新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十九文202001160619.doc

1、考点过关检测（十九）1(2020届高三唐山联考)已知F为抛物线E：y24x的焦点，过点P(0,2)作两条互相垂直的直线m，n，直线m交E于不同的两点A，B，直线n交E于不同的两点C，D，记直线m的斜率为k.(1)求k的取值范围；(2)设线段AB，CD的中点分别为点M，N，证明：直线MN过定点Q(2,0)解：(1)由题设可知k0，所以直线m的方程为ykx2，与y24x联立，整理得ky24y80.由11632k0，解得k0，解得k0或k2.所以k2或0kb0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形(1)求椭圆C的方程；(2)过圆E：x2y22上任意一点P作圆E的切线l，l与椭圆C交于A

2、，B两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由解：(1)因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以bc，2cbb23，又因为a2b2c2，所以a26，b23.故椭圆C的方程为1.(2)圆E的方程为x2y22，设O为坐标原点，当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x，A(，)，B(，)，所以AOB90，所以以AB为直径的圆过坐标原点O(0,0)当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)因为直线与相关圆相切，所以d，所以m222k2.联立方程组消去y，得(12k2)x24kmx2m260，则16k2m24(

3、12k2)(2m26)8(6k2m23)8(4k21)0，且x1x2，x1x2，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m2m20，所以，所以以AB为直径的圆恒过坐标原点O(0,0)综合可知，以AB为直径的圆恒过坐标原点O(0,0)3(2019柳州联考)已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点P(4，m)到焦点的距离为5.(1)求该抛物线C的方程；(2)已知抛物线上一点M(t,4)，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MDME，判断直线DE是否过定点？并说明理由解：(1)由题意知抛物线C的焦点在x轴的正半轴上，可设抛物线的方程为y22px(p0)，其准线方程为x，

4、P(4，m)到焦点的距离等于点P到准线的距离，45，p2.抛物线C的方程为y24x.(2)把M(t,4)代入抛物线C的方程，得164t，t4，M(4,4)由题易知直线DE的斜率不为0，设直线DE的方程为xkyn，联立消去x，得y24ky4n0，16k216n0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1y24k，y1y24n.MDME，(x14，y14)(x24，y24)x1x24(x1x2)16y1y24(y1y2)16416y1y24(y1y2)16(y1y2)23y1y24(y1y2)32n216k212n3216k0，即n212n3216k216k，得(n6)24(2k1)2，n62

5、(2k1)，得n4k8或n4k4，当n4k8时，代入式满足0，直线DE的方程为xky4k8k(y4)8，直线过定点(8，4)当n4k4时，代入式，当k2时，0，此时直线DE的方程为xk(y4)4，直线过定点(4,4)，不合题意，舍去直线过定点(8，4)4已知椭圆C：1(ab0)经过点P，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形(1)求椭圆的方程(2)动直线l：mxnyn0(m，nR)交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T.若存在求出点T的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)椭圆C：1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三

6、角形，ab，1.又椭圆经过点P，将点P的坐标代入椭圆方程得b21，a22，故椭圆方程为y21.(2)由题意动直线l过点.当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x222；当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2y21.由解得即两圆相切于点(0,1)，因此，如果所求的点T存在，只能是(0,1)，下证点T(0,1)就是所求的点证明如下：当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T(0,1)当直线l不垂直于x轴，可设直线l：ykx.由消去y并整理，得(18k29)x212kx160.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又(x1，y11)，(x2，y21)，x1x2(y11)(y21)x1x2(1k2)x1x2k(x1x2)(1k2)k0.TATB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,1)，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件