2019年高考数学一轮复习热点探究训练5平面解析几何中的高考热点问题文北师大版

1、热点探究训练(五)平面解析几何中的高考热点问题2 2x y1. (2018 长春模拟)设F1,F2分别是椭圆C：孑+器=1(ab0)的左、右焦点,点且MF与x轴垂直，直线MF与C的另一个交点为N3(1)若直线MN的斜率为 4,求C的离心率;若直线MN在y轴上的截距为 2,且|MN= 5|FiN|，求a,B.【导学解(1)根据c=a2b2及题设知Me,-ka7b22a32,无=4,2 2b=3aC.将b2=a2c2代入 2b2= 3ac,c1c解得a= 2,a=2(2(舍去) )故C的离心率为 1.由题意，原点0为F1F2的中点，MF/y轴,所以直线MF与y轴的交点 Q0,2)是线段MF的中点,

2、 亠b22故一=4，即b= 4A.a00090313】xl2 分5 分8 分由 |MN= 5|F1N| 得 |DF| = 2| 諛设N(x1, yj，由题意知y10,则10 分29c1代入C的方程，得+-2= 1.4ab将及c=.a2b2代入得a24a4a2解得a= 7,b2= 4a= 28,故a= 7,b= 2 7.2 已知椭圆C的方程为：x2+ 2y2= 4.12 分(1)求椭圆C的离心率；设0为坐标原点，若点A在直线y= 2 上，点B在椭圆C上，且OAL 0B求线段AB长度的最小值.3(1)证明：动点D在定直线上；作C的任意一条切线1(不含x轴)，与直线y= 2 相交于点N,与(1)中的

3、定直线相交 于点N2,证明：|MN2 |MN|2为定值，并求此定值.解(1)证明：依题意可设AB方程为y=kx十 2，代入x2= 4y,得x2= 4(kx十 2)，即x2 4kx 8 = o.设A(X1,yj,B(X2,y2)，则有X1X2= 8.所以因此(1)由题意，椭圆a2= 4,b2= 2,从而a= 2,c= 2C的标准方程为c2=a2b2= 2.故椭圆C的离心率e=a=#设点A B的坐标分别为(t,2) , (Xo,因为OAL OB则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.故线段AB长度的最小值为 2、212 分,过点M0,2)任作一直线与C相交于A B两点，过点B22X0-2十 4X03如图 4,已知抛物线 C:x2= 4直线AO的方程为y=知；BD的方程为X=X2. 2 分4X=X2,解得交点D的坐标为y1X2iyr,注意到xx= 8 及x2= 4yi,1X1X2 8y1则有y=右=衬一2 2.因此D点在定直线y= 2 上(x丰0).(2)依题设，切线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,设切线I的方程为y=ax+b(a0)，代入由= 0 得(4a)2+ 16b= 0,化简整理得 故切线I的方程可写为y=axa2.b=a2.分别令y= 2,y= 2 得N,N2的坐标为a,2 2, 2 a+a,2 2,10 分则 IMN2 |MN2=j|a2+ 4 即|MN2 |MN2为定值 8.2 |+ a)=8,12 分4. (2018 郑州模拟)已知椭圆C：2 2一笃+y2= 1(ab0)的离心率为 ，点 R0,1)和点A(m a b2n)(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);设O

6、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/OQI=ZONQ若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.V,C=2 a_2 2,a2= 1 +c2,解得a2= 2.x2故椭圆C的方程为+y= 1.设MXM,0),由于点A(m n)在椭圆C上,直线AO的方程为y=知；BD的方程为X=X2. 2 分56n1直线PA的方程为y-1 1=帀x，XM=二，则1 n/点B与点A关于x轴对称, B( mn).设NXN,。），则XN=吕“存在点QO,yQ） 使得/OQI=ZONQ等价于“存在点Q0,yQ） 使得醫=陽”，2m m2XN=im，2+n=1 1，2yQ=1 1xM

7、|XN|= 1n2m2= 2.- yQ=, 2或yQ=故在y轴上存在点Q使得/OQMZONQA点Q的坐标为（0，2）或（0， 2）.2 2Xy5.已知椭圆C：g+話=1（ab0）的右焦点为F（1,0）,右顶点为 A,且|AF| = 1.（1）求椭圆C的标准方程；若动直线l:y=kx+m与椭圆是否存在一个定点Mt,0），使得明理由.解由c= 1,ac= 1,得2 2故椭圆C的标准方程为X+y= 1.y=kx+m2 23X+ 4y= 12,10 分12 分C有且只有一个交点P,且与直线X= 4 交于点Q问:MP-MQ= 0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说a= 2,.b= 3,消去y得(3 +

8、 4k)x+ 8km灶4m12= 0,2即y满足yQ= |XM|XN|.782 2 2 2 = 64k mi 4(3 + 4k)(4mi 12) = 0,即吊=3+ 4k2.5“4km 4k设RXP，yP) )，则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.存在点Mi,o)符合题意.6. (2016 全国卷川)已知抛物线C

9、: y2= 2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线交C于AB两点，交C的准线于P, Q两点.(1)若F在线段AB上，R是PQ勺中点，证明AR/ FQ若厶PQF勺面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.【导学号:解由题意知F，0，设直线11的方程为y=a， 直线广2、&2则ab 0，且Aa，a，记过A B两点的直线为I，则l2的方程为l的方程为y=b，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ab ab1abk1 = 2= _1 +a aab aub0 b=1122所以AR/ FQ设I与x轴的交点为HZ，则&ABF=1|ba|FQ= 2|ba|1x12丨ab|，PQF1a+b，210 分恒成立，故12 分I1，I2分别00090314】2 分5 分8 分910由题意可得|ba|xi 2 =已2:所以Xi= 0(舍去)或Xi= 1.设满