高考第75练(文).docx
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精心制作仅供参考唐玲出品
高中数学学习材料
唐玲出品
训练目标 对圆锥曲线热点、难点集中研究，重点突破，规范训练解题格式、解题步骤.
训练题型 (1)范围、最值问题；(2)定点、定值问题；(3)探索性问题.
解题策略
(1)利用化归思想结合定义、性质，将问题转化为圆锥曲线常见问题；(2)利用函数与方程思想，寻找探索性问题的解题思路；(3)利用数形结合思想及圆锥曲线的几何性质，解决定值、定点问题.
1.(2015·浙江重点中学协作体上学期第二次适应性测试)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，且经过点P(1，32)．过它的两个焦点F1，F2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，且l1⊥l2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围．
2．(2015·深圳第二次调研)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，F为右焦点，点A，B分别为左，右顶点，椭圆E上的点到F的最短距离为1. 精心制作仅供参考唐玲出品
(1)求椭圆E的方程；
(2)设t∈R且t≠0，过点M(4，t)的直线MA，MB与椭圆E分别交于点P，Q，求证：点P，F，Q共线．
3．(2015·江西新余上学期期末)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左，右焦点分别是F1(－c,0)，F2(c,0)，直线l：x＝my＋c与椭圆C交于M，N两点，且当m＝－33时，M是椭圆C的上顶点，且△MF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左顶点为A，直线AM，AN与直线：x＝4分别相交于点P，Q，问当m变化时，以线段PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
4．(2015·济南模拟)已知抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，M为抛物线C上一动点，A(a,0)(a≠0)为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N.当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△MON的面积为92.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)记t＝1|AM|＋1|AN|，若t的值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．
5．(2015·湖北七市4月联考)在矩形ABCD中，|AB|＝23，|AD|＝2，E，F，G，H分别为矩精心制作仅供参考唐玲出品 形四条边的中点，以HF，GE所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系(如图所示)，若R，R′分别在线段OF，CF上，且|OR||OF|＝|CR′||CF|＝1n.
(1)求证：直线ER与GR′的交点P在椭圆Ω：x23＋y2＝1上；
(2)若M，N为曲线Ω上的两点，且直线GM与直线GN的斜率之积为23，求证：直线MN过定点．
答案解析
1．解 (1)由ca＝12⇒a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，
故所求椭圆方程为x24＋y23＝1.
(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在，
则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积S＝6.
若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－1k，
则直线l1的方程为y＝k(x＋1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组 y＝kx＋1，x24＋y23＝1，
消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.①
∴x1＋x2＝－8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，
∴|x1－x2|＝12k2＋14k2＋3，
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝12k2＋14k2＋3，②
注意到方程①的结构特征和图形的对称性， 精心制作仅供参考唐玲出品 可以用－1k代替②中的k，得|CD|＝12k2＋13k2＋4，
∴S＝12|AB||CD|＝721＋k224k2＋33k2＋4，
令k2＝t∈(0，＋∞)，
∴S＝721＋t24t＋33t＋4
＝612t2＋25t＋12－6t12t2＋25t＋12
＝6－612t＋12t＋25≥6－649＝28849，
当且仅当t＝1时等号成立，
∴S∈[28849，6)，
综上可知，四边形ABCD的面积S∈[28849，6]．
2．(1)解 由椭圆E的离心率为12，得ca＝12即有a＝2c，
∴b2＝a2－c2＝3c2，
∴E的方程可化为x24c2＋y23c2＝1，
设椭圆上的动点H(x0，y0)(－2c≤x0≤2c)，
∵F(c,0)，∴|HF|＝x0－c2＋y20，①
又由x204c2＋y203c2＝1，
即y20＝3c2－34x20，②
②代入①整理可得，
|HF|＝ 14x0－4c2 (－2c≤x0≤2c)，
∴当x0＝2c时，|HF|min＝c＝1.
故所求椭圆E的方程为x24＋y23＝1.
(2)证明 由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，所以kMA＝t6，kMB＝t2，
故MA的方程为y＝t6(x＋2)， 精心制作仅供参考唐玲出品 联立方程组 y＝t6x＋2，x24＋y23＝1，得(27＋t2)x2＋4t2x＋(4t2－108)＝0，
故xA＋xP＝－4t227＋t2，
∴xP＝－4t227＋t2－xA＝54－2t227＋t2，
代入MA的方程，得yP＝t6(xP＋2)＝18t27＋t2，
∴点P(54－2t227＋t2，18t27＋t2)，
同理，可求得点Q(2t2－63＋t2，－6t3＋t2)，
于是PF→＝(3t2－2727＋t2，－18t27＋t2)，FQ→＝(t2－93＋t2，－6t3＋t2)，
而PF→＝33＋t227＋t2FQ→，∴t∈R且t≠0时，点P，F，Q三点共线．
3．解 (1)当m＝－33时，直线的倾斜角为120°，
又△MF1F2的周长为6，
所以 2a＋2c＝6，ca＝cos 60°，解得a＝2，c＝1⇒b＝3，
所以椭圆方程是x24＋y23＝1.
(2)当m＝0时，直线l的方程为x＝1，
此时，点M，N的坐标分别是(1，32)，(1，－32)，
又点A的坐标是(－2,0)，
由图可以得到P，Q两点坐标分别是(4,3)，(4，－3)，
以PQ为直径的圆过右焦点，被x轴截得的弦长为6，
猜测当m变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点F2，
被x轴截得的弦长为定值6.
证明如下：
设点M，N的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)，
则直线AM的方程是yy1＝x＋2x1＋2， 精心制作仅供参考唐玲出品 所以点P的坐标是(4，6y1x1＋2)，
同理，点Q的坐标是(4，6y2x2＋2)，
由方程组 x24＋y23＝1，x＝my＋1，得3(my＋1)2＋4y2＝12⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
所以y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，
从而F2P→F2Q→＝(4－1)(4－1)＋36y1y2x1＋2x2＋2
＝9＋36y1y2my1＋3my2＋3
＝9＋36y1y2m2y1y2＋3my1＋y2＋9
＝9＋－9×36－9m2－18m2＋27m2＋36＝0，
所以，以PQ为直径的圆一定过右焦点F2，
被x轴截得的弦长为定值6.
4．解 (1)由题意知，当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，
S△MON＝12|OA||MN|＝12p22p＝p22＝92，
∴p＝3，
故抛物线C的标准方程为y2＝6x.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线MN的方程为x＝my＋a，
联立 x＝my＋a，y2＝6x，得y2－6my－6a＝0，
∴Δ＝36m2＋24a>0，
y1＋y2＝6m，y1y2＝－6a.
由对称性，不妨设m>0，
①当a<0时，∵y1y2＝－6a>0，
∴y1，y2同号，
又t＝1|AM|＋1|AN|＝11＋m2|y1|＋11＋m2|y2|，
∴t2＝11＋m2×y1＋y22y1y22 精心制作仅供参考唐玲出品 ＝11＋m2×36m236a2
＝1a2(1－11＋m2)，
不论a取何值，t均与m有关，
即当a<0时，A不是“稳定点”．
②当a>0时，∵y1y2＝－6a<0，
∴y1，y2异号，
又t＝1|AM|＋1|AN|＝11＋m2|y1|＋11＋m2|y2|，
∴t2＝11＋m2×y1－y22y1y22
＝11＋m2×y1＋y22－4y1y2y1y22
＝11＋m2×36m2＋24a36a2
＝1a2(1＋23a－11＋m2)，
所以当且仅当23a－1＝0，
即a＝32时，t与m无关，
此时A(32，0)为抛物线C的焦点，
即抛物线C的对称轴上仅有焦点这一个“稳定点”．
5．证明 (1)∵|OR||OF|＝|CR′||CF|＝1n，
∴R(3n，0)，R′(3，n－1n)．
又G(0,1)，则直线GR′的方程为y＝－13nx＋1.①
又E(0，－1)，则直线ER的方程为y＝n3 x－1.②
由①②得P(23nn2＋1，n2－1n2＋1)，
∵23nn2＋123＋(n2－1n2＋1)2＝4n2＋n2－12n2＋12＝1，
∴直线ER与GR′的交点P在椭圆Ω：x23＋y2＝1上．
