2018版高考数学复习解析几何课时跟踪检测56理【新人教版】.docx

课时跟踪检测(五十六) 高考基础题型得分练12017山西太原模拟已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别是点F1，F2，其离心率e，点P为椭圆上的一个动点，PF1F2面积的最大值为4.(1)求椭圆的方程；(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，0，求|的取值范围解：(1)由题意，得当点P是椭圆的上、下顶点时，PF1F2面积取最大值，此时SPF1F2|F1F2|OP|bc，bc4，e，b2，a4，椭圆的方程为1.(2)由(1)得，椭圆的方程为1，则F1的坐标为(2,0)，0，ACBD.当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得|6814.当直线AC的斜率k存在且k0时，则其方程为yk(x2)，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，联立消去y，得(34k2)x216k2x16k2480，|x1x2|，此时直线BD的方程为y(x2)，同理，由可得|，|，令tk21(k0)，则t1，|，t1，0b0)的离心率为e，过C1的左焦点F1的直线l：xy20被圆C2：(x3)2(y3)2r2(r0)截得的弦长为2.(1)求椭圆C1的方程；(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，请说明理由解：(1)直线l的方程为xy20，令y0，得x2，即F1(2,0)，c2，又e，a26，b2a2c22，椭圆C1的方程为1.(2)圆心C2(3,3)到直线l：xy20的距离d，又直线l：xy20被圆C2：(x3)2(y3)2r2(r0)截得的弦长为2，r2，故圆C2的方程为(x3)2(y3)24.设圆C2上存在点P(x，y)满足|PF1|PF2|，即|PF1|3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(2,0)，F2(2,0)，则3，整理得2y2，它表示圆心是C，半径是的圆|CC2|，故有2|CC2|b0)的右焦点为F，离心率e，过点F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)记椭圆C的上、下顶点分别为A，B，设过点M(m，2)(m0)的直线MA，MB与椭圆C分别交于点P，Q.求证：直线PQ必过一定点，并求该定点的坐标解：(1)由e，可得a24b2，因过点F垂直于x轴的直线被椭圆所截得弦长为1，所以1，所以b1，a4，椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知，A(0,1)，B(0，1)，点M的坐标为(m，2)，直线MAP方程为yx1，直线MBQ方程为yx1.分别与椭圆y21联立方程组，消去x，可得y2m2y40和(m24)y22m2ym240，由韦达定理，可解得P，Q.则直线PQ的斜率k，则直线方程为y，化简可得直线PQ的方程为yx，恒过定点.所以直线PQ必过y轴上的一定点.2.如图，已知椭圆1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点(1)若点G的横坐标为，求直线AB的斜率；(2)记GFD的面积为S1，OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？并说明理由解：(1)依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为yk(x1)，将其代入1，整理得(4k23)x28k2x4k2120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1x2.故点G的横坐标为，解得k.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x轴、y轴垂直由(1)可得G.设点D的坐标为(xD,0)因为DGAB，所以k1，解得xD，即D.因为GFDOED，所以S1S2|GD|OD|.即，整理得8k290.因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1S2.32017山西太原模拟如图所示，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d，求d的最大值解：(1)y22px(p0)的准线为x，1，p，抛物线C的方程为y2x.又点M(t,1)在抛物线C上，t1.(2)由(1)知，点M(1,1)，从而nm，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k0)且A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，直线AB的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消