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2015届高三数学(理)湘教版一轮复习课时跟踪检测60 定点、定值、探索性问题]


课时跟踪检测(六十) 定点、定值、探索性问题 (分Ⅰ、Ⅱ卷,共 2 页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.已知椭圆 C 过点 M?1,

?

6? ,点 F(- 2,0)是椭圆的左焦点,点 P,Q 是椭圆 C 2?

上的两个动点,且|PF|,|MF|,|QF|成等差数列. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)求证:线段 PQ 的垂直平分线经过一个定点 A.

x2 y2 2 2. (2013· 济南模拟)已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,且 a b 2 过点(2, 2). (1)求椭圆的标准方程; b2 (2)四边形 ABCD 的顶点在椭圆上,且对角线 AC,BD 过原点 O,若 kAC· kBD=- 2. a 求证:四边形 ABCD 的面积为定值.

3. (2013· 北京东城区期末)在平面直角坐标系 xOy 中,动点 P 到两点(- 3,0),( 3, 0)的距离之和等于 4,设点 P 的轨迹为曲线 C,直线 l 过点 E(-1,0)且与曲线 C 交于 A,B 两点. (1)求曲线 C 的轨迹方程; (2)△AOB 的面积是否存在最大值,若存在,求出△AOB 的面积的最大值;若不存在, 说明理由.

第Ⅱ卷:提能增分卷 x y 1.已知椭圆 C: + =1,点 F1,F2 分别为其左、右焦点,点 A 4 3 为左顶点,直线 l 的方程为 x=4,过点 F2 的直线 l′与椭圆交于异于 点 A 的 P,Q 两点. (1)求 AP · AQ 的取值范围; (2)若 AP∩l=M,AQ∩l=N,求证:M,N 两点的纵坐标之积为定值,并求出该定值.
2 2

x2 y2 x2 y2 2. (2013· 合肥模拟)已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)与双曲线 2- =1(0<m2<3) a b m 3-m2 有公共的焦点, 过椭圆 E 的右顶点 R 任意作直线 l, 设直线 l 交抛物线 y2=2x 于 M, N 两点, 且 OM⊥ON. (1)求双曲线的焦点坐标和椭圆 E 的方程; (2)设 P 是椭圆 E 上第一象限内的点,点 P 关于原点 O 的对称点为 A、关于 x 轴的对称 点为 Q,线段 PQ 与 x 轴相交于点 C,点 D 为 CQ 的中点,若直线 AD 与椭圆 E 的另一个交 点为 B,试判断直线 PA,PB 是否相互垂直?并证明你的结论.

答 案

第Ⅰ卷:夯基保分卷

1.解:(1)设椭圆

?1 4 x y C 的方程为 + =1(a>b>0),由已知,得?a +b =1, a b ?a -b =2,
2 2 2 2 2 2 2 2

6

解得

?a2=4, ? ? 2 ? ?b =2,

x2 y2 ∴椭圆的标准方程为 + =1. 4 2 x2 y2 (2)证明:设 P(x1,y1),Q(x2,y2),由椭圆的标准方程为 + =1, 4 2 可知|PF|=
2 ?x1+ 2?2+y1 =

(x1+ 2)2+2- 21=2+ 2 x1,
同理|QF|=2+ |MF|= 2 x, 2 2 2 6?2 =2+ , 2 ?2?

x2

2

?1+ 2?2+?

∵2|MF|=|PF|+|QF|, ∴2?2+

?

2 2? =4+ (x1+x2),∴x1+x2=2. 2 2?

2 ?x2 ? 1+2y1=4, (ⅰ)当 x1≠x2 时,由? 2 2 ?x2+2y2=4. ? 2 2 2 得 x2 1-x2+2(y1-y2)=0,



y1-y2 1 x1+x2 =- · . 2 y1+y2 x1-x2 y1-y2 1 =- , 2n x1-x2

设线段 PQ 的中点为 N(1,n),由 kPQ=

得线段 PQ 的中垂线方程为 y-n=2n(x-1), ∴(2x-1)n-y=0, 1 ? 该直线恒过一定点 A? ?2,0?. (ⅱ)当 x1=x2 时,P?1,-

?

6? 6 6 6 ,Q?1, ?或 P?1, ?,Q?1,- ?, 2? 2? 2? 2? ? ? ?

1 ? 线段 PQ 的中垂线是 x 轴,也过点 A? ?2,0?.

1 ? 综上,线段 PQ 的中垂线过定点 A? ?2,0?. c 2 4 2 2.解:(1)由题意 e= = , 2+ 2=1, a 2 a b x2 y2 又 a2=b2+c2,解得 a2=8,b2=4,故椭圆的标准方程为 + =1. 8 4 (2)证明:设直线 AB 的方程为 y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2),
? ?y=kx+m, 联立? 2 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, 2 ?x +2y =8. ?

Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0, ① -4km ? ?x +x =1+2k , 由根与系数的关系得? 2m -8 ?x x = 1+2k . ?
1 2 2 2 1 2 2

b2 1 ∵kAC· kBD=- 2=- , a 2 ∴ y1y2 1 =- , x1x2 2

2 m2-4 1 1 2m -8 ∴y1y2=- x1x2=- · =- . 2 2 1+2k2 1+2k2

又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+km(x1+x2)+m2
2 2 -8 -4km 2 m -8k =k +km +m = , 1+2k2 1+2k2 1+2k2 22m 2

m2-4 m2-8k2 ∴- = , 1+2k2 1+2k2 ∴-(m2-4)=m2-8k2, ∴4k2+2=m2. 设原点到直线 AB 的距离为 d,则 1 1 S△AOB= |AB|· d= 2 2 = |m| 2 1+k2· |x2-x1|·
2

|m| |m| 2= 2 1+k

?x1+x2?2-4x1x2

? -4km ?2-4×2m -8= ?1+2k2? 1+2k2 ? ?
8m2 =2 2, ?1+2k2?2

|m| 2

∴S 四边形 ABCD=4S△AOB=8 2, 即四边形 ABCD 的面积为定值.

3.解:(1)由椭圆定义可知,点 P 的轨迹 C 是以(- 3,0),( 3,0)为焦点,长半轴长 为 2 的椭圆. x2 故曲线 C 的轨迹方程为 +y2=1. 4 (2)△AOB 的面积存在最大值. 因为直线 l 过点 E(-1,0),所以可设直线 l 的方程为 x=my-1 或 y=0(舍). x ? ? 4 +y2=1, 由? ? ?x=my-1. 整理得(m2+4)y2-2my-3=0, Δ=(2m)2+12(m2+4)>0. 设点 A(x1,y1),B(x2,y2),其中 y1>y2. m+2 m2+3 m-2 m2+3 解得 y1= ,y2= . 2 m +4 m2+4 则|y2-y1|= 4 m2+3 . m2+4
2

2 m2+3 1 因为 S△AOB= |OE|· |y1-y2|= 2 = 2 m +4 2 m2+3+ 1 m2+3 .

设 t= m2+3,t≥

1 1 3,g(t)=t+ ,则 g′(t)=1- 2,故当 t≥ 3时 g′(t)>0 恒成立, t t

4 3 则 g(t)在区间[ 3,+∞)上为增函数,所以 g(t)≥g( 3)= . 3 所以 S△AOB≤ 3 ,当且仅当 m=0 时取等号. 2 3 . 2

所以 S△AOB 的最大值为 第Ⅱ卷:提能增分卷

1.解:(1)①当直线 PQ 的斜率不存在时, 由 F2(1,0)可知 PQ 的方程为 x=1, 3? x2 y2 代入椭圆 C: + =1,得点 P? ?1,2?, 4 3 3? Q? ?1,-2?,又点 A(-2,0), 3? 3? ? 故 AP =? ?3,2?, AQ =?3,-2?,

AP · AQ = 4 .
x2 y2 ②当直线 PQ 的斜率存在时, 设 PQ 的方程为 y=k(x-1)(k≠0), 代入椭圆 C: + =1, 4 3 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0. 4k2-12 8k2 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),得 x1+x2= ,y1y2=k2(x1-1)·(x2-1)= 2,x1x2= 3+4k 3+4k2 -9k2 k2(-x1-x2+x1x2+1)= , 3+4k2 故 AP ·AQ = (x1 + 2)(x2 + 2) + y1y2 = x1x2 + 2(x1 + x2) + 4 + y1y2 = 27k2 27 ∈ 2= 3 3+4k 2+4 k

27

?0,27?, 4? ?
27? 综上, AP · AQ 的取值范围是? ? 0, 4 ? . y1 (2)证明:由(1)知,直线 AP 的方程为 y= (x+2),与直线 l 的方程 x=4 联立, x1+2 6y1 6y2 得 M?4,x +2?,同理,得 N?4,x +2?, ? ? ? ? 1 2 故 M,N 两点的纵坐标之积 yMyN= 6y1 6y2 36y1y2 · = . x1+2 x2+2 x1x2+2?x1+x2?+4

3 3 - ? 36× ×? 2 ? 2? ①当直线 PQ 的斜率不存在时,yMyN= =-9; 1×1+2?1+1?+4 ②当直线 PQ 的斜率存在时,由(1)可知, 324k2 - 3+4k2 yMyN= 2 =-9. 4k -12 16k2 + +4 3+4k2 3+4k2 综上所述,M,N 两点的纵坐标之积为定值,该定值为-9. 2.解:(1)由题意可知 c 双= m2+3-m2= 3,故双曲线的焦点坐标为 F1(- 3,0)、 F2( 3,0). 设点 M(x1,y1)、N(x2,y2), 设直线 l:ty=x-a,代入 y2=2x 并整理得
? ?y1+y2=2t, y2-2ty-2a=0,所以? ?y1y2=-2a. ?

ON = x1x2 + y1y2 = (ty1 + a)(ty2 + a) + y1y2 = (t2 + 1)y1y2 + at(y1 + y2) + a2 = (t2 + 故 OM ·
1)(-2a)+2at2+a2

=a2-2a=0,解得 a=2. x2 又 c 椭=c 双= 3,所以椭圆 E 的方程为 +y2=1. 4 (2)法一 判断结果:PA⊥PB 恒成立. 证明如下:设 P(x0,y0),则 A(-x0,-y0), 1 2 D(x0,- y0),x2 0+4y0=4, 2 将直线 AD 的方程 y0 y= (x+x0)-y0 代入椭圆方程并整理得 4x0
2 2 2 2 2 2 (4x2 0+y0)x -6x0y0x+9x0y0-16x0=0,

由题意可知此方程必有一根为-x0.
2 6x0y0 于是解得 xB= 2 2+x0, 4x0+y0 2 2 y3 y0 6x0y0 0-2x0y0 所以 yB= ?4x2+y2+2x0?-y0= 2 2 , 4x0? 0 0 ? 4x0+y0 2 y3 0-2x0y0 -y0 2 4x0+y2 -6x2 x0 0 0y0 所以 kPB= = =- , 2 6x0y0 6x0y2 y0 0 2 4x2 0+y0

x0 y0 故 kPAkPB=- × =-1,即 PA⊥PB. y0 x0 法二 判断结果:PA⊥PB 恒成立. 证明如下:设 B(x1,y1),P(x0,y0),
2 y0 x2 y1 -y2 x2 1 0 0 2 x0,- ?, 1+y2 则 A(-x0,-y0),D? = 1 , + y = 1 ,两式相减得 =- , 2 1 0 2? 4 ? 4 4 x1-x2 0

故 kBA· kBP=

2 y1+y0 y1-y0 y2 1 1-y0 · = 2 2=- . 4 x1+x0 x1-x0 x1-x0

1 - y0+y0 2 1 y y0 x - ?÷ 0 =- 0, 又 kAB=kAD= = ,代入上式可得 kPB=? 4 ? ? 4 x 4 x y0 x0+x0 0 0 y0 ? x0? - =-1, 所以 kPAkPB= · x0 ? y0? 即 PA⊥PB.


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