【步步高】（浙江专用）2017年高考数学专题八解析几何第71练圆锥曲线中的综合热点问题练习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·深圳第二次调研)如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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.(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．2．(2015·江西新余上学期期末)已知椭圆C：＋＝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＝－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．3．(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.(1)求抛物线C的标准方程；(2)记t＝＋，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．14．(2015·湖北七市4月联考)在矩形ABCD中，|AB|＝2，|AD|＝2，E，F，G，H分别为矩形四条边的中点，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＝＝.(1)求证：直线ER与GR′的交点P在椭圆Ω：＋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，求证：直线MN过定点．2答案解析1．(1)解由椭圆E的离心率为，得＝即有a＝2c，∴b2＝a2－c2＝3c2，∴E的方程可化为＋＝1，设椭圆上的动点H(x0，y0)(－2c≤x0≤2c)， F(c,0)，∴|HF|＝，①又由＋＝1，即y＝3c2－x，②②代入①整理可得，|HF|＝(－2c≤x0≤2c)，∴当x0＝2c时，|HF|min＝c＝1.故所求椭圆E的方程为＋＝1.(2)证明由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，所以kMA＝，kMB＝，故MA的方程为y＝(x＋2)，联立方程组得(27＋t2)x2＋4t2x＋(4t2－108)＝0，故xA＋xP＝，∴xP＝－xA＝，代入MA的方程，得yP＝(xP＋2)＝，∴点P(，)，同理，可求得点Q(，)，于是PF＝(，)，FQ＝(，)，而PF＝FQ，∴t∈R且t≠0时，点P，F，Q三点共线．2．解(1)当m＝－时，直线的倾斜角为120°，又△MF1F2的周长为6，所以解得a＝2，c＝1，⇒b＝，所以椭圆方程是＋＝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，)，(1，－)，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＝，3所以点P的坐标是(4，)，同理，点Q的坐标是(4，)，由方程组得3(my＋1)2＋4y2＝12⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝，从而F2P·F2Q＝(4－1)(4－1)＋＝9＋＝9＋＝9＋＝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6.3．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＝·|OA|·|MN|＝··2p＝＝，∴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＝＋＝＋，∴t2＝×＝×＝(1－)，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＝＋＝＋，∴t2＝×＝×＝×＝(1＋)，所以当且仅当a－1＝0，即a＝时，t与m无关，4此...
