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

《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(ab0)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，2b23ac.2分將b2a2c2代入2b23ac，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)，MF2y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b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.8分設(shè)N(x1，y1)，由題意知y1b0

2、)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：ykxm與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)P，且與直線x4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(1)由c1，ac1，得a2，b，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.5分(2)由消去y得(34k2)x28kmx4m2120，64k2m24(34k2)(4m212)0，即m234k2.8分設(shè)P(xP，yP)，則xP，yPkxPmm，即P.M(t,0)，Q(4,4km)，(4t,4km)，10分(4t)(4km)t24t3(t1)0恒

3、成立，故即t1.存在點(diǎn)M(1,0)符合題意.12分3如圖6，已知拋物線C：x24y，過(guò)點(diǎn)M(0,2)任作一直線與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y2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ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x28.直線AO的方程為yx；BD的方程為xx2.2分解得交

4、點(diǎn)D的坐標(biāo)為注意到x1x28及x4y1，則有y2.因此D點(diǎn)在定直線y2上(x0).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yaxb(a0)，代入x24y得x24(axb)，即x24ax4b0.8分由0得(4a)216b0，化簡(jiǎn)整理得ba2.故切線l的方程可寫(xiě)為yaxa2.分別令y2，y2得N1，N2的坐標(biāo)為N1，N2，10分則|MN2|2|MN1|224228，即|MN2|2|MN1|2為定值8.12分4(2016重慶模擬)已知橢圓C：1(ab0)的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y24x的焦點(diǎn)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22.(1)求橢圓C的方

5、程；(2)若直線l：ykxm(k，mR)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(hào)：01772353】解(1)依題意得即橢圓C的方程為y21.4分(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立得方程組消去y并整理，得(12k2)x24kmx2m220，則6分設(shè)AOB的重心為G(x，y)，由，可得x2y2.由重心公式可得G，代入式，整理可得(x1x2)2(y1y2)24(x1x2)2k(x1x2)2m24，8分將式代入式并整理，得m2，代入(*)得k0，則m211.10分k0，t0，t24t0，m21，m(，1)(1，).12分5(2015全國(guó)卷)已

6、知橢圓C：9x2y2m2(m0)，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，說(shuō)明理由解(1)證明：設(shè)直線l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)將ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直線OM的斜率kOM，即kOMk9.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

7、過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0，k3.由(1)得OM的方程為yx.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，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xP2xM.于是2，解得k14，k24.因?yàn)閗i0，ki3，i1,2，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)已知A是橢圓E：1的左頂點(diǎn)，斜率為k(k0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MANA.(1)當(dāng)|AM|AN|時(shí)，求AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|AN|時(shí)，證明：k0.由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為.又

8、A(2,0)，因此直線AM的方程為yx2.2分將xy2代入1得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面積SAMN2. 5分(2)證明：設(shè)直線AM的方程為yk(x2)(k0)，代入1得(34k2)x216k2x16k2120.7分由x1(2)得x1，故|AM|x12|.由題意，設(shè)直線AN的方程為y(x2)，故同理可得|AN|.9分由2|AM|AN|得，即4k36k23k80.設(shè)f(t)4t36t23t8，則k是f(t)的零點(diǎn)f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0，)單調(diào)遞增又f()15260，f(2)60，因此f(t)在(0，)有唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)k在(，2)內(nèi)，所以k2. 12分