2022年高考数学课标通用(理科)一轮复习课时跟踪检测：56-Word版含解析.doc

课时跟踪检测(五十六)
[高考基础题型得分练]
1．[2017·山西太原模拟]已知椭圆＋＝1(a>b>0)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S△PF1F2＝·|F1F2|·|OP|＝bc，∴bc＝4，
∵e＝，∴b＝2，a＝4，
∴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，∴AC⊥BD.
①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得||＋||＝6＋8＝14.
②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，则其方程为y＝k(x＋2)，
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立消去y，得
(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，
∴
∴||＝|x1－x2|＝，
此时直线BD的方程为y＝－(x＋2)，
同理，由
可得||＝，
∴||＋||＝＋
＝，
令t＝k2＋1(k≠0)，则t>1，
∴||＋||＝，
∵t>1，∴0<≤，
∴||＋||∈.
由①②可知，||＋||的取值范围是.
2．[2017·甘肃兰州模拟]已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，过C1的左焦点F1的直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)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x－y＋2＝0，
令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，
∴c＝2，又e＝＝，
∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，
∴椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，
又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2，
∴r＝＝＝2，
故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.
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2＋y2＝，
它表示圆心是C，半径是的圆．
∵|CC2|＝＝，
故有2－<|CC2|<2＋，故圆C与圆C2相交，有两个公共点．
∴圆C2上存在两个不同的点P，满足|PF1|＝|PF2|.
3．[2016·新课标全国卷Ⅲ]已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
解：由题知，F.设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A，B，P，Q，
R.
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝＝＝＝＝－b＝k2.
所以AR∥FQ.
(2)解：设l与x轴的交点为D(x1,0)，
则S△ABF＝|b－a|·|FD|＝|b－a|，
S△PQF＝.
由题设可得|b－a|＝，
所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．
而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合．
所以，所求轨迹方程为y2＝x－1.
[冲刺名校能力提升练]
1．[2017·河北石家庄摸底考试]平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)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)(m≠0)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a2＝4b2，
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b＝1，a＝4，
椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知，A(0,1)，B(0，－1)，点M的坐标为(m，－2)，
直线MAP方程为y＝－x＋1，
直线MBQ方程为y＝－x－1.
分别与椭圆＋y2＝1联立方程组，消去x，可得
y2－m2y＋－4＝0
和(m2＋4)y2＋2m2y＋m2－4＝0，
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y＝x－，
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S1＝S2？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y＝k(x＋1)，将其代入＋＝1，
整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－.
故点G的横坐标为＝＝－，
解得k＝±.
(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，
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DG⊥AB，
所以×k＝－1，
解得xD＝－，即D.
因为△GFD∽△OED，
所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.
即
＝，
整理得8k2＋9＝0.
因为此方程无解，
所以不存在直线AB，使得S1＝S2.
3．[2017·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：y2＝2px(p>0)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)y2＝2px(p>0)的准线为x＝－，
∴1－＝，p＝，
∴抛物线C的方程为y2＝x.
又点M(t,1)在抛物线C上，∴t＝1.
(2)由(1)知，点M(1,1)，
从而n＝m，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(k≠0)．
且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，
故k·2m＝1，
∴直线AB的方程为y－m＝(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由消去x，
整理得y2－2my＋2m2－m＝0，
∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.
从而|AB|＝·|y1－y2|
＝·
＝2.
∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1，
当且仅当m＝1－m，即m＝时等号成立，
又m＝满足Δ＝4m－4m2>0.
∴d的最大值为1.