課時跟蹤檢測(五十四)定點、定值、探索性問題(選用)

1、課時跟蹤檢測(五十四)定點、定值、探索性問題(選用)(分i、n卷，共2頁)第I卷：夯基保分卷1已知橢圓C過點M1,¥，點F(2,0)是橢圓的左焦點，點P,Q是橢圓C上的兩個動點，且|PF|,|MF|,|QF|成等差數(shù)列.(1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 求證：線段PQ的垂直平分線經(jīng)過一個定點A.22且過點(2,.2).2. (2013濟(jì)南模擬)已知橢圓予+活=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;若kACkBD=了.a四邊形ABCD的頂點在橢圓上，且對角線AC,BD過原點0,求證：四邊形ABCD的面積為定值.3. (2013北京東城區(qū)期末)在平面直角坐標(biāo)系x

2、Oy中，動點P到兩點(一.3,0),(3,0)的距離之和等于4,設(shè)點P的軌跡為曲線C，直線I過點E(-1,0)且與曲線C交于A,B兩點.(1) 求曲線C的軌跡方程；(2) AOB的面積是否存在最大值，若存在，求出AOB的面積的最大值；若不存在，說明理由.第n卷：提能增分卷221已知橢圓C:鄉(xiāng)+y=1,點F!,F2分別為其左、右焦點，43點A為左頂點，直線I的方程為x=4,過點F2的直線I'與橢圓交于異于點A的P,Q兩點.II.(1) 求AP-AQ的取值范圍；(2) 若APnI=M,AQnI=N,求證：M,N兩點的縱坐標(biāo)之積為定值，并求出該定值.22222.(2013肥模擬)已知橢圓E:

3、a2+y2=1(a>b>0)與雙曲線-3="。久3)有公共的焦點，過橢圓E的右頂點R任意作直線I，設(shè)直線I交拋物線y2=2x于M,N兩點，且OM丄ON.(1)求雙曲線的焦點坐標(biāo)和橢圓E的方程；設(shè)P是橢圓E上第一象限內(nèi)的點，點P關(guān)于原點O的對稱點為A、關(guān)于x軸的對稱點為Q,線段PQ與x軸相交于點C,點D為CQ的中點，若直線AD與橢圓E的另一個交點為B，試判斷直線PA,PB是否相互垂直？并證明你的結(jié)論.答案第I卷：夯基保分卷f622141.解：(1)設(shè)橢圓C的方程為"2+*=1(a>b>0)，由已知，得a2+b2=1,解得abI2,2ab=2,a2=4,

4、b2=2,22橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+二=1.證明：設(shè)P(xi,yi),Q(X2,y2),22由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x+專=i，可知|PF|=一Xi+l22+y1=同理|QF|=2+¥x2,2|MF|=|PF|+|QF|,'xi+X2=2.x2+2y2=4,(i)當(dāng)xix2時，由22|x2+2y2=4.得X2-x2+2(yi-y2)=0,yiy2ixi+X2xiX22yi+y2設(shè)線段PQ的中點為N(i,n)，由kpQ=yiy2i得線段PQ的中垂線方程為yn=2n(xi),(2xi)ny=0,該直線恒過一定點A2，0.(ii)當(dāng)xi=線段PQ的中垂線是x軸，也過點A2，0.綜上，線段PQ

5、的中垂線過定點A2，0.c2.解：由題意e=a22解得a2=8,b2=4，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為X+'y=1.84證明：設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,A(X1,y1),B(X2,y2),聯(lián)立:f得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,x+2y=8.22222=(4km)4(1+2k)(2m-8)=8(8k-m+4)>0,4kmX1+X2=,1+2k由根與系數(shù)的關(guān)系得2m28X1X2_1+2k2.b21yy-kACkBD=a"=2，X1X212,c2c1 12m8'1'2=rX1X2=；22 21+2km2421+2k2222m84km2又'

6、1'2=(kX1+m)(kX2+m)=kX1X2+km(X1+X2)+m=k2+km+m1+2k1+2k22m8k2，1+2km24m28k222，1+2k1+2k222.(m4)=m8k,224k+2=m.設(shè)原點到直線AB的距離為d，則SOB=112AB|d=2|m|22+k|X2X1|+X224X1X24kmImj222Q+2k丿=m/8后=f-2.i+-k2-2，'S四邊形ABCD4S/AOB82,即四邊形ABCD的面積為定值.3解：(1)由橢圓定義可知，點P的軌跡C是以(-.3,0),(.3,0)為焦點，長半軸長為2的橢圓.2故曲線C的軌跡方程為7+y21.4AOB的面

7、積存在最大值.因為直線I過點E(1,0)，所以可設(shè)直線I的方程為xmy-1或y0(舍).-2*y2-1,由4xmy1.22整理得(m+4)y2my30,22(2m)+12(m+4)>0.設(shè)點A(x1,y”,B(x2,y2),其中y1>y2.解得y1-皿3m+m2+4,y2m2-：m2+3m2+44pm2+3則|y2y1|Hr因為S$ob2|OE|-y2|2 .、m2+32亦+4-'m2+3+.12yjm+3設(shè)tm+3,t>.3,g(t)=t+1,則g1-*,故當(dāng)t>.3時g(t)>0恒成立，則g(t)在區(qū)間r.3,+s)上為增函數(shù),所以g(t)>g(

8、,3)坍.所以SOBw于3,當(dāng)且僅當(dāng)m=0時取等號.所以SAOB的最大值為于.第n卷：提能增分卷1解：(1)當(dāng)直線PQ的斜率不存在時,由F2(1,0)可知PQ的方程為x=1,Q1，-3，又點A(2,0),故AP=3,2,AQ=3,27AP-AQ=27.422xy當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)PQ的方程為y=k(x1)(kz0)，代入橢圓C：；+:=1,2222得(3+4k)x8kx+4k12=0.8k24k21222設(shè)P(X1,y1),Q(X2,y2),得X1+X2=,X1X2=2,y"2=k(X11)(X21)=k(3+4k3+4k9k2X1X2+X1X2+1)=廝,故APAQ=(X1

9、+2)(X2+2)+y1y2=沁+2(X1+X2)+4+沖=衛(wèi)£=尹6yixi+2，同理，得N6Y2_4,X2+2,3 +4k-j-2+4故M,N兩點的縱坐標(biāo)之積yMyN=-6y=36y1y2X1+2x2+2X1x2+2(x1+X2+4當(dāng)直線PQ的斜率不存在時,36x2xyMyN=1X1+21+1+4=-9;324k2+X0,4xo+yo當(dāng)直線PQ的斜率存在時，由3+4k2(1)可知，yMyN=22=-9.4k-1216k2+43+4k3+4k綜上所述，M,N兩點的縱坐標(biāo)之積為定值，該定值為-9.2.解：（1）由題意可知c雙="m2+3-m2=3,故雙曲線的焦點坐標(biāo)為F1（

10、,0）、F2（.3,0）.設(shè)點M（x1,y”、Ngy2）,設(shè)直線I:ty=x-a，代入y2=2x并整理得2y1+y2=2t,y-2ty-2a=0,所以y1y2=-2a.故OMON=X1X2+yy2=(ty+a)(ty2+a)+yy22=(t+1)y1y2+at(y1+y2)+a2222=(t+1)(-2a)+2at+a=a-2a=0,2x解得a=2.又c橢=c雙=,3，所以橢圓E的方程為+y=1.法一：判斷結(jié)果：PA丄PB恒成立.證明如下：設(shè)P(X0,y0),貝UA(-X0,-y°),D(X0,-2y0),x2+4yD=4,將直線AD的方程y=40(x+X0)-y0代入橢圓方程并整理

11、得2222222(4x0+y0)x6x0y0x+9x0y0-16x0=0,由題意可知此方程必有一根為-X0.于是解得Xb=6x°y2所以yB=yo4xo廣6x°y12,22fxo+yo+2xo-yoyo-2xoyo,22，4xo+yo3小2yo-2xoyo,22yoc2xoyo,4xo+yo6xoyo所以kpB=2='2=6xoyo6xoyo224xo+yokFB=4蘭=-和故嘰=警號=1，即啓丄PB.法二：判斷結(jié)果：FAXPB恒成立.證明如下：225小(X12xo2設(shè)B(X1,y1),P(xo,yo)，則A(xo,yo),Dxo,2,+yi=1,+yo2222y1yo1y1+yoy1yoy1yo1=