《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第4講 解析幾何教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專練 第4講 解析幾何教學(xué)案 理（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講解析幾何真題調(diào)研【例1】2019天津卷設(shè)橢圓1(ab0)的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點(diǎn)P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn)M為直線PB與x軸的交點(diǎn)，點(diǎn)N在y軸的負(fù)半軸上若|ON|OF|(O為原點(diǎn))，且OPMN，求直線PB的斜率解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意，2b4，又a2b2c2，可得a，b2，c1.所以，橢圓的方程為1.(2)由題意，設(shè)P(xP，yP)(xP0)，M(xM,0)設(shè)直線PB的斜率為k(k0)，又B(0,2)，則直線PB的方程為ykx2，與橢圓方程聯(lián)立得整理得(45k2)x220kx0，可得xP，代入ykx2

2、得yP，進(jìn)而直線OP的斜率.在ykx2中，令y0，得xM.由題意得N(0，1)，所以直線MN的斜率為.由OPMN，得1，化簡得k2，從而k.所以，直線PB的斜率為或.【例2】2019全國卷已知拋物線C：y23x的焦點(diǎn)為F，斜率為的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|.解：設(shè)直線l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由題設(shè)得F，故|AF|BF|x1x2，由題設(shè)可得x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，則x1x2.從而，得t.所以l的方程為yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0.所以y1y22.

3、從而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2.故|AB|.【例3】2019全國卷已知點(diǎn)A(2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PEx軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G.()證明：PQG是直角三角形；()求PQG面積的最大值解：(1)由題設(shè)得，化簡得1(|x|2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)(2)()設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為ykx(k0)由得x.記u，則P(u，uk)，Q(u，uk)，E(

4、u,0)于是直線QG的斜率為，方程為y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.設(shè)G(xG，yG)，則u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.從而直線PG的斜率為.所以PQPG，即PQG是直角三角形()由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面積S|PQ|PG|.設(shè)tk，則由k0得t2，當(dāng)且僅當(dāng)k1時(shí)取等號(hào)因?yàn)镾在2，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t2，即k1時(shí)，S取得最大值，最大值為.因此，PQG面積的最大值為.【例4】2019全國卷已知曲線C：y，D為直線y上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點(diǎn)；(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的

5、中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積解：(1)設(shè)D，A(x1，y1)，則x2y1.由yx，所以切線DA的斜率為x1，故x1.整理得2tx12y110.設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過定點(diǎn).(2)由(1)得直線AB的方程為ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2|2(t21)設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，則d1，d2.因此，四邊形ADBE的面積S|AB|(d1d2)(t23).設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.由于，而(t，t22)，與向量(1，t)平行，所以t(

6、t22)t0.解得t0或t1.當(dāng)t0時(shí)，S3；當(dāng)t1時(shí)，S4.因此，四邊形ADBE的面積為3或4.模擬演練12019南昌二模已知橢圓C：1(ab0)，點(diǎn)M在C的長軸上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)M且斜率大于0的直線l與C交于P，Q兩點(diǎn)，與y軸交于N點(diǎn)當(dāng)M為C的右焦點(diǎn)且l的傾斜角為時(shí)，N，P重合，|PM|2.(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)N，P，Q，M均不重合時(shí)，記，若1，求證：直線l的斜率為定值解：(1)因?yàn)楫?dāng)M為C的右焦點(diǎn)且l的傾斜角為時(shí)，N，P重合，|PM|2，所以a2，因此c，b1，所以橢圓C的方程為y21.(2)設(shè)l：xtym(t0，m0)，則M(m,0)，N，kl.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)

7、，則，由得，x1x2，同理可得y1y2，兩式相乘得，x1y1x2y2，又1，所以x1y1x2y2，所以(ty1m)y1(ty2m)y2，即t(yy)m(y2y1)，即(y2y1)mt(y1y2)0.由kl0，知y1y20，所以mt(y1y2)0.由得(t24)y22tmym240，所以y1y2，所以m0，又m0，所以t24，解得t2(t2舍去)，所以kl，即直線l的斜率為.22019濟(jì)南模擬設(shè)M是拋物線E：x22py(p0)上的一點(diǎn)，拋物線E在點(diǎn)M處的切線方程為yx1.(1)求E的方程(2)已知過點(diǎn)(0,1)的兩條不重合直線l1，l2的斜率之積為1，且直線l1，l2分別交拋物線E于A，B兩點(diǎn)和

8、C，D兩點(diǎn)，是否存在常數(shù)使得|AB|CD|AB|CD|成立？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)解法一：由消去y得x22px2p0.由題意得4p28p0，因?yàn)閜0，所以p2.故拋物線E：x24y.解法二：設(shè)M，由x22py得y，則y.由解得p2.故拋物線E：x24y.(2)假設(shè)存在常數(shù)使得|AB|CD|AB|CD|成立，則.由題意知，l1，l2的斜率存在且均不為零，設(shè)直線l1的方程為ykx1(k0)，則由消去y得，x24kx40.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x24k，x1x24.所以|AB|4(1k2)(也可以由y1y2k(x1x2)24k22，得到|AB|y1y2

9、24(1k2)因?yàn)橹本€l1，l2的斜率之積為1，所以|CD|4.所以.所以存在常數(shù)使得|AB|CD|AB|CD|成立32019福建質(zhì)檢在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓F：(x1)2y21外的點(diǎn)P在y軸的右側(cè)運(yùn)動(dòng)，且P到圓F上的點(diǎn)的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離，記P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點(diǎn)M，線段DM交E于點(diǎn)N，證明：AMB的面積是AMN的面積的四倍解：解法一：(1)設(shè)P(x，y)，依題意x0，F(xiàn)(1,0)因?yàn)镻在圓F外，所以P到圓F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|1.依題意得|PF|1x，即1x，化簡得E的方程為y24x

10、(x0)(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不符合題意，舍去當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D.設(shè)直線AB的方程為yk(x1)(k0)，由得k2x2(2k24)xk20.因?yàn)?2k24)24k416k2160，所以x1x2，所以y1y2k(x11)k(x21)，故D.由拋物線的定義知|AB|x1x22.設(shè)M(xM，yM)，依題意得yM，所以|MD|xM.又|MD|，所以xM2，解得xM1，所以M.因?yàn)镹在拋物線上，所以x0，即N，所以SAMB|MD|y1y2|y1y2|，SAMN|MN|y1yD|MN|y1y2|y1y2|

11、，故SAMB4SAMN.解法二：(1)設(shè)P(x，y)，依題意x0.因?yàn)镻在圓F外，所以P到F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|1.依題意得，點(diǎn)P到圓F(1,0)的距離|PF|等于P到直線x1的距離所以P在以F(1,0)為焦點(diǎn)，x1為準(zhǔn)線的拋物線上，所以E的方程為y24x(x0)(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)因?yàn)橹本€AB過F(1,0)，依題意可設(shè)其方程為xty1(t0)由得y24ty40.因?yàn)?6t2160，所以y1y24t，則有x1x2(ty11)(ty21)4t22.因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以D(2t21,2t)由拋物線的定義得|AB|(x11)(x21)4t24

12、.設(shè)與圓D相切于M，且平行于y軸的直線為l：xm，因?yàn)镈M與拋物線相交于N，所以m0，且DMl，又|DM|AB|，所以2t21m(4t24)，解得m1.設(shè)N(x0，y0)，則y02t，所以(2t)24x0，所以x0t2.因?yàn)閠2，所以N為DM的中點(diǎn)，所以SAMD2SAMN，又D為AB的中點(diǎn)，SAMB2SAMD，所以SAMB4SAMN.解法三：(1)同解法一(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，連接MF，NF，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)因?yàn)橹本€AB過F(1,0)，依題意可設(shè)其方程為xty1(t0)由得y24ty40.因?yàn)?6t2160，所以y1y24t，所以yMyD2t.因?yàn)閨MD|，|AB

13、|x1x22，|MD|xM，所以xM，解得xM1，所以M(1,2t)所以kMFkAB1，故MFD90.又|NM|NF|，所以|NF|ND|，從而|MN|ND|，所以SAMNSAMD.又SAMDSAMB，所以SAMB4SAMN.42019鄭州質(zhì)量預(yù)測二在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：x2y2r2(r0)與直線l0：yx2相切，點(diǎn)A為圓C1上一動(dòng)點(diǎn)，ANx軸于點(diǎn)N，且動(dòng)點(diǎn)M滿足，設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)P，Q是曲線C上兩動(dòng)點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為T，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，且k1k2，求|OT|的取值范圍解：(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x，y)，A(x0，y0)，

14、由于ANx軸于點(diǎn)N，N(x0,0)又圓C1：x2y2r2(r0)與直線l0：yx2，即xy20相切，r2，圓C1：x2y24.由，得(x，y)(xx0，yy0)(x0,0)，即又點(diǎn)A為圓C1上一動(dòng)點(diǎn)，x24y24，曲線C的方程為y21.(2)當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，可取直線OP的方程為yx，不妨取點(diǎn)P，則Q，T(，0)，|OT|.當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為ykxm，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由可得(14k2)x28kmx4m240，x1x2，x1x2.k1k2，4y1y2x1x20.4(kx1m)(kx2m)x1x2(4k21)x1x24km(x1x2)4m24m244m20，化簡得2m214k2，m2.64k2m24(4k21)(4m24)16(4k21m2)16m20，設(shè)T(x0，y0)，則x0，y0kx0m.|OT|2xy2，|OT|.綜上，|OT|的取值范圍為.10