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

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