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课时跟踪检测61 定点、定值、探索性问题


课时跟踪检测(六十一)

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 上的 2?

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.

x y 2 2. (2013·济南模拟)已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 , a b 2 且过点(2, 2). (1)求椭圆的标准方程; b (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.
2

2

2

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

x y x y 2 2. (2013·合肥模拟)已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)与双曲线 2- 2=1(0<m <3) a b m 3-m 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 y =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.
2

2

2

2

2

答 案

第Ⅰ卷:夯基保分卷 6 ? ?1 4 x y 1.解:(1)设椭圆 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

解得

?a =4, ? ? 2 ?b =2, ?

2

x y ∴椭圆的标准方程为 + =1. 4 2 x y (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 1 1 2 2

2

2

+ 2
2 1

2

+y1=
1

2

2 (x + 2) +2-x =2+ x , 2 2 同理|QF|=2+ 2 x2, 2
2

|MF|=

+ 2

+?

2 ? 6?2 ? =2+ 2 , 2 ? ?

∵2|MF|=|PF|+|QF|, ∴2?2+

? ?

2 2? ?=4+ 2 (x1+x2),∴x1+x2=2. 2?
2 2

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

得 x1-x2+2(y1-y2)=0, ∴ y1-y2 1 x1+x2 =- · . x1-x2 2 y1+y2

2

2

2

2

y1-y2 1 设线段 PQ 的中点为 N(1,n),由 kPQ= =- , x1-x2 2n 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? ,0?. ?2 ?
(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? ,0?. ?2 ? ?1 ? 综上,线段 PQ 的中垂线过定点 A? ,0?. ?2 ?
c 2 4 2 2.解:(1)由题意 e= = , 2+ 2=1, a 2 a b x y 又 a =b +c ,解得 a =8,b =4,故椭圆的标准方程为 + =1. 8 4
2 2 2 2 2 2 2

(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 2 ?x +2y =8. ?
2

得(1+2k )x +4kmx+2m -8=0,
2 2 2 2

2

2

2

Δ =(4km) -4(1+2k )(2m -8)=8(8k -m +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

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

2

1 1 2m -8 m -4 ∴y1y2=- x1x2=- · 2=- 2. 2 2 1+2k 1+2k 又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k x1x2+km(x1+x2)+m
2 2 2

=k

2

2m -8 -4km m -8k 2 2+km 2+m = 2, 1+2k 1+2k 1+2k
2 2 2

2

2

m -4 m -8k ∴- 2= 2, 1+2k 1+2k

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

2

2

2

|m| 1+k

2



|m| 2

1

+x2

2

-4x1x2

? -4km2?2-4×2m -8= ?1+2k ? 2 1+2k ? ?
8m 2 +2k
2 2

|m| 2

=2 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. x 2 故曲线 C 的轨迹方程为 +y =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 ? ? +y2=1, 由? 4 ? ?x=my-1. 整理得(m +4)y -2my-3=0, Δ =(2m) +12(m +4)>0. 设点 A(x1,y1),B(x2,y2),其中 y1>y2. m+2 m +3 m-2 m +3 解得 y1= ,y2= . 2 2 m +4 m +4 4 m +3 则|y2-y1|= 2 . m +4 1 2 m +3 因为 S△AOB= |OE|·|y1-y2|= 2 = 2 m +4 2 m +3+
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 m +3
2 2

.

设 t= m +3,t≥

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

4 3 立,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,
2 2 x y ? 3? 代入椭圆 C: + =1,得点 P?1, ?, 4 3 ? 2?

3? ? Q?1,- ?,又点 A(-2,0), 2? ? 3? ? 3? ? 故 AP =?3, ?, AQ =?3,- ?, 2? ? 2? ?

AP · AQ = .
x y 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+4k )x -8k x+4k -12=0. 8k 4k -12 2 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),得 x1+x2= 2,x1x2= 2 ,y1y2=k (x1-1)·(x2-1)= 3+4k 3+4k -9k k (-x1-x2+x1x2+1)= 2, 3+4k
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

27 4

故 AP · AQ = (x1 + 2)(x2 + 2) + y1y2 = x1x2 + 2(x1 + x2) + 4 + y1y2 =

27k 27 ∈ 2= 3+4k 3 2+4 k

2

?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, ,同理,得 N?4, ? ?, ? x1+2? ? x2+2? 6y1 6y2 36y1y2 故 M,N 两点的纵坐标之积 yMyN= · = . x1+2 x2+2 x1x2+ +4 1+x2 3 ? 3? 36× ×?- ? 2 ? 2? ①当直线 PQ 的斜率不存在时,yMyN= =-9; 1×1+ + +4 ②当直线 PQ 的斜率存在时,由(1)可知,

324k - 2 3+4k yMyN= 2 =-9. 2 4k -12 16k 2 + 2+4 3+4k 3+4k 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= m +3-m = 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 y =2x 并整理得
?y1+y2=2t, ? 2 y -2ty-2a=0,所以? ?y1y2=-2a. ?
2 2 2

2

故 OM · ON =x1x2+y1y2=(ty1+a)(ty2+a)+y1y2=(t +1)y1y2+at(y1+y2)+a =(t
2 2

2

+1)(-2a)+2at +a
2

2

2

=a -2a=0,解得 a=2. x 2 又 c 椭=c 双= 3,所以椭圆 E 的方程为 +y =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 2 D(x0,- y0),x0+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 (4x0+y0)x -6x0y0x+9x0y0-16x0=0, 由题意可知此方程必有一根为-x0. 6x0y0 于是解得 xB= 2 2+x0, 4x0+y0
3 2 y0 ? 6x0y0 y0-2x0y0 ? 所以 yB= ? 2 2+2x0?-y0= 2 2 , 4x0?4x0+y0 4x0+y0 ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

y0-2x0y0 2 2 -y0 2 4x0+y0 -6x0y0 x0 所以 kPB= = 2 2 =- , 6x0y0 6x0y0 y0 2 2 4x0+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),

3

2

2 2 2 y0? x2 x0 2 y1-y0 1 1 ? 2 则 A(-x0,-y0),D?x0,- ?, +y1=1, +y0=1,两式相减得 2 2=- , 2? 4 4 x1-x0 4 ?

y1+y0 y1-y0 y1-y0 1 故 kBA·kBP= · = 2 2=- . x1+x0 x1-x0 x1-x0 4 1 - y0+y0 2 y0 x0 ? 1? y0 又 kAB=kAD= = ,代入上式可得 kPB=?- ?÷ =- , x0+x0 4x0 y0 ? 4? 4x0 y0 ? x0? 所以 kPAkPB= ·?- ?=-1, x0 ? y0? 即 PA⊥PB.

2

2


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