2021届高考数学一轮复习 定点、定值、探索性问题跟踪检测 理（含解析）新人教A版.doc

1课时跟踪检测课时跟踪检测(六十六十一一)定点、定值、探索性问题定点、定值、探索性问题(分、卷，共 2 页)第卷：夯基保分卷1已知椭圆 C 过点 M1，62，点 F(2，0)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x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，且过点(2，2)(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 kACkBDb2a2.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2第卷：提能增分卷1.已知椭圆 C：x24y231，点 F1，F2分别为其左、右焦点，点 A为左顶点，直线 l 的方程为 x4，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 APlM，AQlN，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：x2a2y2b21(ab0)与双曲线x2m2y23m21(0m23)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 y22x 于 M，N 两点，且 OMON.(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3答 案第卷：夯基保分卷1解：(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，由已知，得1a264b21，a2b22，解得a24，b22，椭圆的标准方程为x24y221.(2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由椭圆的标准方程为x24y221，可知|PF|x1 22y21(x1 2)22x212222x1，同理|QF|222x2，|MF|1 22622222，2|MF|PF|QF|，2222 422(x1x2)，x1x22.()当 x1x2时，由x212y214，x222y224.得 x21x222(y21y22)0，y1y2x1x212x1x2y1y2.设线段 PQ 的中点为 N(1，n)，由 kPQy1y2x1x212n，得线段 PQ 的中垂线方程为 yn2n(x1)，(2x1)ny0，该直线恒过一定点 A12，0.()当 x1x2时，P1，62，Q1，62 或 P1，62，Q1，62，4线段 PQ 的中垂线是 x 轴，也过点 A12，0.综上，线段 PQ 的中垂线过定点 A12，0.2解：(1)由题意 eca22，4a22b21，又 a2b2c2，解得 a28，b24，故椭圆的标准方程为x28y241.(2)证明：设直线 AB 的方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykxm，x22y28.得(12k2)x24kmx2m280，(4km)24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,由根与系数的关系得x1x24km12k2，x1x22m2812k2.kACkBDb2a212，y1y2x1x212，y1y212x1x2122m2812k2m2412k2.又 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2k22m2812k2km4km12k2m2m28k212k2，m2412k2m28k212k2，(m24)m28k2，4k22m2.设原点到直线 AB 的距离为 d，则SAOB12|AB|d121k2|x2x1|m|1k2|m|2x1x224x1x2|m|24km12k2 242m2812k2|m|28m212k222 2，5S四边形ABCD4SAOB8 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 的椭圆故曲线 C 的轨迹方程为x24y21.(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 xmy1 或 y0(舍)由x24y21，xmy1.整理得(m24)y22my30，(2m)212(m24)0.设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中 y1y2.解得 y1m2 m23m24，y2m2 m23m24.则|y2y1|4 m23m24.因为 SAOB12|OE|y1y2|2 m23m242m231m23.设 t m23，t3，g(t)t1t，则 g(t)11t2，故当 t 3时 g(t)0 恒成立，则 g(t)在区间 3，)上为增函数，所以 g(t)g(3)4 33.所以 SAOB32，当且仅当 m0 时取等号所以 SAOB的最大值为32.第卷：提能增分卷1解：(1)当直线 PQ 的斜率不存在时，由 F2(1,0)可知 PQ 的方程为 x1，代入椭圆 C：x24y231，得点 P1，32，Q1，32，又点 A(2,0)，6故AP 3，32，AQ3，32，AP AQ274.当直线 PQ 的斜率存在时，设 PQ 的方程为 yk(x1)(k0)，代入椭圆 C：x24y231，得(34k2)x28k2x4k2120.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，得 x1x28k234k2，x1x24k21234k2，y1y2k2(x11)(x21)k2(x1x2x1x21)9k234k2，故AP AQ(x12)(x22)y1y2x1x22(x1x2)4y1y227k234k2273k240，274，综上，AP AQ的取值范围是0，274.(2)证明：由(1)知，直线 AP 的方程为 yy1x12(x2)，与直线 l 的方程 x4 联立，得 M4，6y1x12，同理，得 N4，6y2x22，故 M，N 两点的纵坐标之积 yMyN6y1x126y2x2236y1y2x1x22x1x24.当直线 PQ 的斜率不存在时，yMyN3632321121149；当直线 PQ 的斜率存在时，由(1)可知，yMyN324k234k24k21234k216k234k249.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 m23m2 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：tyxa，代入 y22x 并整理得y22ty2a0，所以y1y22t，y1y22a.7故OM ON x1x2y1y2(ty1a)(ty2a)y1y2(t21)y1y2at(y1y2)a2(t21)(2a)2at2a2a22a0，解得 a2.又 c椭c双 3，所以椭圆 E 的方程为x24y21.(2)法一判断结果：PAPB 恒成立证明如下：设 P(x0，y0)，则 A(x0，y0)，D(x0，12y0)，x204y204，将直线 AD 的方程yy04x0(xx0)y0代入椭圆方程并整理得(4x20y20)x26x0y20 x9x20y2016x200，由题意可知此方程必有一根为x0.于是解得 xB6x0y204x20y20 x0，所以 yBy04x06x0y204x20y202x0y0y302x20y04x20y20，所以 kPBy302x20y04x20y20y06x0y204x20y206x20y06x0y20 x0y0，故 kPAkPBx0y0y0 x01，即 PAPB.法二判断结果：PAPB 恒成立证明如下：设 B(x1，y1)，P(x0，y0)，则 A(x0，y0)，Dx0，y02，x214y211，x204y201，两式相减得y21y20 x21x2014，故 kBAkBPy1y0 x1x0y1y0 x1x0y21y20 x21x2014.又 kABkAD12y0y0 x0 x0y04x0，代入上式可得 kPB14 y04x0 x0y0，所以 kPAkPBy0 x0 x0y01，即 PAPB.