2020高考数学二轮复习专题讲练13解析几何大题解答题专项(最新-超经典).docx

1、2020高考数学二轮复习专题讲练13解析几何大题解答题专项（最新，超经典）大题增分专项解析几何大题考向探究全国卷3年考情分析考|题|细|目|表年份全国卷全国卷全国卷2019直线方程、直线与抛物线的位置关系T19轨迹方程、直线与椭圆的位置关系T21直线与抛物线的位置关系T212018直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题T19直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程T19直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明T202017椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等T20直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程T20命|题|规|律解析几何是

2、数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等。试题难度较大，多以压轴题出现。解答题的热点题型有：1直线与圆锥曲线的位置关系。2圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解。3轨迹方程及探索性问题的求解。考点一 求值与证明问题【例1】(2019全国卷)已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P。(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|。解设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)。(1)由题设得F，故|AF|BF|x1x2，由题设可得x1x2。由可得9x212(t

3、1)x4t20，则x1x2。从而，得t。所以l的方程为yx。(2)由3可得y13y2。由可得y22y2t0。所以y1y22。从而3y2y22，故y21，y13。代入C的方程得x13，x2。故|AB|。求值与证明问题大多联系圆锥曲线的定义、方程、几何性质及直线与圆锥曲线的位置关系，有时还要注意运用平面几何的知识。 【变式训练1】(2019福州市模拟)已知点A在椭圆C：1(ab0)上，O为坐标原点，直线l：1的斜率与直线OA的斜率乘积为。(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线yxt(t0且tR)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于M，N

4、两点。求证：|AM|AN|。解(1)由题意知，kOAkl。即a24b2，又1，所以联立，解得所以椭圆C的方程为y21。(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(x1，y1)，由得x2txt210，所以4t20，即2t0)。由得x。记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)。于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)。由得(2k2)x22uk2xk2u280。设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG。从而直线PG的斜率为。所以PQPG，即PQG是直角三角形。由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|。设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号

5、。因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为。因此，PQG面积的最大值为。解决圆锥曲线中最值与范围问题，一般有两个思路：构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解；构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解。在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件。 【变式训练2】(2019江西省五校协作体联考)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1(ab0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，且椭圆M的离心率为。(1)求椭圆M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值。解(1)易知椭圆M的右焦点为(，0)，则

6、c。离心率e，则a，故b2a2c23。所以椭圆M的方程为1。(2)由解得或因此|AB|。由题意可设直线CD的方程为yxn，C(x3，y3)，D(x4，y4)。由得3x24nx2n260，则所以|CD|x4x3|。由已知，四边形ACBD的面积S|CD|AB|。当n0时，S取得最大值，最大值为。所以四边形ACBD面积的最大值为。考点三 定点与定值问题【例3】(2019北京高考)已知抛物线C：x22py经过点(2，1)。(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B。求证：以AB为直径的圆经过

7、y轴上的两个定点。解(1)由抛物线C：x22py经过点(2，1)，得p2。所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1。(2)抛物线C的焦点为F(0，1)。设直线l的方程为ykx1(k0)。由得x24kx40。设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24。直线OM的方程为yx。令y1，得点A的横坐标xA。同理得点B的横坐标xB。设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2。令0，即4(n1)20，得n1或n3。综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，3)。(1)动线过定点问题的两大类型及解法动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt

8、，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)。动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点。(2)求解定值问题的两大途径先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值。 【变式训练3】(2019南昌市第一次模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上的一个动点，且F1PF2面积的最大值为4。(1)求C的方程；(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆

9、的切线，证明：切线长为定值，并求该定值。解(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c。因为SF1PF2|F1F2|y0|2cbbc，所以bc4。又e，a2b2c2，所以a4，b2，c2，所以C的方程为1。(2)由(1)可知A(4,0)，B(4,0)，F1(2,0)。由题可知，x02，且x04。设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为yk1(x4)，令x2得y6k1，故M(2,6k1)。直线PB的方程为yk2(x4)，令x2得y2k2，故N(2，2k2)。记以MN为直径的圆为圆D，则D(2,3k1k2)。如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT。则|F1T|2

10、|F1D|2|DT|2，所以|F1T|216(3k1k2)2(3k1k2)21612k1k2，又k1，k2，所以k1k2，由1，得y(x16)，所以k1k2，则|F1T|21612k1k2161225，所以|F1T|5。故切线长为定值5。【变式训练4】(2019石家庄教学质量检测)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点。(1)求椭圆C的方程。(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由。解(1)由题意可得，1，又a2b2c2，所以a24，b21。所以椭圆C的方程为y21

11、。(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称。理由如下：设直线l的方程为xmy0，与椭圆C的方程联立得整理得，(4m2)y22my10。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意tx1，tx2)。由根与系数的关系可得，y1y2，y1y2。直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以0，即y1(x2t)y2(x1t)0。又x1my10，x2my20，所以y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20，从而可得，(t)2m0，即2m(4t)0，所以当t，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称。特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意。综上所述，在x轴上存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称。重点增分专练(十一)解析几何大题考向探究第一次作业基础通关训练1(2019贵阳市监测考试)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|。(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点(2，1)且不经过点M的直线l与椭圆C相交于G，H两点，若k1，k2分别是直线MG，MH的斜率，求k1k2的值。解(1)由0，得bc，将xc代入1中，得y