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2018高考数学一轮复习第8章平面解析几何热点探究训练5平面解析几何中的高考热点问题文


热点探究训练(五)

平面解析几何中的高考热点问题
x2 y2 a b

1.(2014·全国卷Ⅱ)设 F1,F2 分别是椭圆 C: 2+ 2=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. 3 (1)若直线 MN 的斜率为 ,求 C 的离心率; 4 (2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2,且|MN|=5|F1N|,求 a,b.

b2 2 ? b? a 3 2 2 2 [解] (1)根据 c= a -b 及题设知 M?c, ?, = ,2b =3ac. ? a ? 2c 4
将 b =a -c 代入 2b =3ac,
2 2 2 2

2分

c 1 c 解得 = , =-2(舍去). a 2 a
1 故 C 的离心率为 . 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 =4,即 b =4a.

b2 a

2

①8 分

由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 设 N(x1,y1),由题意知 y1<0,则
? ?2?-c-x1?=c, ? ?-2y1=2, ?
2

3 ? ?x1=- c, 2 即? ? ?y1=-1.

10 分

9c 1 代入 C 的方程,得 2+ 2=1.② 4a b 9?a -4a? 1 2 2 将①及 c= a -b 代入②得 + =1. 2 4a 4a 解得 a=7,b =4a=28,故 a=7,b=2 7. 2.已知椭圆 C 的方程为:x +2y =4. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为坐标原点,若点 A 在直线 y=2 上,点 B 在椭圆 C 上,且 OA⊥OB,求线段 AB 长度的最小值. [解] (1)由题意,椭圆 C 的标准方程为 + =1, 4 2 所以 a =4,b =2,从而 c =a -b =2.
2 2 2 2 2 2 2 2 2

12 分

x2 y 2

2分

1

因此 a=2,c= 2. 故椭圆 C 的离心率 e= =

c a

2 . 2

5分

(2)设点 A,B 的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中 x0≠0. → → 因为 OA⊥OB,则OA·OB=0, 2y0 所以 tx0+2y0=0,解得 t=- .

x0

8分

又 x0+2y0=4, 2y0?2 ? 2 2 2 2 所以|AB| =(x0-t) +(y0-2) =?x0+ ? +(y0-2)

2

2

?

x0 ?
2

4y0 4-x0 2?4-x0? 2 =x +y + 2 +4=x0+ + +4 x0 2 x2 0
2 0 2 0

2

2

x0 8 2 = + 2+4(0<x0≤4). 2 x0
2

2

10 分

x0 8 2 2 因为 + 2≥4(0<x0≤4),且当 x0=4 时等号成立, 2 x0
所以|AB| ≥8. 故线段 AB 长度的最小值为 2 2.
2 2

12 分

3.如图 4,已知抛物线 C:x =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4 (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| -|MN1| 为定值,并求此定值. [解] (1)证明:依题意可设 AB 方程为 y=kx+2,代入 x =4y,得 x =4(kx+2),即
2 2 2 2

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.

y1 x1

2分

2

x=x2, ? ? 解得交点 D 的坐标为? y1x2 y= , ? x1 ?
注意到 x1x2=-8 及 x1=4y1, 则有 y=
2

y1x1x2 -8y1 = =-2. x2 4y1 1
5分

因此 D 点在定直线 y=-2 上(x≠0).

(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 x -4ax-4b=0.
2 2

8分
2

由 Δ =0 得(4a) +16b=0,化简整理得 b=-a . 故切线 l 的方程可写为 y=ax-a . 分别令 y=2,y=-2 得 N1,N2 的坐标为
2

? ? ? ? N1? +a,2?,N2?- +a,-2?,10 分 ?a ? ? a ?
2 2

?2 ?2 2 ?2 ?2 2 2 则|MN2| -|MN1| =? -a? +4 -? +a? =8, a a ? ? ? ?
即|MN2| -|MN1| 为定值 8.
2 2

12 分

x2 y2 2 4. (2017·郑州质检)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 , 点 P(0,1)和点 A(m, a b 2 n)(m≠0)都在椭圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M.
(1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m,n 表示); (2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于点 N.问:y 轴上是否存在 点 Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点 Q 的坐标;若不存在,说明理由. 【导学号:66482414】 [解] ∵b=1,e= 2 , 2

? ?c= 2, ∴?a 2 ? ?a2=1+c2,
x2

解得 a =2.

2

3分

故椭圆 C 的方程为 +y =1. 2 设 M(xM,0), 由于点 A(m,n)在椭圆 C 上, ∴-1<n<1. 5分

2

3

∵直线 PA 的方程为 y-1= ∴xM=

n-1 x, m

? ,0? ,则 M? ?. 1-n ?1-n ?
m m

(2)∵点 B 与点 A 关于 x 轴对称, ∴B(m,-n). 设 N(xN,0),则 xN= . 1+n

m

8分

|OM| |OQ| “存在点 Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点 Q(0,yQ)使得 = ”, |OQ| |ON| 即 yQ 满足 yQ=|xM||xN|. ∵xM=
2 2

,xN= , +n =1, 1-n 1+n 2

m

m

m2

2

∴yQ=|xM||xN|=

m2
1-n

2

=2.

10 分

∴yQ= 2或 yQ=- 2. 故在 y 轴上存在点 Q,使得∠OQM=∠ONQ. 点 Q 的坐标为(0, 2)或(0,- 2). 12 分

5.已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0),右顶点为 A,且|AF|=1.

x2 y2 a b

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 MP·MQ=0.若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理 由. 【导学号:66482415】 [解] (1)由 c=1,a-c=1,得 a=2,∴b= 3,3 分 故椭圆 C 的标准方程为 + =1. 4 3 (2)由?
? ?y=kx+m, ?3x +4y =12, ? 4
2 2

x2 y2

5分

消去 y 得(3+4k )x +8kmx+4m -12=0, ∴Δ =64k m -4(3+4k )(4m -12)=0, 即 m =3+4k .
2 2 2 2 2 2

2

2

2

8分

4km 4k 设 P(xP,yP),则 xP=- , 2=- 3+4k m

yP=kxP+m=-

4k

2

m

3 ? 4k 3? +m= ,即 P?- , ?.

m

?

m

m?

∵M(t,0),Q(4,4k+m), → 3? → ? 4k ∴MP=?- -t, ?,MQ=(4-t,4k+m),10 分

?

m

m?

→ → 3 4k ? 4k ? 2 ∴MP·MQ =?- -t?·(4- t)+ ·(4k+ m)= t -4t+3+ (t- 1)= 0 恒成立,故

?

m

?

m

m

? ?t-1=0, ? 2 ?t -4t+3=0, ?

即 t=1. 12 分
2

∴存在点 M(1,0)符合题意.

6.(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线 C:y =2x 的焦点为 F,平行于 x 轴的两条直线 l1,l2 分别交 C 于 A,B 两点,交 C 的准线于 P,Q 两点. (1)若 F 在线段 AB 上,R 是 PQ 的中点,证明 AR∥FQ; (2)若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍,求 AB 中点的轨迹方程.

?1 ? [解] 由题意知 F? ,0?, ?2 ?
设直线 l1 的方程为 y=a,直线 l2 的方程为 y=b,

?a ? ?b ? ? 1 ? ? 1 ? ? 1 a+b?. 则 ab≠0,且 A? ,a?,B? ,b?,P?- ,a?,Q?- ,b?,R?- , 2 2 2 ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?
记过 A,B 两点的直线为 l,则 l 的方程为 2x-(a+b)y+ab=0. (1)证明:由于 F 在线段 AB 上,故 1+ab=0. 记 AR 的斜率为 k1,FQ 的斜率为 k2,则 2分

2

2

k1=

a-b a-b 1 -ab b-0 = = =-b= =k2. 2= 2 1+a a -ab a a 1 1 - - 2 2
5分

所以 AR∥FQ.

(2)设 l 与 x 轴的交点为 D(x1,0), 1? 1 1 |a-b| ? 则 S△ABF= |b-a||FD|= |b-a|?x1- ?,S△PQF= . 2? 2 2 2 ? 1? |a-b| ? 由题意可得|b-a|?x1- ?= , 2? 2 ? 8分

5

所以 x1=0(舍去)或 x1=1. 设满足条件的 AB 的中点为 E(x,y). 当 AB 与 x 轴不垂直时, 由 kAB=kDE 可得 而 2 y = (x≠1). a+b x-1
2

10 分

a+b
2

=y,所以 y =x-1(x≠1).
2

当 AB 与 x 轴垂直时,E 与 D 重合,此时 E 点坐标为(1,0),满足方程 y =x-1. 所以,所求的轨迹方程为 y =x-1.
2

12 分

6


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