【最新资料】一轮北师大版理数学训练：热点探究训练5　平面解析几何中的高考热点题型 Word版含解析.doc

高考数学最新资料热点探究训练(五)　平面解析几何中的高考热点题型1．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝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，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. 【导学号：57962428】[解]　(1)根据c＝及题设知M，＝，2b2＝3ac. 2分将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．故C的离心率为. 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b2＝4a. ①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|. 8分设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则即 10分代入C的方程，得＋＝1. ②将①及c＝代入②得＋＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2. 12分2．已知椭圆C：＋＝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·＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．[解]　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1. 5分(2)由消去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＝－＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P.∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴＝，＝(4－t,4k＋m)， 10分∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故即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．[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＝x；BD的方程为x＝x2. 2分解得交点D的坐标为注意到x1x2＝－8及x＝4y1，则有y＝＝＝－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N1，N2， 10分则|MN2|2－|MN1|2＝＋42－＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8. 12分4．(20xx·重庆模拟)已知椭圆C：＋＝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：·＝－，求实数m的取值范围. 【导学号：57962429】[解]　(1)依题意得即∴椭圆C的方程为＋y2＝1. 4分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立得方程组消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，则　 ①6分设△AOB的重心为G(x，y)，由·＝－，可得x2＋y2＝.　 ②由重心公式可得G，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＝，代入(*)得k≠0，则m2＝＝1＋＝1＋. 10分∵k≠0，∴t＝>0，∴t2＋4t>0，∴m2>1，∴m∈(－∞，－1)∪(1，＋∞). 12分5．(20xx·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，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＝＝，yM＝kxM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，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，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＝－x. 7分设点P的横坐标为xP.由得x＝，即xP＝.将点的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝. 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＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形. 12分6．(20xx·全国卷Ⅱ)已知A是椭圆E：＋＝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：0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2. 2分将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝. 5分(2)证明：设直线AM的方程为y＝k(x＋2)(k＞0)，代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 7分由x1·(－2)＝得x1＝，故|AM|＝|x1＋2|＝.由题意，设直线AN的方程为y＝－(x＋2)，故同理可得|AN|＝. 9分由2|AM|＝|AN|得＝，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，＋∞)递增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以＜k＜2. 12分。