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高考数学热点探究训练(五) 平面解析几何中的高考热点问题  

2018-03-31 07:00:26|  分类: 试题精选 |  标签: |举报 |字号 订阅

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热点探究训练(五) 

平面解析几何中的高考热点问题

1.设F1F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,MC上一点且MF2x轴垂直,直线MF1C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MNy轴上的截距为2,且|MN|5|F1N|,求ab.

[] (1)根据c=及题设知M,=,2b23ac.        2

b2a2c2代入2b23ac

解得=,=-2(舍去)

C的离心率为.        5

(2)由题意,原点OF1F2的中点,MF2y轴,

所以直线MF1y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,

故=4,即b24a.

|MN|5|F1N||DF1|2|F1N|.8

N(x1y1),由题意知y1<0,则

        10

代入C的方程,得+=1.

将①及c=代入②得+=1.

解得a7b24a28,故a7b2.        12

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.

5

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若动直线lykxm与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x4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.

【导学号:01772351

[] (1)c1ac1,得a2,∴b=,

故椭圆C的标准方程为+=1.        5

(2)

消去y(34k2)x28kmx4m2120

Δ64k2m24(34k2)(4m212)0

m234k2.        8

P(xPyP),则xP=-=-,

yPkxPm=-+m=,即P.

M(t,0)Q(4,4km)

∴=,=(4t,4km)    10

··(4t)·(4km)t24t3(t1)0恒成立,故即t1.

∴存在点M(1,0)符合题意.        12

3.如图6,已知抛物线Cx24y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于AB两点,过点By轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)

6

(1)证明:动点D在定直线上;

(2)C的任意一条切线l(不含x),与直线y2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.

【导学号:01772352

[] (1)证明:依题意可设AB方程为ykx2,代入x24y,得x24(kx2),即x24kx80.

A(x1y1)B(x2y2),则有x1x2=-8.

直线AO的方程为yxBD的方程为xx2.        2

解得交点D的坐标为

注意到x1x2=-8x4y1

则有y===-2.

因此D点在定直线y=-2(x0).        5

(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yaxb(a0),代入x24yx24(axb)

x24ax4b0.        8

Δ0(4a)216b0,化简整理得b=-a2.

故切线l的方程可写为yaxa2.

分别令y2y=-2N1N2的坐标为N1N210

|MN2|2|MN1|224228

|MN2|2|MN1|2为定值8.        12

4(2016·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F1F2构成的三角形的周长为22.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若直线lykxm(kmR)与椭圆C交于AB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:01772353

[] (1)依题意得即

∴椭圆C的方程为+y21.        4

(2)A(x1y1)B(x2y2)

联立得方程组消去y并整理,得(12k2)x24kmx2m220,则

 ①        6

设△AOB的重心为G(xy)

·=-,可得x2y2. ②

由重心公式可得G,代入②式,

整理可得(x1x2)2(y1y2)24?(x1x2)2[k(x1x2)2m]24, ③8

将①式代入③式并整理,得m2=,代入(*)k0

m2==1+=1.    10

k0,∴t>0

t24t>0

m2>1

m(,-1)(1,+).        12

5(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C9x2y2m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,lC有两个交点AB,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)l过点,延长线段OMC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.

[] (1)证明:设直线lykxb(k0b0)A(x1y1)B(x2y2)M(xMyM)

ykxb代入9x2y2m2,得(k29)x22kbxb2m20,故xM==,yMkxMb.

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>0k≠3.

(1)OM的方程为y=-x.        7

设点P的横坐标为xP.

由得x=,

xP.

将点的坐标代入直线l的方程得b=,

因此xM.        9

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xP2xM.

于是=,解得k14-,k24.

因为ki>0ki≠3i1,2,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

6(2016·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EAM两点,点NE上,MANA.

(1)|AM||AN|时,求△AMN的面积;

(2)2|AM||AN|时,证明:<k<2.

[] (1)M(x1y1),则由题意知y1>0.

由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.

A(2,0),因此直线AM的方程为yx2.    2

xy2代入+=17y212y0.

解得y0y=,所以y1.

因此△AMN的面积SAMN2×××.     5

(2)证明:设直线AM的方程为yk(x2)(k0)

代入+=1(34k2)x216k2x16k2120.    7

x1·(2)=得x1=,

|AM||x12|.

由题意,设直线AN的方程为y=-(x2)

故同理可得|AN|.9

2|AM||AN|得=,

4k36k23k80.

f(t)4t36t23t8,则kf(t)的零点.f(t)12t212t33(2t1)20,所以f(t)(0,+)单调递增.又f()15260f(2)60,因此f(t)(0,+)有唯一的零点,且零点k(2)内,所以<k2. 12

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