（新高考）2020版高考數(shù)學二輪復習 第三部分 講重點 解答題專練 第4講 解析幾何教學案 理

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1、第4講　解析幾何 ■真題調(diào)研—————————————— 【例1】　[2019·天津卷]設橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓的方程； (2)設點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負半軸上．若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率． 解：(1)設橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由題意，設P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．設直線PB的斜率為k(k≠0)，又B

2、(0,2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)立得整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－，代入y＝kx＋2得yP＝，進而直線OP的斜率＝.在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－.由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－.由OP⊥MN，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Ⅰ]已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 解：設直線l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)

3、． (1)由題設得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由題設可得x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－.從而－＝，得t＝－. 所以l的方程為y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0. 所以y1＋y2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝. 故|AB|＝. 【例3】　[2019·全國卷Ⅱ]已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點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)過坐標原點的直

4、線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G. (ⅰ)證明：△PQG是直角三角形； (ⅱ)求△PQG面積的最大值． 解：(1)由題設得·＝－，化簡得＋＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點． (2)(ⅰ)設直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k＞0)． 由得x＝±. 記u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)． 由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.?、? 設G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解， 故xG＝，由此得y

5、G＝. 從而直線PG的斜率為＝－. 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝， 所以△PQG的面積S＝|PQ||PG|＝＝. 設t＝k＋，則由k＞0得t≥2，當且僅當k＝1時取等號． 因為S＝在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當t＝2，即k＝1時，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Ⅲ]已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B. (1)證明：直線AB過定點； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．

6、解：(1)設D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 由y′＝x，所以切線DA的斜率為x1， 故＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點. (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋. 由可得x2－2tx－1＝0. 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1， y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)． 設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝，d2＝. 因此，四邊形ADBE的面積S＝|AB|(d

7、1＋d2)＝(t2＋3). 設M為線段AB的中點，則M. 由于⊥，而＝(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0. 解得t＝0或t＝±1. 當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4. ■模擬演練—————————————— 1．[2019·南昌二模]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，點M在C的長軸上運動，過點M且斜率大于0的直線l與C交于P，Q兩點，與y軸交于N點．當M為C的右焦點且l的傾斜角為時，N，P重合，|PM|＝2. (1)求橢圓C的方程； (2)當N，P，Q，M均不重合時，記＝λ，＝μ，若λμ＝1，求證：

8、直線l的斜率為定值． 解：(1)因為當M為C的右焦點且l的傾斜角為時，N，P重合，|PM|＝2， 所以a＝2，＝，因此c＝，b＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設l：x＝ty＋m(t>0，m≠0)，則M(m,0)，N，kl＝. 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則＝，＝， 由＝λ得，x1＝λx2，① 同理可得y1＝μy2，② 兩式相乘得，x1y1＝λμx2y2，又λμ＝1，所以x1y1＝x2y2， 所以(ty1＋m)y1＝(ty2＋m)y2，即t(y－y)＝m(y2－y1)，即(y2－y1)[m＋t(y1＋y2)]＝0. 由kl>0，知y1－y2≠0，所以m＋t

9、(y1＋y2)＝0. 由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，所以y1＋y2＝－， 所以m－＝0，又m≠0，所以t2＝4，解得t＝2(t＝－2舍去)， 所以kl＝＝，即直線l的斜率為. 2．[2019·濟南模擬]設M是拋物線E：x2＝2py(p>0)上的一點，拋物線E在點M處的切線方程為y＝x－1. (1)求E的方程． (2)已知過點(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兩點和C，D兩點，是否存在常數(shù)λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)解法一：由消去y得

10、x2－2px＋2p＝0. 由題意得Δ＝4p2－8p＝0，因為p>0，所以p＝2. 故拋物線E：x2＝4y. 解法二：設M，由x2＝2py得y＝，則y′＝. 由解得p＝2. 故拋物線E：x2＝4y. (2)假設存在常數(shù)λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，則λ＝＋. 由題意知，l1，l2的斜率存在且均不為零， 設直線l1的方程為y＝kx＋1(k≠0)，則由消去y得，x2－4kx－4＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1·x2＝－4. 所以|AB|＝＝＝4(1＋k2)(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB

11、|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝4(1＋k2))． 因為直線l1，l2的斜率之積為1，所以|CD|＝4. 所以λ＝＋＝＋＝ ＝. 所以存在常數(shù)λ＝使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立． 3．[2019·福建質(zhì)檢]在平面直角坐標系xOy中，圓F：(x－1)2＋y2＝1外的點P在y軸的右側(cè)運動，且P到圓F上的點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F的直線交E于A，B兩點，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點M，線段DM交E于點N，證明：△AMB的面積是△AMN的面積的四倍． 解：解法一：(1)設P(x，y)，依題意x＞0，F(xiàn)(1,0

12、)． 因為P在圓F外，所以P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1. 依題意得|PF|－1＝x，即－1＝x， 化簡得E的方程為y2＝4x(x＞0)． (2)當直線AB的斜率不存在時，不符合題意，舍去． 當直線AB的斜率存在時，如圖，在平面直角坐標系中， 設N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D. 設直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 因為Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16＞0， 所以x1＋x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝， 故D. 由拋物線的定義知|AB|＝

13、x1＋x2＋2＝. 設M(xM，yM)，依題意得yM＝， 所以|MD|＝－xM. 又|MD|＝，所以－xM＝＋2， 解得xM＝－1，所以M. 因為N在拋物線上， 所以x0＝，即N， 所以S△AMB＝|MD||y1－y2|＝|y1－y2|， S△AMN＝|MN||y1－yD|＝ |MN|×|y1－y2|＝|y1－y2|， 故S△AMB＝4S△AMN. 解法二：(1)設P(x，y)，依題意x＞0. 因為P在圓F外，所以P到F上的點的最小距離為|PF|－1. 依題意得，點P到圓F(1,0)的距離|PF|等于P到直線x＝－1的距離． 所以P在以F(1,0)為焦點，x＝－1為

14、準線的拋物線上， 所以E的方程為y2＝4x(x＞0)． (2)如圖，在平面直角坐標系中， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為直線AB過F(1,0)，依題意可設其方程為x＝ty＋1(t≠0)． 由 得y2－4ty－4＝0. 因為Δ＝16t2＋16＞0， 所以y1＋y2＝4t， 則有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2. 因為D是AB的中點，所以D(2t2＋1,2t)． 由拋物線的定義得 |AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4. 設與圓D相切于M，且平行于y軸的直線為l：x＝m， 因為DM與拋物線相交于N，所以m＜0，且DM⊥l

15、， 又|DM|＝|AB|，所以2t2＋1－m＝(4t2＋4)，解得m＝－1. 設N(x0，y0)，則y0＝2t，所以(2t)2＝4x0，所以x0＝t2. 因為＝t2，所以N為DM的中點， 所以S△AMD＝2S△AMN， 又D為AB的中點，S△AMB＝2S△AMD， 所以S△AMB＝4S△AMN. 解法三：(1)同解法一． (2)如圖，在平面直角坐標系中，連接MF，NF，設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為直線AB過F(1,0)，依題意可設其方程為x＝ty＋1(t≠0)． 由 得y2－4ty－4＝0. 因為Δ＝16t2＋16＞0， 所以y1＋y2＝4t，所以

16、yM＝y(tǒng)D＝2t. 因為|MD|＝，|AB|＝x1＋x2＋2， |MD|＝－xM， 所以＝－xM，解得xM＝－1， 所以M(－1,2t)． 所以kMF·kAB＝×＝－1， 故∠MFD＝90°. 又|NM|＝|NF|，所以|NF|＝|ND|， 從而|MN|＝|ND|，所以S△AMN＝S△AMD. 又S△AMD＝S△AMB，所以S△AMB＝4S△AMN. 4．[2019·鄭州質(zhì)量預測二]在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1：x2＋y2＝r2(r＞0)與直線l0：y＝x＋2相切，點A為圓C1上一動點，AN⊥x軸于點N，且動點M滿足＋＝，設動點M的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的

17、方程； (2)設P，Q是曲線C上兩動點，線段PQ的中點為T，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，且k1k2＝－，求|OT|的取值范圍． 解：(1)設動點M(x，y)，A(x0，y0)，由于AN⊥x軸于點N， ∴N(x0,0)．又圓C1：x2＋y2＝r2(r＞0)與直線l0：y＝x＋2，即x－y＋2＝0相切， ∴r＝＝2， ∴圓C1：x2＋y2＝4. 由＋＝，得(x，y)＋(x－x0，y－y0)＝(x0,0)， ∴即 又點A為圓C1上一動點， ∴x2＋4y2＝4， ∴曲線C的方程為＋y2＝1. (2)當直線PQ的斜率不存在時，可取直線OP的方程為y＝x， 不妨取點P，則

18、Q，T(，0)， ∴|OT|＝. 當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵k1k2＝－，∴4y1y2＋x1x2＝0. ∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0， 化簡得2m2＝1＋4k2，∴m2≥. Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝16m2＞0， 設T(x′0，y′0)，則x′0＝＝＝，y′0＝kx′0＋m＝. ∴|OT|2＝x′＋y′＝＋＝2－∈， ∴|OT|∈. 綜上，|OT|的取值范圍為. 10