率为－，故直线OP的斜率为－，直线OP的方程为y＝－x.与椭圆方程联立得＋＝1，解得x＝±a.根据PF1⊥x轴，取x＝－a，从而－a＝－c，即a＝c.又|F1A|＝a＋c＝＋，故 c＋c＝＋，解得c＝，从而a＝.所以所求的椭圆方程为＋＝1.
答案：＋＝1

18．(12分)(2012·南昌模拟)已知圆C过点P(1,1)，且与圆M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称．
(1)求圆C的方程；
(2)过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由．
解：设圆心C(a，b)，则解得
则圆C的方程为x2＋y2＝r2，将点P的坐标代入得r2＝2，
故圆C的方程为x2＋y2＝2.
(2)由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设PA：y－1＝k(x－1)，
PB：y－1＝－k(x－1)，由得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因为点P的横坐标x＝1一定是该方程的解，故可得xA＝.同理可得xB＝，所以kAB＝＝＝＝1＝kOP，
所以，直线AB和OP一定平行．

20．(12分)(2012·河南模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴的一个端点为M(0,1)，直线l：y＝kx－与椭圆相交于不同的两点A，B.
(1)若|AB|＝，求k的值；
(2)求证：不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.
解：(1)由题意知＝，b＝1.
由a2＝b2＋c2可得c＝b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
由得(2k2＋1)x2－kx－＝0.
Δ＝k2－4(2k2＋1)×＝16k2＋＞0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－.
∴|AB|＝·|x1－x2|＝·＝＝，
化简得23k4－13k2－10＝0，即(k2－1)(23k2＋10)＝0，
解得k＝±1.
(2)∵,＝(x1，y1－1)，,＝(x2，y2－1)，
∴,·,＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)，
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝－－＋
＝0.
∴不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.

21． (2012·广州模拟)设椭圆M：＋＝1(a＞)的右焦点为F1，直线l：x＝与x轴交于点A，若,＋2,＝0(其中O为坐标原点)．
(1)求椭圆M的方程；
(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求,·,的最大值．
解：(1)由题设知，A，F1(，0)，由,＋2,＝0，得＝2，
解得a2＝6.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)设圆N：x2＋(y－2)2＝1的圆心为N，
则,·,＝(,－,)·(,－,)
＝(－,－,)·(,－,)
＝,2－,2
＝,2－1.
从而将求,·,的最大值转化为求NP―→,2的最大值．
因为P是椭圆M上的任意一点，设P(x0，y0)，
所以＋＝1，即x＝6－3y.
因为点N(0,2)，所以,2＝x＋(y0－2)2＝－2(y0＋1)2＋12.
因为y0∈[－， ]，所以当y0＝－1时，,2取得最大值12.
所以,·,的最大值为11.

22． (2012·湖北模拟)如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分．曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的交点且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝，|AF2|＝.
(1)求曲线C1和C2的方程；
(2)设点C是C2上一点，若|CF1|＝ |CF2|，求△CF1F2的面积．
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，
则2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝6，得a＝3.
设A(x，y)，F1(－c,0)，F2(c,0)，则(x＋c)2＋y2＝2，(x－c)2＋y2＝2，两式相减得xc＝.
由抛物线的定义可知|AF2|＝x＋c＝，
则c＝1，x＝或x＝1，c＝.又∠AF2F1为钝角，则x＝1，c＝不合题意，舍去．当c＝1时，b＝2，
所以曲线C1的方程为＋＝1，曲线C2的方程为y2＝4x.
(2)过点F1作直线l垂直于x轴，过点C作CC1⊥l于点C1，依题意知|CC1|＝|CF2|.
在Rt△CC1F1中，|CF1|＝ |CF2|＝|CC1|，所以∠C1CF1＝45°，
所以∠CF1F2＝∠C1CF1＝45°.
在△CF1F2中，设|CF2|＝r，则|CF1|＝r，|F1F2|＝2.
由余弦定理得22＋(r)2－2×2×rcos 45°＝r2，
解得r＝2，
所以△CF1F2的面积S△CF1F2＝|F1F2|·|CF1|sin 45°＝×2×2sin 45°＝2.