(通用版)2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習課時跟蹤檢測(十九)理

課時跟蹤檢測（十九）1．(2017·石家莊質(zhì)檢)設(shè)M，N，T是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上的三個點，M，N在直線x＝8上的射影分別為M1，N1.(1)若直線MN過原點O，直線MT，NT的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值；(2)若M，N不是橢圓長軸的端點，點L的坐標為(3,0)，△M1N1L與△MNL的面積之比為5∶1，求MN中點K解：(1)證明：設(shè)M(p，q)，N(－p，－q)，T(x0，y0)，則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)，為定值．(2)設(shè)直線MN與x軸相交于點R(r,0)，S△MNL＝eq\f(1,2)|r－3|·|yM－yN|，S△M1N1L＝eq\f(1,2)·5·|yM1－yN1|.因為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，即直線MN經(jīng)過點F(2,0)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，K(x0，y0)，①當MN垂直于x軸時，MN的中點K即為F(2,0)；②當MN與x軸不垂直時，設(shè)MN的方程為y＝k(x－2)，則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)．經(jīng)檢驗，(2,0)也滿足(x0－1)2＋eq\f(4y\o\al(2,0),3)＝1.綜上所述，點K的軌跡方程為(x－1)2＋eq\f(4y2,3)＝1(x>0)．2.(2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)如圖，曲線C由上半橢圓C1：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C1的離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求a，b的值；(2)過點B的直線l與C1，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．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兩點是上半橢圓C1的左、右頂點，所以b＝1.設(shè)C1的半焦距為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，上半橢圓C1的方程為eq\f(y2,4)＋x2＝1(y≥0)．由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)．代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.設(shè)點P的坐標為(xP，yP)，又直線l經(jīng)過點B(1,0)，∴xP＋1＝eq\f(2k2,k2＋4)，xP·1＝eq\f(k2－4,k2＋4).從而yP＝eq\f(－8k,k2＋4)，∴點P的坐標為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))得點Q的坐標為(－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)．依題意可知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).經(jīng)檢驗，k＝－eq\f(8,3)符合題意，故直線l的方程為y＝－eq\f(8,3)(x－1)．3.(2017·張掖模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，右焦點為F，右頂點為E，P為直線x＝eq\f(5,4)a上的任意一點，且(eq\o(PF,\s\up7(→))＋eq\o(PE,\s\up7(→)))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝2.(1)求橢圓C的方程；(2)過F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(點A在第一象限)，動直線l與橢圓C交于M，N兩點，且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．解：(1)設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)a，t))，F(xiàn)(c,0)，E(a,0)，則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)，從而橢圓C的方程為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)))，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，設(shè)MN的方程：y＝kx＋m，代入橢圓方程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是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動點，若始終保持∠MAB＝∠NAB，則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).故直線MN的斜率為定值eq\f(1,2).4．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(2eq\r(2)，2)，且離心率為eq\f(\r(2),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓E的左、右焦點．(1)求橢圓E的方程；(2)若A，B是橢圓E上關(guān)于y軸對稱的兩點(A，B不是長軸的端點)，點P是橢圓E上異于A，B的一點，且直線PA，PB分別交y軸于點M，N，求證：直線MF1與直線NF2的交點G在定圓上．解：(1)由題意知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)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)證明：設(shè)B(x0，y0)，P(x1，y1)，則A(－x0，y0)．直線PA的方程為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，所以直線MF1與直線NF2的交點G在以F1F5．已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為eq\f(\r(2),2)，它的一個焦點恰好與拋物線y2＝4x的焦點重合．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓的上頂點為A，過點A作橢圓C的兩條動弦AB，AC，若直線AB，AC斜率之積為eq\f(1,4)，直線BC是否恒過一定點？若經(jīng)過，求出該定點坐標；若不經(jīng)過，請說明理由．解：(1)由題意知橢圓的一個焦點為F(1,0)，則c＝1.由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)得a＝eq\r(2)，∴b＝1，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)知A(0,1)，當直線BC的斜率不存在時，設(shè)BC：x＝x0，設(shè)B(x0，y0)，則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)，不合題意．故直線BC的斜率存在．設(shè)直線BC的方程為：y＝kx＋m(m≠1)，并代入橢圓方程，得：(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， ①由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2得2k2－m2＋1>0.