熱點探究訓(xùn)練

1、熱點探究訓(xùn)練 (五 )平面解析幾何中的高考熱點問題全·國卷設(shè)x2y2的左、右焦F1，F(xiàn)2 分別是橢圓 C： 2 21(a>b>0)1 (2014)ab點， M 是 C 上一點且 MF2 與 x 軸垂直，直線 MF 1 與 C 的另一個交點為 N.(1)若直線 MN 的斜率為3，求 C 的離心率；4(2)若直線 MN 在 y 軸上的截距為 2，且 |MN| 5|F1N|，求 a，b.b2b222a32解 (1)根據(jù) ca b及題設(shè)知 M c， a， 2c4，2b 3ac.2分將 b2a2c2 代入 2b2 3ac，c1c解得 a 2， a 2(舍去 )1故 C 的離心率為

2、2.5 分(2)由題意，原點O 為 F1F2 的中點， MF 2y 軸，所以直線MF1 與y 軸的交點D(0,2)是線段MF 1 的中點，b2故 a 4，即2b 4a.8 分由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.設(shè) N(x1，y1)，由題意知 y1<0，則2 cx1 c，3即x1 2c，2y12，10 分y 1.19c21代入 C 的方程，得4a2 b21.229 a2 4a1將及 c a b 代入得4a2 4a1.解得 a7， b24a28，故 a7，b27.12 分2已知橢圓 C 的方程為： x2 2y2 4.(1)求橢圓 C 的離心率；(2)設(shè) O 為坐標(biāo)原點，若點 A

3、在直線 y2 上，點 B 在橢圓 C 上，且 OAOB，求線段 AB 長度的最小值x2y2解 (1)由題意，橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 4 2 1，所以 a24，b2 2，從而 c2a2b2 2.2 分因此 a2， c2.c 2故橢圓 C 的離心率 ea 2 .5 分(2)設(shè)點 A， B 的坐標(biāo)分別為 (t,2)，(x0， y0)，其中 x0 0.因為 OAOB，則 OA·OB0，2y0所以 tx0 2y0 0，解得 t x0 .8 分2 2又 x02y04，20202x02y0 202)2所以 |AB| (xt) (y 2)x0(y2224x02 4x0224y02x0 y0 x02

4、4x0 2x0242x082 2 4(0<x0 4).10 分2x028因為x022時等號成立，2x04(0<x04)，且當(dāng) x0 42所以 |AB|28.故線段 AB 長度的最小值為2 2.12 分3如圖 4，已知拋物線 C：x24y，過點 M(0,2)任作一直線與 C 相交于 A， B 兩點，過點 B 作 y 軸的平行線與直線 AO 相交于點 D(O 為坐標(biāo)原點 )圖 4(1)證明：動點 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 N1 ，與 (1)中的定直線相交于點 N2，證明： |MN2|2|MN1|2 為定值，并求此定值 .【

5、導(dǎo)學(xué)號： 31222333】解 (1)證明：依題意可設(shè) AB 方程為 ykx2，代入 x2 4y，得 x24(kx 2)，即 x24kx80.設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 x1x2 8.y1直線 AO 的方程為 yx；BD 的方程為 xx2.2 分 x1xx2，解得交點 D 的坐標(biāo)為y x12y x1，2注意到 x1x2 8 及 x1 4y1，y1x1x28y1則有 y x1 4y1 2.2因此 D 點在定直線 y 2 上 (x 0).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 yax b(a0)，代入 x2 4y 得 x24(ax b)，即 x2

6、4ax4b 0.8 分由 0 得(4a)216b0，化簡整理得 b a2.故切線 l 的方程可寫為 yaxa2.分別令 y2，y 2 得 N1，N2 的坐標(biāo)為22N1 a a， 2 ，N2 aa， 2 ，10 分2|MN122a 222a2 ，則|MN2| a4a8即|MN2|2|MN1|2 為定值 8.12 分x2y224(2017 ·鄭州質(zhì)檢 )已知橢圓 C：a2b21(a>b>0)的離心率為2 ，點 P(0,1)和點 A(m，n)(m0)都在橢圓 C 上，直線 PA 交 x 軸于點 M. 【導(dǎo)學(xué)號：31222334】(1)求橢圓 C 的方程，并求點M 的坐標(biāo) (用

7、m，n 表示 )；(2)設(shè) O 為原點，點 B 與點 A 關(guān)于 x 軸對稱，直線 PB 交 x 軸于點 N.問： y 軸上是否存在點 Q，使得 OQM ONQ？若存在，求點 Q 的坐標(biāo)；若不存在，說明理由2解 b1，e 2 ，c2 a 2 ，解得 a22.3 分a21c2，x22故橢圓 C 的方程為 2 y 1.設(shè) M(xM,0)，由于點 A(m， n)在橢圓 C 上，1<n<1.5 分n 1直線PA 的方程為 y1m x，xM m ，則 Mm ， 0 .1n1 n(2)點B 與點 A 關(guān)于 x 軸對稱，B(m， n)設(shè) N(xN,0)，則 xNm.8 分1 n|OM|“存在點 Q

8、(0，yQ)使得OQMONQ”等價于 “存在點 Q(0，yQ)使得 |OQ|OQ|ON|”，即 yQ 滿足 yQ2|xM |xN |.xM m2，xN m ， m n2 1，1n1 n2yQ2|xM|xN| m2 22.10 分1nQQy 2或 y 2.故在 y 軸上存在點 Q，使得OQMONQ.點 Q 的坐標(biāo)為 (0， 2)或(0， 2).12 分x2y25已知橢圓C：a2b2 1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，右頂點為A，且 |AF| 1.圖 5(1)求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若動直線 l： y kxm 與橢圓 C 有且只有一個交點P，且與直線 x4 交于點 Q，問：

9、是否存在一個定點M(t,0)，使得 MP·MQ0.若存在，求出點M 的坐標(biāo)；若不存在，說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號： 31222335】解 (1)由 c1，ac1，得 a 2，b3，3 分x2y2故橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 4 3 1.5 分ykx m，(2)由3x24y212，消去 y 得(34k2)x28kmx4m2120， 64k2m2 4(3 4k2)(4m2 12) 0，即 m234k2.8 分PPP4km4k設(shè) P(x，y)，則 x2 m，34k4k234k3yPkxPm m mm，即P m，mM(t,0)，Q(4,4km)，4k3MP mt，m ， MQ(4t,4k m)，10分

10、 4k324kMP·MQ m t ·(4t)m·(4km) t 4t3 m(t1) 0恒成立，故t 1 0，即 t1.t2 4t30，存在點M(1,0)符合題意 .12 分6(2016 ·國卷全)已知拋物線 C：y2 2x 的焦點為 F，平行于 x 軸的兩條直線 l 1，l 2 分別交 C 于 A， B 兩點，交 C 的準(zhǔn)線于 P，Q 兩點(1)若 F 在線段 AB 上， R 是 PQ 的中點，證明 ARFQ；(2)若 PQF 的面積是 ABF 的面積的兩倍，求 AB 中點的軌跡方程1解 由題意知 F2，0，設(shè)直線 l 1 的方程為 y a，直線 l2 的方程為 yb，a2b2111 ab則 ab0，且 A 2 ， a ，B 2 ， b ，P 2， a ，Q 2，b ，R 2， 2 .記過 A，B 兩點的直線為 l ，則 l 的方程為 2x(ab)y ab0.2 分(1)證明：由于 F 在線段 AB 上，故 1ab0.記 AR 的斜率為 k1，F(xiàn)Q 的斜率為 k2，則k1 abab1abb0 a bk2.1a2a2aba1 122所以 ARFQ.5 分(2)設(shè) l 與 x 軸的交點為 D(x1,0)，111則 SABF 2|b a|FD|2|ba| x12 ，SPQF1 |ab|由題意可得 |b a| x1 2 2 ，所以 x10(舍去