(通用版)2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)理

课时跟踪检测（十九）1．(2017·石家庄质检)设M，N，T是椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上的三个点，M，N在直线x＝8上的射影分别为M1，N1.(1)若直线MN过原点O，直线MT，NT的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)若M，N不是椭圆长轴的端点，点L的坐标为(3,0)，△M1N1L与△MNL的面积之比为5∶1，求MN中点K解：(1)证明：设M(p，q)，N(－p，－q)，T(x0，y0)，则k1k2＝eq\f(y0－qy0＋q,x0－px0＋p)＝eq\f(y\o\al(2,0)－q2,x\o\al(2,0)－p2)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(p2,16)＋\f(q2,12)＝1，,\f(x\o\al(2,0),16)＋\f(y\o\al(2,0),12)＝1，))故eq\f(x\o\al(2,0)－p2,16)＋eq\f(y\o\al(2,0)－q2,12)＝0，即eq\f(y\o\al(2,0)－q2,x\o\al(2,0)－p2)＝－eq\f(3,4)，所以k1k2＝－eq\f(3,4)，为定值．(2)设直线MN与x轴相交于点R(r,0)，S△MNL＝eq\f(1,2)|r－3|·|yM－yN|，S△M1N1L＝eq\f(1,2)·5·|yM1－yN1|.因为S△M1N1L＝5S△MNL所以eq\f(1,2)·5·|yM1－yN1|＝5·eq\f(1,2)|r－3|·|yM－yN|，又|yM1－yN1|＝|yM－yN|，解得r＝4(舍去)，或r＝2，即直线MN经过点F(2,0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，K(x0，y0)，①当MN垂直于x轴时，MN的中点K即为F(2,0)；②当MN与x轴不垂直时，设MN的方程为y＝k(x－2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，,y＝kx－2))消去y得，(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－48＝0.x1＋x2＝eq\f(16k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－48,3＋4k2).x0＝eq\f(8k2,3＋4k2)，y0＝eq\f(－6k,3＋4k2).消去k，整理得(x0－1)2＋eq\f(4y\o\al(2,0),3)＝1(y1≠0)．经检验，(2,0)也满足(x0－1)2＋eq\f(4y\o\al(2,0),3)＝1.综上所述，点K的轨迹方程为(x－1)2＋eq\f(4y2,3)＝1(x>0)．2.(2018届高三·湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆C1：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1，所以A(－1,0)，B(1,0)．又A，B两点是上半椭圆C1的左、右顶点，所以b＝1.设C1的半焦距为c，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为eq\f(y2,4)＋x2＝1(y≥0)．由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.设点P的坐标为(xP，yP)，又直线l经过点B(1,0)，∴xP＋1＝eq\f(2k2,k2＋4)，xP·1＝eq\f(k2－4,k2＋4).从而yP＝eq\f(－8k,k2＋4)，∴点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2－4,k2＋4)，\f(－8k,k2＋4))).同理，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1k≠0，,y＝－x2＋1y≤0))得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．∴eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(2k,k2＋4)(k，－4)，eq\o(AQ,\s\up7(→))＝－k(1，k＋2)．依题意可知AP⊥AQ，∴eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AQ,\s\up7(→))＝0，即eq\f(－2k2,k2＋4)[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－eq\f(8,3).经检验，k＝－eq\f(8,3)符合题意，故直线l的方程为y＝－eq\f(8,3)(x－1)．3.(2017·张掖模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝eq\f(5,4)a上的任意一点，且(eq\o(PF,\s\up7(→))＋eq\o(PE,\s\up7(→)))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．解：(1)设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a，t))，F(c,0)，E(a,0)，则eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(5,4)a，－t))，eq\o(PE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，－t))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(c－a,0)，所以(eq\o(PF,\s\up7(→))＋eq\o(PE,\s\up7(→)))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)a，－2t))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a，0))＝2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)a))·(c－a)＝2，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，c＝1，b＝eq\r(3)，从而椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m所以x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3).又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，则kAM＋kAN＝0，即eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋m－\f(3,2)))(x2－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋m－\f(3,2)))(x1－1)＝0，即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝eq\f(1,2).故直线MN的斜率为定值eq\f(1,2).4．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(2eq\r(2)，2)，且离心率为eq\f(\r(2),2)，F1，F2是椭圆E的左、右焦点．(1)求椭圆E的方程；(2)若A，B是椭圆E上关于y轴对称的两点(A，B不是长轴的端点)，点P是椭圆E上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别交y轴于点M，N，求证：直线MF1与直线NF2的交点G在定圆上．解：(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,a2)＋\f(4,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2\r(2)，,c＝2\r(2)，))故椭圆E的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)证明：设B(x0，y0)，P(x1，y1)，则A(－x0，y0)．直线PA的方程为y－y1＝eq\f(y1－y0,x1＋x0)(x－x1)，令x＝0，得y＝eq\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0))).同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(x1y0－x0y1,x1－x0))).所以eq\o(F1M,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)))，eq\o(F2N,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，\f(x1y0－x0y1,x1－x0)))，所以eq\o(F1M,\s\up7(→))·eq\o(F2N,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(x1y0＋x0y1,x1＋x0)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，\f(x1y0－x0y1,x1－x0)))＝－8＋eq\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,0))＝－8＋eq\f(x\o\al(2,1)×8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),16)))－x\o\al(2,0)×8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),16))),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,0))＝－8＋8＝0，所以F1M⊥F2N，所以直线MF1与直线NF2的交点G在以F1F5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为eq\f(\r(2),2)，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为eq\f(1,4)，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1,0)，则c＝1.由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)得a＝eq\r(2)，∴b＝1，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，kAB·kAC＝eq\f(y0－1,x0)·eq\f(－y0－1,x0)＝eq\f(1－y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＝eq\f(\f(1,2)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＝eq\f(1,2)≠eq\f(1,4)，不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， ①由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2得2k2－m2＋1>0.