课时跟踪检测(六十) 定点、定值、探索性问题

1、课时跟踪检测(六十)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(ab0)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

2、)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x4，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：1(ab0)与双曲线1(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

3、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？并证明你的结论答 案第卷：夯基保分卷1解：(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，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| 2x1，同理|QF|2x2，|MF| 2，2|MF|PF|QF|，24(x1x2)，x1x22.()当x1x2时，由得xx2(

4、yy)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yn2n(x1)，(2x1)ny0，该直线恒过一定点A.()当x1x2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a2b2c2，解得a28，b24，故椭圆的标准方程为1.(2)证明：设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(12k2)x24kmx2m280，(4km)24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0, 由根与系数的关系得kAC·kBD，y1y2x1x2·.又y1y2(kx

5、1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2k2kmm2，(m24)m28k2，4k22m2.设原点到直线AB的距离为d，则SAOB|AB|·d ·|x2x1|· 2，S四边形ABCD4SAOB8，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y21.(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)由整理得(m24)y22my30，(2m)212(m24)0.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1y2.解得y1

6、，y2.则|y2y1|.因为SAOB|OE|·|y1y2|.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SAOB，当且仅当m0时取等号所以SAOB的最大值为.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：1，得点P，Q，又点A(2,0)，故，·.当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为yk(x1)(k0)，代入椭圆C：1，得(34k2)x28k2x4k2120.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，得x1x2，x1x2，y1y2k2(x11)&

7、#183;(x21)k2(x1x2x1x21)，故·(x12)(x22)y1y2x1x22(x1x2)4y1y2，综上，·的取值范围是.(2)证明：由(1)知，直线AP的方程为y(x2)，与直线l的方程x4联立，得M，同理，得N，故M，N两点的纵坐标之积yMyN·. 当直线PQ的斜率不存在时，yMyN9；当直线PQ的斜率存在时，由(1)可知，yMyN9.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：tyxa，代入y22x并整理得y22ty2a0，所以故·x1x2y1y2(ty1a)(ty2a)y1y2(t21)y1y2at(y1y2)a2(t21)(2a)2at2a2a22a0，解得a2.又c椭c双，所以椭圆E的方程为y21.(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，y0)，x4y4， 将直线AD的方程y(xx0)y0代入椭圆方程并整理得(4xy)x26x0yx9xy16x0，由题意可知此方程必有一根为x0.于是解得xBx0，所以yBy0，所以kPB，故kPAkPB×1，即PAPB.法二判断结