2017届高考数二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文.doc

专题五　解析几何 必考点一　圆锥曲线中的最值、范围问题 类型一　学会踩点 [例1]　(本题满分12分)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(ab0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10). (1)求E的离心率e； (2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为eq \f(7,2)，求E的方程． 解：(1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，(1分) 又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10)，即eq \f(b,a)＝eq \f(\r(5),5)，(2分) 进而得a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5).(4分) (2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为eq \f(x,\r(5)b)＋eq \f(y,b)＝1，点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)b，－\f(1,2)b)).(6分) 设点N关于直线AB的对称点S的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(7,2)))，(7分) 则线段NS的中点T的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2)，－\f(1,4)b＋\f(7,4))).(8分) 又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1， 从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2),\r(5)b)＋\f(－\f(1,4)b＋\f(7,4),b)＝1，,\f(\f(7,2)＋\f(1,2)b,x1－\f(\r(5),2)b)＝\r(5)，))解得b＝3.(11分) 所以a＝3eq \r(5)，故椭圆E的方程为eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,9)＝1.(12分) 评分细则：得分点及踩点说明 (1)第(1)问中，无“c＝eq \r(a2－b2)”的关系者扣1分 (2)第(2)问中，无“AB直线方程”，直接得S点坐标，扣1分 (3)第(2)问中，无“关于x、b的方程组者”直接得b＝3者扣1分 (4)以上各得分点缺少者扣该点分 1．(2016·高考全国甲卷)(本题满分12分)已知A是椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA. (1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积； (2)当2|AM|＝|AN|时，证明：eq \r(3)k2. 解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4). 又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2. 将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7). 因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49). (2)证明：将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k0) 代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 由x1·(－2)＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)得x1＝eq \f(2?3－4k2?,3＋4k2)， 故|AM|＝|x1＋2|eq \r(1＋k2)＝eq \f(12\r(1＋k2),3＋4k2). 由题设，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)， 故同理可得|AN|＝eq \f(12k\r(1＋k2),3k2＋4). 由2|AM|＝|AN|得eq \f(2,3＋4k2)＝eq \f(k,3k2＋4)， 即4k3－6k2＋3k－8＝0. 设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f(eq \r(3))＝15eq \r(3)－260，f(2)＝60，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(eq \r(3)，2)内，所以eq \r(3)k2. 类型二　学会审题 [例2]　(2016·高考全国丙卷