高三数学难题

[例3](2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，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＝teq\o\al(2,2)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：teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)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＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)，①直线A2B的方程为y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a)．②由①②得y2＝eq\f(－y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－a2)(x2－a2)．③由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.从而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2).因为点A，A′均在椭圆上，所以b2xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))＝b2xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),a2))).由t1≠t2，知x1≠x2，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝a2，从而yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝b2，因此teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)＝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Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),2p)，y0))，M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，M2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))，由点A，M，M1共线可知eq\f(y0－b,\f(y\o\al(2,0),2p)－a)＝eq\f(y1－y0,\f(y\o\al(2,1),2p)－\f(y\o\al(2,0),2p))，得y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，同理由点B，M，M2共线得y2＝eq\f(2pa,y0).设(x，y)是直线M1M2上的点，则eq\f(y2－y1,\f(y\o\al(2,2),2p)－\f(y\o\al(2,1),2p))＝eq\f(y2－y,\f(y\o\al(2,2),2p)－x)，即y1y2＝y(y1＋y2)－2px，又y1＝eq\f(by0－2pa,y0－b)，y2＝eq\f(2pa,y0)，则(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0.当x＝a，y＝eq\f(2pa,b)时上式恒成立，即定点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2pa,b))).6．(2013·长沙)直线l：x－y＝0与椭圆eq\f(x2,2)＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得3x2＝2，∴x＝±eq\f(\r(6),3)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，∴|AB|＝eq\f(4\r(3),3).设点C(eq\r(2)cosθ，sinθ)，则点C到AB的距离d＝eq\f(|\r(2)cosθ－sinθ|,\r(2))＝eq\f(\r(3),\r(2))·eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))sin(θ－φ)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,))≤eq\f(\r(3),\r(2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·d≤eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)8．(2012·黄冈质检)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为eq\r(2)＋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)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a＋c＝\r(2)＋1))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2),c＝1))，∴b＝1，∴椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋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eq\f(x2,2)＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,2k2＋1).设AB的中点为M，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,2k2＋1)，－\f(k,2k2＋1))).∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，∴eq\f(\f(k,2k2＋1),m－\f(2k2,2k2＋1))·k＝－1，即(1－2m)k2＝m.∴当0≤m＜eq\f(1,2)时，k＝±eq\r(\f(m,1－2m))，即存在满足题意的直线l；当eq\f(1,2)≤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eq\r(5)，圆C与离心率e＞eq\f(1,2)的椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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eq\f(|k－0－4k＋4|,\r(k2＋1))＝eq\r(5).∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝eq\f(11,2)或k＝eq\f(1,2).当k＝eq\f(11,2)时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为eq\f(36,11)，不合题意，舍去．当k＝eq\f(1,2)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|＝eq\r(3＋42＋12)＋eq\r(3－42＋12)＝5eq\r(2)＋eq\r(2)＝6eq\r(2).∴a＝3eq\r(2)，即a2＝18，∴e＝eq\f(4,3\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)＞eq\f(1,2)，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eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,2)＝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＝eq\f(16,13)，y1y2＝－eq\f(2,13)，故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(24\r(10),13).3．(2012·深圳模拟)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，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＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(a2－c2)＝1.故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋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，∴yeq\o\al(2,1)＝1－eq\f(x\o\al(2,1),4).(*)由已知T(－2,0)，则,＝(x1＋2，y1)，,＝(x1＋2，－y1)，∴,·,＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－yeq\o\al(2,1)＝(x1＋2)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＝eq\f(5,4)xeq\o\al(2,1)＋4x1＋3＝eq\f(5,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(8,5)))2－eq\f(1,5).由于－2＜x1＜2，故当x1＝－eq\f(8,5)时，,·,取得最小值－eq\f(1,5).把x1＝－eq\f(8,5)代入(*)式，得y1＝eq\f(3,5)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，\f(3,5)))，又点M在圆T上，代入圆的方程得r2＝eq\f(13,25).故圆T的方程为(x＋2)2＋y2＝eq\f(13,25).(3)设P(x0，y0)，则直线MP的方程为：y－y0＝eq\f(y0－y1,x0－x1)(x－x0)，令y＝0，得xR＝eq\f(x1y0－x0y1,y0－y1)，同理：xS＝eq\f(x1y0＋x0y1,y0＋y1)，故xR·xS＝eq\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1)).(**)又点M与点P在椭圆上，故xeq\o\al(2,0)＝4(1－yeq\o\al(2,0))，xeq\o\al(2,1)＝4(1－yeq\o\al(2,1))，代入(**)式，得xR·xS＝eq\f(41－y\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－41－y\o\al(2,0)y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1))))＝4.所以|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4为定值．5．(2012·郑州模拟)若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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＋eq\f(b,2)＝eq\f(7,7＋3)×2c，即b＝eq\f(4,5)c(其中c是双曲线的半焦距)，a＝eq\r(c2－b2)＝eq\f(3,5)c，则eq\f(c,a)＝eq\f(5,3)，因此该双曲线的离心率等于eq\f(5,3).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MD．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＝eq\f(14\r(3),3)，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＝eq\f(BC,2R)＝eq\f(5\r(3),14)，∴cos∠BAC＝eq\f(11,14)，|AC|＝2Rsin∠ABC＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＝14，sin∠ACB＝sin(60°－∠BAC)＝sin60°cos∠BAC－cos60°sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(11,14)－eq\f(1,2)×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(3\r(3),14)，∴|AB|＝2Rsin∠ACB＝2×eq\f(14\r(3),3)×eq\f(3\r(3),14)＝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eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝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Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2p)，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2p)，y2))(y1≠y2)．由抛物线定义及|PF|＝|QF|，得eq\f(y\o\al(2,1),2p)＋eq\f(p,2)＝eq\f(y\o\al(2,2),2p)＋eq\f(p,2)，所以yeq\o\al(2,1)＝yeq\o\al(2,2)，所以y1＝－y2.又|PQ|＝2，因此|y1|＝|y2|＝1，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2p)，y1)).又点P位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF|＝eq\f(1,2p)＋eq\f(p,2)＝2，由此解得p＝2±eq\r(3).14．已知F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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|＝eq\r(10)＋eq\r(5)，则此椭圆的方程是______________________．解析：由于直线AB的斜率为－eq\f(b,a)，故直线OP的斜率为－eq\f(b,a)，直线OP的方程为y＝－eq\f(b,a)x.与椭圆方程联立得eq\f(x2,a2)＋eq\f(x2,a2)＝1，解得x＝±eq\f(\r(2),2)a.根据PF1⊥x轴，取x＝－eq\f(\r(2),2)a，从而－eq\f(\r(2),2)a＝－c，即a＝eq\r(2)c.又|F1A|＝a＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，故eq\r(2)c＋c＝eq\r(10)＋eq\r(5)，解得c＝eq\r(5)，从而a＝eq\r(10).所以所求的椭圆方程为eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝1.答案：eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,5)＝118．(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＋\f(b－2,2)＋2＝0，,\f(b＋2,a＋2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－1，,x2＋y2＝2))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＝eq\f(k2－2k－1,1＋k2).同理可得xB＝eq\f(k2＋2k－1,1＋k2)，所以kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(－kxB－1－kxA－1,xB－xA)＝eq\f(2k－kxB＋xA,xB－xA)＝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eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，短轴的一个端点为M(0,1)，直线l：y＝kx－eq\f(1,3)与椭圆相交于不同的两点A，B.(1)若|AB|＝eq\f(4\r(26),9)，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eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1.由a2＝b2＋c2可得c＝b＝1，a＝eq\r(2)，∴椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(2k2＋1)x2－eq\f(4,3)kx－eq\f(16,9)＝0.Δ＝eq\f(16,9)k2－4(2k2＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))＝16k2＋eq\f(64,9)＞0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k,32k2＋1)，x1x2＝－eq\f(16,92k2＋1).∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(1＋k29k2＋4),32k2＋1)＝eq\f(4\r(26),9)，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－eq\f(4,3)k(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝－eq\f(161＋k2,92k2＋1)－eq\f(16k2,92k2＋1)＋eq\f(16,9)＝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：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a＞eq\r(2))的右焦点为F1，直线l：x＝eq\f(a2,\r(a2－2))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，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))，0))，F1(eq\r(a2－2)，0)，由,＋2,＝0，得eq\r(a2－2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))－\r(a2－2)))，解得a2＝6.所以椭圆M的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝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eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝6－3yeq\o\al(2,0).因为点N(0,2)，所以,2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－2)2＝－2(