2018届高三数学一轮复习： 热点探究训练5 平面解析几何中的高考热点问题 6页

热点探究训练(五)　‎ 平面解析几何中的高考热点问题 ‎1．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.‎ ‎[解]　(1)根据c＝及题设知M，＝，2b2＝‎3ac.2分 将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，‎ 解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.5分 ‎(2)由题意，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，‎ 所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，‎ 故＝4，即b2＝4a.①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.8分 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即10分 代入C的方程，得＋＝1.②‎ 将①及c＝代入②得＋＝1.‎ 解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.12分 ‎2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.‎ 图5‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得·＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎ 【导学号：01772351】‎ ‎[解]　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝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 设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，‎ yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P.‎ ‎∵M(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.‎ ‎∴存在点M(1,0)符合题意.12分 ‎3．如图6，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．‎ 图6‎ ‎(1)证明：动点D在定直线上；‎ ‎(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值. ‎ ‎【导学号：01772352】‎ ‎[解]　(1)证明：依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.‎ 直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.2分 解得交点D的坐标为 注意到x1x2＝－8及x＝4y1，‎ 则有y＝＝＝－2.‎ 因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).5分 ‎(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为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，化简整理得b＝－a2.‎ 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.‎ 分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N1，N2，10分 则|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，‎ 即|MN2|2－|MN1|2为定值8.12分 ‎4．(2016·重庆模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2＝－4x的焦点相同，且椭圆C上一点与椭圆C的左、右焦点F1，F2构成的三角形的周长为2＋2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m(k，m∈R)与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的重心G满足：·＝－，求实数m的取值范围．‎ ‎ 【导学号：01772353】‎ ‎[解]　(1)依题意得即 ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.4分 ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 联立得方程组消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，则 　①6分 设△AOB的重心为G(x，y)，‎ 由·＝－，可得x2＋y2＝.　②‎ 由重心公式可得G，代入②式，‎ 整理可得(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝4⇒(x1＋x2)2＋[k(x1＋x2)＋2m]2＝4，　③8分 将①式代入③式并整理，得m2＝，代入(*)得k≠0，‎ 则m2＝＝1＋＝1＋.10分 ‎∵k≠0，∴t＝>0，‎ ‎∴t2＋4t>0，‎ ‎∴m2>1，‎ ‎∴m∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).12分 ‎5．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O 且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．‎ 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．‎ ‎(2)四边形OAPB能为平行四边形．‎ 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.7分 设点P的横坐标为xP.‎ 由得x＝，‎ 即xP＝.‎ 将点的坐标代入直线l的方程得b＝，‎ 因此xM＝.9分 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.‎ 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形 OAPB为平行四边形.12分 ‎6．(2016·全国卷Ⅱ)已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：0.‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.‎ 又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.2分 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝. 5分 ‎(2)证明：设直线AM的方程为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|＝.‎ 由题意，设直线AN的方程为y＝－(x＋2)，‎ 故同理可得|AN|＝.9分 由2|AM|＝|AN|得＝，‎ 即4k3－6k2＋3k－8＝0.‎ 设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以＜k＜2. 12分