2019年高考數(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)問題文北師大版

1、熱點(diǎn)探究訓(xùn)練(五)平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問題2 2x y1. (2018 長春模擬)設(shè)F1,F2分別是橢圓C：孑+器=1(ab0)的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)且MF與x軸垂直，直線MF與C的另一個交點(diǎn)為N3(1)若直線MN的斜率為 4,求C的離心率;若直線MN在y軸上的截距為 2,且|MN= 5|FiN|，求a,B.【導(dǎo)學(xué)解(1)根據(jù)c=a2b2及題設(shè)知Me,-ka7b22a32,無=4,2 2b=3aC.將b2=a2c2代入 2b2= 3ac,c1c解得a= 2,a=2(2(舍去) )故C的離心率為 1.由題意，原點(diǎn)0為F1F2的中點(diǎn)，MF/y軸,所以直線MF與y軸的交點(diǎn) Q0,2)是線段MF的中點(diǎn),

2、 亠b22故一=4，即b= 4A.a00090313】xl2 分5 分8 分由 |MN= 5|F1N| 得 |DF| = 2| 諛設(shè)N(x1, yj，由題意知y10,則10 分29c1代入C的方程，得+-2= 1.4ab將及c=.a2b2代入得a24a4a2解得a= 7,b2= 4a= 28,故a= 7,b= 2 7.2 已知橢圓C的方程為：x2+ 2y2= 4.12 分(1)求橢圓C的離心率；設(shè)0為坐標(biāo)原點(diǎn)，若點(diǎn)A在直線y= 2 上，點(diǎn)B在橢圓C上，且OAL 0B求線段AB長度的最小值.3(1)證明：動點(diǎn)D在定直線上；作C的任意一條切線1(不含x軸)，與直線y= 2 相交于點(diǎn)N,與(1)中的

3、定直線相交 于點(diǎn)N2,證明：|MN2 |MN|2為定值，并求此定值.解(1)證明：依題意可設(shè)AB方程為y=kx十 2，代入x2= 4y,得x2= 4(kx十 2)，即x2 4kx 8 = o.設(shè)A(X1,yj,B(X2,y2)，則有X1X2= 8.所以因此(1)由題意，橢圓a2= 4,b2= 2,從而a= 2,c= 2C的標(biāo)準(zhǔn)方程為c2=a2b2= 2.故橢圓C的離心率e=a=#設(shè)點(diǎn)A B的坐標(biāo)分別為(t,2) , (Xo,因?yàn)镺AL OB則OA- OB- 0,所以txo+2 2yo=o,解得t=-警 22 ,又X0+ 2y0=4,2 2x y+ = 14 十 2,yo)，其中XoM0.所以

4、|AB2= (X0t)2+ (y。一 2)2=jx+十(y 2)、Xo；2 42 2224yo24Xo=xo+yo+牙十 4=xo+十2X082=2+ 4(0X04(0 8.故線段AB長度的最小值為 2、212 分,過點(diǎn)M0,2)任作一直線與C相交于A B兩點(diǎn)，過點(diǎn)B22X0-2十 4X03如圖 4,已知拋物線 C:x2= 4直線AO的方程為y=知；BD的方程為X=X2. 2 分4X=X2,解得交點(diǎn)D的坐標(biāo)為y1X2iyr,注意到xx= 8 及x2= 4yi,1X1X2 8y1則有y=右=襯一2 2.因此D點(diǎn)在定直線y= 2 上(x豐0).(2)依題設(shè)，切線l的斜率存在且不等于x2= 4y得x

5、2= 4(ax+b),2即x 4ax 4b= 0.0,設(shè)切線I的方程為y=ax+b(a0)，代入由= 0 得(4a)2+ 16b= 0,化簡整理得 故切線I的方程可寫為y=axa2.b=a2.分別令y= 2,y= 2 得N,N2的坐標(biāo)為a,2 2, 2 a+a,2 2,10 分則 IMN2 |MN2=j|a2+ 4 即|MN2 |MN2為定值 8.2 |+ a)=8,12 分4. (2018 鄭州模擬)已知橢圓C：2 2一篤+y2= 1(ab0)的離心率為 ，點(diǎn) R0,1)和點(diǎn)A(m a b2n)(0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點(diǎn)M(1)求橢圓C的方程，并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m n表示);設(shè)O

6、為原點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點(diǎn)N問：y軸上是否存在點(diǎn)Q使得/OQI=ZONQ若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.V,C=2 a_2 2,a2= 1 +c2,解得a2= 2.x2故橢圓C的方程為+y= 1.設(shè)MXM,0),由于點(diǎn)A(m n)在橢圓C上,直線AO的方程為y=知；BD的方程為X=X2. 2 分56n1直線PA的方程為y-1 1=帀x，XM=二，則1 n/點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對稱, B( mn).設(shè)NXN,。），則XN=呂“存在點(diǎn)QO,yQ） 使得/OQI=ZONQ等價(jià)于“存在點(diǎn)Q0,yQ） 使得醫(yī)=陽”，2m m2XN=im，2+n=1 1，2yQ=1 1xM

7、|XN|= 1n2m2= 2.- yQ=, 2或yQ=故在y軸上存在點(diǎn)Q使得/OQMZONQA點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，2）或（0， 2）.2 2Xy5.已知橢圓C：g+話=1（ab0）的右焦點(diǎn)為F（1,0）,右頂點(diǎn)為 A,且|AF| = 1.（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；若動直線l:y=kx+m與橢圓是否存在一個定點(diǎn)Mt,0），使得明理由.解由c= 1,ac= 1,得2 2故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為X+y= 1.y=kx+m2 23X+ 4y= 12,10 分12 分C有且只有一個交點(diǎn)P,且與直線X= 4 交于點(diǎn)Q問:MP-MQ= 0.若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說a= 2,.b= 3,消去y得(3 +

8、 4k)x+ 8km灶4m12= 0,2即y滿足yQ= |XM|XN|.782 2 2 2 = 64k mi 4(3 + 4k)(4mi 12) = 0,即吊=3+ 4k2.5“4km 4k設(shè)RXP，yP) )，則xP=3+ =-，4k23anf，二y=kxP+m=+仆m即P4km，m. M(t,0), Q4,4k+m), Ml4 4mt，3 3，MQ=(4 t,4k+m，.MP- MQ=4kmt-(4(4t) +m- (4k+n) =t2 4t+ 3+ 坐住1) = 0mmt 1 = 0，2t 4t+ 3 = 0，即t= 1.存在點(diǎn)Mi,o)符合題意.6. (2016 全國卷川)已知拋物線C

9、: y2= 2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線交C于AB兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于P, Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上，R是PQ勺中點(diǎn)，證明AR/ FQ若厶PQF勺面積是ABF的面積的兩倍，求AB中點(diǎn)的軌跡方程.【導(dǎo)學(xué)號:解由題意知F，0，設(shè)直線11的方程為y=a， 直線廣2、&2則ab 0，且Aa，a，記過A B兩點(diǎn)的直線為I，則l2的方程為l的方程為y=b，2x (a+b)y+ab= 0.(1)證明：由于F在線段AB上，故 1 +ab= 0.記AR的斜率為k1，F(xiàn)Q的斜率為k2,則ab ab1abk1 = 2= _1 +a aab aub0 b=1122所以AR/ FQ設(shè)I與x軸的交點(diǎn)為HZ，則&ABF=1|ba|FQ= 2|ba|1x12丨ab|，PQF1a+b，210 分恒成立，故12 分I1，I2分別00090314】2 分5 分8 分910由題意可得|ba|xi 2 =已2:所以Xi= 0(舍去)或Xi= 1.設(shè)滿