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(wèn)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(wèn)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(dòng)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(wèn):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(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):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(guò)點(diǎn)M(0,2)任作一直線

4、與C相交于A,B兩點(diǎn),過(guò)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(dòng)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(hào):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(jiǎn)整理得b=-a2. 故切線l的方程可寫(xiě)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(zhǎng)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(mǎn)足:·=-,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):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, ③8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(guó)卷Ⅱ)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過(guò)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(guò)點(diǎn),延長(zhǎng)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(shuō)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(guò)點(diǎn),所以l不過(guò)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(guó)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(duì)稱(chēng)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

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