（课标通用）高考数学一轮复习 课时跟踪检测56 理.doc

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.由消去