（浙江专用）高考数学 冲刺必备 第二部分 专题五 第三讲2 冲刺直击高考.doc

2013届高考数学（浙江专用）冲刺必备：第二部分 专题五 第三讲2 冲刺直击高考限时：40分钟满分：56分1(满分14分)在直角坐标系xoy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆e的一个焦点为圆c：x2y24x20 的圆心(1)求椭圆e的方程；(2)设p是椭圆e上一点，过p作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆c相切时，求p的坐标解：(1)由x2y24x20得(x2)2y22，故圆c的圆心为点(2,0)从而可设椭圆e的方程为1(ab0)，其焦距为2c.由题设知c2，e.所以a2c4，b2a2c212.故椭圆e的方程为1.(2)设点p的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2，则l1，l2的方程分别为l1：yy0k1(xx0)，l2：yy0k2(xx0)，且k1k2，由l1与圆c：(x2)2y22相切得，即(2x0)22k2(2x0)y0k1y20.同理可得(2x0)22k2(2x0)y0k2y20.从而k1，k2是方程(2x0)22k22(2x0)y0ky20的两个实根，于是且k1k2.由得5x8x0360，解得x02，或x0.由x02得y03；由x0得y0，它们均满足式故点p的坐标为(2,3)，或(2，3)，或，或.2(满分14分)如图，椭圆c0：1(ab0，a，b为常数)，动圆c1：x2y2t12，bt1a.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：x2y2t22与c0相交于a，b，c，d四点，其中bt2a，t1t2.若矩形abcd与矩形abcd的面积相等，证明：t12t22为定值解：(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(xa)，直线a2b的方程为y(xa)由得y2(x2a2)由点a(x1，y1)在椭圆c0上，得1.从而yb2，代入得1(xa，yb0)的离心率e ，且椭圆c上的点到点q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆c的方程；(2)在椭圆c上，是否存在点m(m，n)，使得直线l：mxny1与圆o：x2y21相交于不同的两点a、b，且oab的面积最大？若存在，求出点m的坐标及对应的oab的面积；若不存在，请说明理由解：(1)由e ，得ab，椭圆c：1，即x23y23b2，设p(x，y)为c上任意一点，则|pq|，byb，若b1，当yb时，|pq|max3，又因为b0，得b1(舍去)；若b1，则b1，当y1时，|pq|max3，得b1，所以椭圆c的方程为y21.(2)法一：假设存在这样的点m(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m.由题意可得saob|oa|ob|sin aobsin aob，当aob90时取等号，这时aob为等腰直角三角形，此时圆心(0,0)到直线mxny1的距离为，则 ，得m2n22，又因为n21，解得m2，n2，即存在点m的坐标为，或，或，或满足题意，且aob的最大面积为.法二：假设存在这样的点m(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m.设a(x1，y1)、b(x2，y2)，由消去y得(m2n2)x22mx1n20，把n21代入整理得(32m2)x26mxm20，则8m2(3m2)0，所以而saob|oa|ob|sin aobsin aob，当aob90，saob取得最大值，此时x1x2y1y20，又因为y1y2，所以x1x20，即33m(x1x2)(32m2)x1x20，把代入上式整理得2m49m290，解得m2或m23(舍去)，所以m，n ，所以m点的坐标为，或，或，或，使得saob取得最大值.4(满分14分)已知椭圆c的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆c上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆c的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆c相交于a，b两点(a，b不是左右顶点)，且以ab为直径的圆过椭圆c的右顶点d.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标解：(1)由题意设椭圆的标准方程为：1(ab0)由已知得ac3，ac1，所以a2，c1，所以b2a2c23，因此椭圆c的标准方程为1.(2)证明：设a(x1，y1)，b(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0，则又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.因为以ab为直径的圆过椭圆的右顶点d(2,0)，所以kadkbd1，即1.故y1y2x1x22(x1x2)40.即40.则7m216m