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    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
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    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

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    这是一份高三数学一轮复习: 热点探究训练5 平面解析几何中的高考热点问题,共6页。试卷主要包含了设F1,F2分别是椭圆C,已知椭圆C,如图6,已知抛物线C,已知A是椭圆E等内容,欢迎下载使用。

    1.设F1,F2分别是椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=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eq \f(3,4),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=eq \r(a2-b2)及题设知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c,\f(b2,a))),eq \f(\f(b2,a),2c)=eq \f(3,4),2b2=3ac.2分
    将b2=a2-c2代入2b2=3ac,
    解得eq \f(c,a)=eq \f(1,2),eq \f(c,a)=-2(舍去).
    故C的离心率为eq \f(1,2).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eq \f(b2,a)=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
    eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2-c-x1=c,,-2y1=2,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1=-\f(3,2)c,,y1=-1.))10分
    代入C的方程,得eq \f(9c2,4a2)+eq \f(1,b2)=1.②
    将①及c=eq \r(a2-b2)代入②得eq \f(9a2-4a,4a2)+eq \f(1,4a)=1.
    解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2eq \r(7).12分
    2.已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=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eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(MQ,\s\up7(→))=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=eq \r(3),
    故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.5分
    (2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx+m,,3x2+4y2=12,))
    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=-eq \f(4km,3+4k2)=-eq \f(4k,m),
    yP=kxP+m=-eq \f(4k2,m)+m=eq \f(3,m),即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4k,m),\f(3,m))).
    ∵M(t,0),Q(4,4k+m),
    ∴eq \(MP,\s\up7(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4k,m)-t,\f(3,m))),eq \(MQ,\s\up7(→))=(4-t,4k+m),10分
    ∴eq \(MP,\s\up7(→))·eq \(MQ,\s\up7(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4k,m)-t))·(4-t)+eq \f(3,m)·(4k+m)=t2-4t+3+eq \f(4k,m)(t-1)=0恒成立,故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t-1=0,,t2-4t+3=0,))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=eq \f(y1,x1)x;BD的方程为x=x2.2分
    解得交点D的坐标为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=x2,,y=\f(y1x2,x1),))
    注意到x1x2=-8及xeq \\al(2,1)=4y1,
    则有y=eq \f(y1x1x2,x\\al(2,1))=eq \f(-8y1,4y1)=-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N1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)+a,2)),N2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2,a)+a,-2)),10分
    则|MN2|2-|MN1|2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)-a))2+42-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)+a))2=8,
    即|MN2|2-|MN1|2为定值8.12分
    4.(2016·重庆模拟)已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=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2eq \r(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:eq \(F1G,\s\up7(→))·eq \(F2G,\s\up7(→))=-eq \f(5,9),求实数m的取值范围.
    【导学号:01772353】
    [解] (1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c=1,,2a+2c=2\r(2)+2,,a2=b2+c2,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2=2,,b2=1,))
    ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)+y2=1.4分
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
    联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx+m,,x2+2y2-2=0,))消去y并整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,则
    eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0⇒1+2k2>m2*,,x1+x2=\f(-4km,1+2k2),,x1x2=\f(2m2-2,1+2k2),)) ①6分
    设△AOB的重心为G(x,y),
    由eq \(F1G,\s\up7(→))·eq \(F2G,\s\up7(→))=-eq \f(5,9),可得x2+y2=eq \f(4,9). ②
    由重心公式可得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1+x2,3),\f(y1+y2,3))),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=eq \f(1+2k22,1+4k2),代入(*)得k≠0,
    则m2=eq \f(1+2k22,1+4k2)=1+eq \f(4k4,1+4k2)=1+eq \f(4,\f(4,k2)+\f(1,k4)).10分
    ∵k≠0,∴t=eq \f(1,k2)>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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3),m)),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=eq \f(x1+x2,2)=eq \f(-kb,k2+9),yM=kxM+b=eq \f(9b,k2+9).
    于是直线OM的斜率kOM=eq \f(yM,xM)=-eq \f(9,k),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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3),m)),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=-eq \f(9,k)x.7分
    设点P的横坐标为xP.
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=-\f(9,k)x,,9x2+y2=m2,))得xeq \\al(2,P)=eq \f(k2m2,9k2+81),
    即xP=eq \f(±km,3\r(k2+9)).
    将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3),m))的坐标代入直线l的方程得b=eq \f(m3-k,3),
    因此xM=eq \f(kk-3m,3k2+9).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eq \f(±km,3\r(k2+9))=2×eq \f(kk-3m,3k2+9),解得k1=4-eq \r(7),k2=4+eq \r(7).
    因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当直线l的斜率为4-eq \r(7)或4+eq \r(7)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:eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=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:eq \r(3)[解] (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
    由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).
    又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.2分
    将x=y-2代入eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1得7y2-12y=0.
    解得y=0或y=eq \f(12,7),所以y1=eq \f(12,7).
    因此△AMN的面积S△AMN=2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)=eq \f(144,49). 5分
    (2)证明:设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),
    代入eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.7分
    由x1·(-2)=eq \f(16k2-12,3+4k2)得x1=eq \f(23-4k2,3+4k2),
    故|AM|=|x1+2|eq \r(1+k2)=eq \f(12\r(1+k2),3+4k2).
    由题意,设直线AN的方程为y=-eq \f(1,k)(x+2),
    故同理可得|AN|=eq \f(12k\r(1+k2),3k2+4).9分
    由2|AM|=|AN|得eq \f(2,3+4k2)=eq \f(k,3k2+4),
    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(eq \r(3))=15eq \r(3)-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(eq \r(3),2)内,所以eq \r(3)<k<2. 12分
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