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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．(2014·全国卷Ⅱ)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.
[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.　　①8分
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
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的方程为：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为坐标原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．
[解]　(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.2分
因此a＝2，c＝.
故椭圆C的离心率e＝＝.5分
(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.
因为OA⊥OB，则·＝0，
所以tx0＋2y0＝0，解得t＝－.8分
又x＋2y＝4，
所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝2＋(y0－2)2
＝x＋y＋＋4＝x＋＋＋4
＝＋＋4(0<x≤4).10分
因为＋≥4(0<x≤4)，且当x＝4时等号成立，
所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为2.12分
3．如图4，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4
(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.
【导学号：31222333】
[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＝2＋42－2＝8，
即|MN2|2－|MN1|2为定值8.12分
4．(2017·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M. 【导学号：31222334】
(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；
(2)设O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∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解]　∵b＝1，e＝，
∴解得a2＝2.3分
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
设M(xM,0)，
由于点A(m，n)在椭圆C上，
∴－1<n<1.5分
∵直线PA的方程为y－1＝x，
∴xM＝，则 M.
(2)∵点B与点A关于x轴对称，
∴B(m，－n)．
设N(xN,0)，则xN＝.8分
“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得＝”，
即yQ满足y＝|xM||xN|.
∵xM＝，xN＝，＋n2＝1，
∴y＝|xM||xN|＝＝2.10分
∴yQ＝或yQ＝－.
故在y轴上存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ.
点Q的坐标为(0，)或(0，－).12分
5．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. 【导学号：31222335】
[解]　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，3分
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
6．(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
[解]　由题意知F，
设直线l1的方程为y＝a，直线l2的方程为y＝b，
则ab≠0，且A，B，P，Q，R.
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.2分
(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
k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2.
所以AR∥FQ.5分
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，
则S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|，S△PQF＝.8分
由题意可得|b－a|＝，
所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，
由kAB＝kDE可得＝(x≠1).10分
而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E点坐标为(1,0)，满足方程y2＝x－1.
所以，所求的轨迹方程为y2＝x－1.12分