2018屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)： 熱點(diǎn)探究訓(xùn)練5 平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問題

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1、 熱點(diǎn)探究訓(xùn)練(五)　 平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問題 1．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N. (1)若直線MN的斜率為，求C的離心率； (2)若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b. [解]　(1)根據(jù)c＝及題設(shè)知M，＝，2b2＝3ac.2分 將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac， 解得＝，＝－2(舍去)． 故C的離心率為.5分 (2)由題意，原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn)，MF2∥y軸， 所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D(0,2)是線段MF1的中點(diǎn)， 故＝4，即b2

2、＝4a.① 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.8分 設(shè)N(x1，y1)，由題意知y1<0，則 即10分 代入C的方程，得＋＝1.② 將①及c＝代入②得＋＝1. 解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.12分 2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，右頂點(diǎn)為A，且|AF|＝1. 圖5 (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若動直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)P，且與直線x＝4交于點(diǎn)Q，問：是否存在一個(gè)定點(diǎn)M(t,0)，使得·＝0.若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由． 【導(dǎo)學(xué)號：01772351】 [解]　

3、(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝， 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.5分 (2)由 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0， 即m2＝3＋4k2.8分 設(shè)P(xP，yP)，則xP＝－＝－， yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P. ∵M(jìn)(t,0)，Q(4,4k＋m)， ∴＝，＝(4－t,4k＋m)，10分 ∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故即t＝1. ∴存在點(diǎn)M(1,0)符合題意.12分 3．如圖6，已知拋物線C：x2＝4y，過點(diǎn)M(0,2)任作一直線

4、與C相交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)B作y軸的平行線與直線AO相交于點(diǎn)D(O為坐標(biāo)原點(diǎn))． 圖6 (1)證明：動點(diǎn)D在定直線上； (2)作C的任意一條切線l(不含x軸)，與直線y＝2相交于點(diǎn)N1，與(1)中的定直線相交于點(diǎn)N2，證明：|MN2|2－|MN1|2為定值，并求此定值. 【導(dǎo)學(xué)號：01772352】 [解]　(1)證明：依題意可設(shè)AB方程為y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2＝－8. 直線AO的方程為y＝x；BD的方程為x＝x2.2分 解得交點(diǎn)D的坐標(biāo)為 注意到x1x2＝－8及

5、x＝4y1， 則有y＝＝＝－2. 因此D點(diǎn)在定直線y＝－2上(x≠0).5分 (2)依題設(shè)，切線l的斜率存在且不等于0，設(shè)切線l的方程為y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)， 即x2－4ax－4b＝0.8分 由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化簡整理得b＝－a2. 故切線l的方程可寫為y＝ax－a2. 分別令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐標(biāo)為N1，N2，10分 則|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8， 即|MN2|2－|MN1|2為定值8.12分 4．(2016·重慶模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y2＝－4x的焦點(diǎn)

6、相同，且橢圓C上一點(diǎn)與橢圓C的左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2構(gòu)成的三角形的周長為2＋2. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l：y＝kx＋m(k，m∈R)與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△AOB的重心G滿足：·＝－，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 【導(dǎo)學(xué)號：01772353】 [解]　(1)依題意得即 ∴橢圓C的方程為＋y2＝1.4分 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立得方程組消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，則 ?、?分 設(shè)△AOB的重心為G(x，y)， 由·＝－，可得x2＋y2＝.?、? 由重心公式可得G，代入②式， 整理可得(x1＋

7、x2)2＋(y1＋y2)2＝4?(x1＋x2)2＋[k(x1＋x2)＋2m]2＝4，?、?分 將①式代入③式并整理，得m2＝，代入(*)得k≠0， 則m2＝＝1＋＝1＋.10分 ∵k≠0，∴t＝>0， ∴t2＋4t>0， ∴m2>1， ∴m∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).12分 5．(2015·全國卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點(diǎn)，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能

8、，說明理由． [解]　(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因?yàn)橹本€l過點(diǎn)，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x.7分 設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP. 由得x＝， 即xP＝. 將點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線l的方程得b

9、＝， 因此xM＝.9分 四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋. 因?yàn)閗i>0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4－或4＋時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形.12分 6．(2016·全國卷Ⅱ)已知A是橢圓E：＋＝1的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，證明：0. 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為.

10、 又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2.2分 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2×××＝. 5分 (2)證明：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x＋2)(k＞0)， 代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.7分 由x1·(－2)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋2|＝. 由題意，設(shè)直線AN的方程為y＝－(x＋2)， 故同理可得|AN|＝.9分 由2|AM|＝|AN|得＝， 即4k3－6k2＋3k－8＝0. 設(shè)f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點(diǎn)．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)k在(，2)內(nèi)，所以＜k＜2. 12分