2021新高考数学（山东专用）二轮复习学案：板块2 命题区间精讲 精讲5　解析几何 WORD版含解析.doc

1、解析几何阅卷案例思维导图(2020全国卷，T20，12分)已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.本题考查：椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、平面向量的数量积等知识，逻辑推理、数学运算等核心素养.答题模板标准解答踩点得分第1步：求方程利用待定系数法，结合题设条件求基本量，并写出标准方程.第2步：设点、直线设出直线的方程及相交两点的坐标.第3步：联立消元联立直线与曲线得方程组，消元得方程.关键步骤第4步：找关系借助题设中等量关系建立数量关系第5步：求解

2、解等量关系得出待求结果，注意结果的完备性.第(1)问得分点及说明：1.求出a的值得1分.2.写出E的方程得1分.第(2)问得分点及说明：1.写出PA，PB的方程各得1分.2.将CD的方程与E联立消元正确得1分.3.正确得出y1y2，y1y2的方程得2分.4.利用根与系数的关系求得直线过定点得3分，对于没考虑直线CD与x轴重合的情形扣1分.命题点1最值问题求圆锥曲线中最值问题的关键(1)公式意识，把所求最值用相关公式表述出来；(2)方程思想，即引入参数，寻找关于参数的方程；(3)不等式与函数意识，寻找关于参数的不等式或函数，并求最值高考题型全通关1已知抛物线C：x24y的焦点为F，过点P(2，2

3、)的直线l与抛物线C交于A，B两点(1)当点P为AB的中点时，求直线AB的方程；(2)求|AF|BF|的最小值解(1)法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x4y1，x4y2，显然x1x2，则两式相减得4x1x2，因为x1x24，所以直线AB的斜率k1，所以直线AB的方程为y2(x2)，即xy0.法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为yk(x2)2.由消去x整理得y24(k2k1)y4(k1)20，由y1y24(k2k1)4，解得k1或k0(明显不符合题意，舍去)，所以直线AB的方程为y2(x2)，即xy0.(2)显然直线l的斜率

4、存在，设为k，则直线l的方程为yk(x2)2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由抛物线的定义可知|AF|y11，|BF|y21，所以|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.由消去x整理得y24(k2k1)y4(k1)20，所以y1y24(k2k1)，y1y24(k1)2，所以|AF|BF|y1y2(y1y2)18k212k98，所以当k时，|AF|BF|取得最小值，且最小值为.2已知椭圆E：1(ab0)上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的3倍，且点P在椭圆上(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点G(0，1)作直线l与椭圆E交于A，B两点，O为坐标原点，求ABO面积的

5、最大值解(1)由题意得解得椭圆的标准方程为1.(2)易知直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx1，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去y得(34k2)x28kx80，则x1x2，x1x2，|x1x2|，原点O到直线l的距离d.SABOd|x1x2|.令t，k20，t1，SABO.易证y2t在1，)上单调递增，2t3，SABO，ABO面积的最大值为.命题点2范围问题圆锥曲线中范围问题的常见解法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关

6、系等，则可利用这些关系去求参数的取值范围高考题型全通关1(2020烟台模拟)椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，若MF1F2的周长为42，且面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B是椭圆C上两动点，线段AB的中点为P，OA，OB的斜率分别为k1，k2(O为坐标原点)，且k1k2，求|OP|的取值范围解(1)由题知，MF1F2的周长为2a2c42，且2cb，a2，b1，c，椭圆C的方程为y21.(2)当直线AB的斜率k0时，此时k1，k2(O为坐标原点)，满足k1k2，k1k2.可令OB的方程为yx(xB0)，由可得B，此时|OP|，

7、当直线AB的斜率k0时，可令AB的方程为xmyt，由可得(m24)y22mtyt240，4m2t24(m24)(t24)0m2t240.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)2t.P.k1k2，即4y1y2x1x20，(4m2)y1y2mt(y1y2)t20，t24t20，2t2m24，则t22，由可得t22恒成立，|OP|2，|OP|.综上，|OP|的取值范围为.2(2020四川五校联考)已知抛物线E：y28x，直线l：ykx4.(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；(2)设Q(4，0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x

8、2，y2)，若存在点C满足|，且线段OC与AB互相平分(O为坐标原点)，求x2的取值范围解(1)法一：由得k2x28(k1)x160，由k0及64(k1)264k20，得k，所以直线l的方程为yx4.法二：由y28x得y，直线l恒过点(0，4)，则y，设切点为(x0，y0)(y00)，由于y，所以y|xx0，所以切线方程为y(xx0)，将坐标(0，4)代入得x08，即切点为(8，8)，再将该点代入ykx4得，k，所以直线l的方程为yx4.(2)由得k2x28(k1)x160，因为64(k1)264k20，且k0，所以k，且k0，所以x1x2，所以y1y2k(x1x2)8.因为线段OC与AB互相

9、平分，所以四边形OACB为平行四边形，所以(x1x2，y1y2)，即C，由|得，ACQC所以kACkQC1，又kQC，kACkOBk，所以1，所以k2.若k0，则222(1)，当且仅当k时取等号，此时0x24(1)若k0，由于k时，k2，所以，即x2(舍去)综上，x2的取值范围为(0，4(1)一题多解(2)中也可由|，得0，结合，(x2，y2)(x2，kx24)，得k2求解命题点3定点问题解决圆锥曲线中的定点问题应注意(1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整

10、理式子时就有了明确的方向 高考题型全通关1(2020陕西百校联盟第一次模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，椭圆的左焦点为F1，短轴的两个端点分别为B1，B2，且2.(1)求C的标准方程；(2)若过左顶点A作椭圆的两条弦AM，AN，且0，求证：直线MN与x轴的交点为定点解(1)由题意得e，F1(c，0)，不妨令B1为上端点，则B1(0，b)，B2(0，b)，所以(c，b)(c，b)c2b22.c2a2b2.由得a24，b21，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)证明：由题可知，A(2，0)，直线AM，AN的斜率存在且不为零，设直线AM的斜率为k，则直线AN的斜率为.可得直线AM的方程为yk

11、(x2)，将直线AM的方程与椭圆方程联立得得(14k2)x216k2x16k240(*)，0.方程(*)的一个根为2，设M(xM，yM)，则2xM，得xM，所以yMk(xM2)，得M，同理可得(将k换为)N.则直线MN的斜率kMN.所以直线MN的方程为y.令y0，则x.所以直线MN与x轴的交点为定点.2已知抛物线C：y22px(p0)上一点P(4，t)(t0)到焦点F的距离等于5.(1)求抛物线C的方程和实数t的值；(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由解(1)由抛物线定义可知|

12、PF|45，解得p2，故抛物线C的方程为y24x，将P(4，t)(t0)代入抛物线方程解得t4.(2)以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为xmy1(mR)，代入抛物线C：y24x，化简整理得y24my40，则由(1)知P(4，4)，所以直线PA的方程为y4(x4)(x4)，令x1得y，即M，同理可得N，kMFkNF1，MFNF，故以MN为直径的圆过点F.(也可用0)命题点4定值问题求定值问题常见的2种方法(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值高考题型全通

13、关1(2020广东四校联考)设斜率不为0的直线l与抛物线x24y交于A，B两点，与椭圆1交于C，D两点，记直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.(1)若直线l过点(0，4)，证明：OAOB；(2)求证：的值与直线l的斜率的大小无关解设直线l的方程为ykxm，k0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(1)依题意，两式相乘得(x1x2)216y1y2，若直线l过点(0，4)，则直线l的方程为ykx4，将直线l的方程代入抛物线x24y，得x24kx160.x1x216，y1y216，x1x2y1y20，0，OAOB(2)设C(x3，y3)，D(x4，y4)联

14、立ykxm和x24y，化简得x24kx4m0，则x1x24k，x1x24m，k1k2k.联立ykxm和1，化简得(23k2)x26kmx3m2120，在(6km)24(23k2)(3m212)0(46k2m2，此式可不求解)的情况下，x3x4，x3x4，k3k42k2k2k，是一个与直线l的斜率k无关的值2已知点P在椭圆C：1(ab0)上，椭圆C的焦距为2.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为定值k的直线l与椭圆C交于A，B两点，且满足|OA|2|OB|2的值为常数(其中O为坐标原点)求k的值以及这个常数；写出一般性结论(不用证明)：斜率为定值k的直线l与椭圆1(ab0)交于A，B两点，且满足|

15、OA|2|OB|2的值为常数，则k的值以及这个常数是多少？解(1)由点P在椭圆上得1，2c2，3b22a22a2b2，c1.又a2b2c2，3b22(b21)2(b21)b2，2b43b220，解得b22，得a23，椭圆C的方程为1.(2)设直线l的方程为ykxt，联立1，得(3k22)x26ktx3t260，(6kt)24(3k22)(3t26)24(3k2t22)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2，又y2，y2，|OA|2|OB|2(xy)(xy)(xx)4(x1x2)22x1x2444，要使|OA|2|OB|2为常数，只需18k2120，得k2，|OA|2|OB

16、|245，k，这个常数为5.k，这个常数为a2b2.命题点5证明问题圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等，一般是以直线与圆锥曲线为载体，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证高考题型全通关1设定点F(0，1)，动点E满足：以EF为直径的圆与x轴相切(1)求动点E的轨迹C的方程；(2)设A，B是曲线C上两点，若曲线C在点A，B处的切线互相垂直，求证：A，F，B三点共线解(1)设E(x，y)，则EF的中点为M，依题意知M到点F(0，1)与它到x轴的距离相等，可得，化简得x24y，即动点E的轨迹C的方程为x24y.(2)证明：设A，B(x1x2)，则由y得y，知曲线C在

17、点A，B处的切线的斜率分别是，依题意1，即x1x24，可得B，kAF，kBF，kAFkBF，又直线AF与BF有公共点F，所以A，B，F三点共线2设定点F(0，1)，动圆E过点F且与直线y1相切(1)求动圆圆心E的轨迹C的方程；(2)设P为直线y1上任意一点，过点P作轨迹C的两条切线l1和l2，证明：l1l2.解(1)依题意知，点E的轨迹C是以F(0，1)为焦点，以直线y1为准线的抛物线，方程为x24y.(2)证明：设P(x0，1)，显然过P与曲线C相切的直线斜率存在，设切线方程为y1k(xx0)，与曲线C：x24y，联立得1k(xx0)，即x24kx4kx040，依题意得(4k)24(4kx0

18、4)0，即k2kx010，k1k21，k1，k2分别是直线l1和l2的斜率，l1l2.命题点6存在性问题存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论高考题型全通关1(2020济南模拟)设M是抛物线E：x22py(p0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为yx1.(1)求E的方程；(2)已知过点(0，1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直

19、线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点是否存在常数，使得|AB|CD|AB|CD|成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)法一：由消y得x22px2p0.由题意得4p28p0，因为p0，所以p2.故抛物线E：x24y.法二：设M，由x22py，得y，y.由解得p2.故抛物线E：x24y.(2)假设存在常数使得|AB|CD|AB|CD|成立，则.由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，设l1的方程为ykx1，则由消去y得x24kx40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k，x1x24.所以|AB|4(1k2)(也可以由y1y2k(x1x2)24k22，得

20、到|AB|y1y224(1k2)因为直线l1，l2的斜率之积为1，所以l2斜率为.同理可得|CD|4.所以，所以存在常数，使得|AB|CD|AB|CD|.2(2020惠州第二次调研)已知抛物线C：y22x的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，且与x轴交于点P(a，0)(1)若直线l的斜率k，且|FP|，求|AF|BF|的值；(2)若a0，x轴上是否存在点M，总有OMAOMB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由解(1)法一：依题意，设l：y(xa)，将其代入y22x中，整理得9x2(18a8)x9a20，由0，得a，又且|，a2或a1(舍去)式可化为9x244x360，设A(x1，y1

21、)，B(x2，y2)，则x1x2，|AF|BF|x1x211.法二：依题意，设l：y(xa)，将其代入y22x中，整理得3y24y6a0，由1672a0，得a，又且|，a2或a1(舍去)式可化为3y24y120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|BF|x1x2111.(2)当直线l斜率不存在时，由对称性知，存在点M满足OMAOMB若直线l的斜率存在，设为k(k0)，则l：yk(xa)，将其代入y22x中，整理得ky22y2ka0，48k2a0，设M(m，0)，由OMAOMB，易知kMAkMB，即0，y1x2y2x1m(y1y2)0，即y1y2m(y1y2)，(y1y2)m(y1y2)，y1y20，ma，M(a，0)综上所述，当a0时，x轴上存在点M(a，0)，总有OMAOMB