课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性问题(选用).doc

课时跟踪检测(五十四)　定点、定值、探索性问题(选用)
(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)
第Ⅰ卷：夯基保分卷
1．已知椭圆C过点M ，点F(－，0)是椭圆的左焦点，点P，Q是椭圆C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.

2. (2013·济南模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点(2，)．
(1)求椭圆的标准方程；
(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＝－.
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(－，0)，(，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
1.已知椭圆C：＋＝1，点F1，F2分别为其左、右焦点，点A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·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. (2013·合肥模拟)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)与双曲线－＝1(0＜m2＜3)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C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，由已知，得解得
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由椭圆的标准方程为＋＝1，
可知|PF|＝ ＝
＝2＋x1，
同理|QF|＝2＋x2，
|MF|＝ ＝2＋，
∵2|MF|＝|PF|＋|QF|，
∴2＝4＋(x1＋x2)，
∴x1＋x2＝2.
(ⅰ)当x1≠x2时，由
得x－x＋2(y－y)＝0，
∴＝－·.
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，
该直线恒过一定点A.
(ⅱ)当x1＝x2时，P，Q
或P，Q，
线段PQ的中垂线是x轴，
也过点A.
综上，线段PQ的中垂线过定点A.
2．解：(1)由题意e＝＝，＋＝1，
又a2＝b2＋c2，
解得a2＝8，b2＝4，故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)＞0, ①
由根与系数的关系得
∵kAC·kBD＝－＝－，∴＝－，
∴y1y2＝－x1x2＝－·
＝－.
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2＋km＋m2
＝，
∴－＝，
∴－(m2－4)＝m2－8k2，
∴4k2＋2＝m2.
设原点到直线AB的距离为d，则
S△AOB＝|AB|·d＝ ·|x2－x1|·＝
＝
＝＝2，
∴S四边形ABCD＝4S△AOB＝8，
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(－，0)，(，0)为焦点，长半轴长为2的椭圆．
故曲线C的轨迹方程为＋y2＝1.
(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)．
由
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.
解得y1＝，y2＝.
则|y2－y1|＝.
因为S△AOB＝|OE|·|y1－y2|＝
＝.
设t＝，t≥ ，g(t)＝t＋，
则g′(t)＝1－，故当t≥时g′(t)＞0恒成立，则g(t)在区间[，＋∞)上为增函数，所以g(t)≥g()＝.
所以S△AOB≤，当且仅当m＝0时取等号．
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，
代入椭圆C：＋＝1，
得点P，Q，
又点A(－2,0)，
故＝，＝，
·＝.
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，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，得x1＋x2＝，x1x2＝，y1y2＝k2(x1－1)·(x2－1)＝k2(－x1－x2＋x1x2＋1)＝，
故·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝＝∈，
综上，·的取值范围是.
(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，
得M，同理，得N，
故M，N两点的纵坐标之积yMyN＝·＝.
①当直线PQ的斜率不存在时，
yMyN＝＝－9；
②当直线PQ的斜率存在时，由(1)可知，yMyN＝＝－9.
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＝＝，故双曲线的焦点坐标为F1(－，0)、F2(，0)．
设点M(x1，y1)、N(x2，y2)，
设直线l：ty＝x－a，代入y2＝2x并整理得
y2－2ty－2a＝0，所以
故·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋a)(ty2＋a)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋at(y1＋y2)＋a2
＝(t2＋1)(－2a)＋2at2＋a2＝a2－2a＝0，
解得a＝2.又c椭＝c双＝，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)法一：判断结果：PA⊥PB恒成立．
证明如下：设P(x0，y0)，则A(－x0，－y0)，
D(x0，－y0)，x＋4y＝4，
将直线AD的方程y＝(x＋x0)－y0代入椭圆方程并整理得
(4x＋y)x2－6x0yx＋9xy－16x＝0，
由题意可知此方程必有一根为－x0.
于是解得xB＝＋x0，
所以yB＝－y0
＝，
所以kPB＝＝＝－，
故kPAkPB＝－×＝－1，即PA⊥PB.
法二：判断结果：PA⊥PB恒成立．
证明如下：设B(x1，y1)，P(x0，y0)，则A(－x0，－y0)，D，＋y＝1，＋y＝1，两式相减得＝－，故kBA·kBP＝· ＝＝－.
又kAB＝kAD＝＝，代入上式可得kPB＝÷＝－，
所以kPAkPB＝·＝－1，
即PA⊥PB.