2021版高考数学一轮复习 高频考点集中练 解析几何（含解析）新人教B版.doc

1、高频考点集中练解 析 几 何1.(2019全国卷)若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆+=1的一个焦点,则p=()A.2B.3 C.4D.8【解析】选D.因为椭圆的焦点为(,0),抛物线的焦点为,由已知可得=,解得p=8.【真题拾贝】解决圆锥曲线的标准方程及简单性质问题,一般是利用方程的基本量列方程求解,也可利用检验排除的方法,进行筛选.2.(2019全国卷)设F为双曲线C:-=1(a0,b0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为()A.B.C.2D.【命题思维分析】近几年高考对于圆锥曲线客观题一般分两个题目考查,

2、一个是简单的方程和性质的考查,以基础知识和通性解法通过简单计算可得,一个难度较大,综合程度较高,需借助数形结合和图形分析及知识间的联系经过计算推理求解【解析】选A.以OF为直径的圆的方程为+y2=,则弦PQ所在的直线方程为x=,|PQ|=,根据|PQ|=|OF|可得=,即(a-b)2=0,得a=b,故c=a,所以e=.【真题拾贝】审题时注意OF是直径,优先考虑几何法,避免代数法从头至尾,运算繁琐,准确率大大降低.3.(2018全国卷)直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆+y2=2上,则ABP面积的取值范围是()A.B.C.D.【命题思维分析】直线和圆的考查,高考主要考查圆

3、心到直线的距离公式及圆的性质,圆心距,半弦长与半径的关系,及一些有关圆的最值的分析求解问题【解析】选A.由A(-2,0),B(0,-2),则三角形ABP的底边|AB|=2,圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为d=2,又因为半径为r=,所以点P到直线x+y+2=0的距离的最大值为2+=3,最小值为2-=,则三角形ABP的面积的最大值为Smax=23=6,最小值为Smin=2=2,故ABP面积的取值范围为2,6.【真题拾贝】直线与圆问题一般是利用点到直线的距离公式,圆的弦所涉及的直角三角形即弦心距,半弦长、半径,或切线长,半径与过圆心的直线构成的三角形的关系求解,一般不联立直线与圆的方程求解

4、.4.(2018全国卷)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点且斜率为的直线与C交于M,N两点,则=()A.5B.6C.7D.8【命题思维分析】本题考查直线与抛物线的位置关系及向量数量积的求解,首先根据题中的条件,利用点斜式写出直线的方程,涉及直线与抛物线相交,联立方程组,消元化简,最后应用向量数量积坐标公式求得结果.【解析】选D.由题意知直线MN的方程为y=(x+2),F(1,0).设M(x1,y1),N(x2,y2),与抛物线方程联立有可得或所以=(0,2),=(3,4),所以=03+24=8.【真题拾贝】有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题可有两种解法:联立方程组,消元化

5、简求解方程组,应用向量数量积坐标公式求解,利用设而不求方法,联立方程组,不求点M、N的坐标,求解判别式,应用根与系数的关系得到结果.5.(2019全国卷)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.+y2=1B.+=1C.+=1D.+=1【命题思维分析】求解圆锥曲线的方程一般都是待定系数法,根据性质结合正余弦定理,解三角形或联立方程根据条件求解标准方程的相关元素,本题考查椭圆标准方程及其简单性质,考查数形结合思想、转化与化归的能力,很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.【解析】方法

6、一:选B. 如图,由已知可设|F2B|=n,则|AF2|=2n,|BF1|=|AB|=3n,由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n,所以|AF1|=2a-|AF2|=2n.在AF1F2和BF1F2中,由余弦定理得 又AF2F1,BF2F1互补,所以cosAF2F1+cosBF2F1=0,两式消去cosAF2F1,cosBF2F1,得3n2+6=11n2,解得n=.所以2a=4n=2,所以a=,所以b2=a2-c2=3-1=2,所以所求椭圆方程为+=1,故选B.方法二:选B.如图,0由已知可设=n,则=2n,=3n,由椭圆的定义有2a=+=4n,所以=2a-=2n.在AF1B中,由余弦

7、定理推论得cosF1AB=.在AF1F2中,由余弦定理得4n2+4n2-22n2n=4,解得n=.所以2a=4n=2,所以a=,所以b2=a2-c2=3-1=2,所以所求椭圆方程为+=1,故选B.【真题拾贝】1.求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法,具体过程是先定形,再定量,即首先确定焦点所在位置,然后再根据条件建立关于a,b的方程组.2.如果焦点位置不确定,要考虑是否有两解,有时为了解题方便,也可把椭圆方程设为mx2+ny2=1(m0,n0且mn)的形式,避免讨论.3.与性质交汇命题的方程求解,要分析题意,根据条件列出相应的方程或方程组求解.6.(2019全国卷)设F1,F2为椭圆C:+=1

8、的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为_.【解析】已知椭圆C:+=1可知,a=6,c=4,由M为C上一点且在第一象限,故等腰MF1F2中,MF1=F1F2=8,MF2=2a-MF1=4,sinF1F2M=,yM=MF2sinF1F2M=,代入C:+=1可得xM=3.故M的坐标为(3,).答案:(3,)【真题拾贝】椭圆标准方程及其简单性质,通过数形结合思想、转化与化归的思想,根据题意推理计算即可,本题落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.7.(2019全国卷)已知双曲线C:-=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与双曲线C的两条渐近线分别

9、交于A,B两点.若=,=0,则C的离心率为_.世纪金榜导学号【命题思维分析】求圆锥曲线的离心率问题是年年都考的问题,题目难度较大,一般和直线与圆锥曲线的位置关系、向量、三角、圆或三种圆锥曲线的性质交汇命制;解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题,需确立一个关于a,b,c的方程或不等式,再根据a,b,c的关系,建立关于a,b,c的方程或不等式,要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.【解析】如图,由=,得F1A=AB.又OF1=OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线,即BF2OA,BF2=2OA.由=0,得F1BF2B,OAF1A,则OB=OF1=OF2,有OBF2=BF2O=2

10、OBF1=2OF1B,AOB=AOF1.又OA与OB都是渐近线,得BOF2=AOF1,则BOF2=60.又渐近线OB的斜率为=tan 60=,所以该双曲线的离心率为e=2.答案:2【真题拾贝】求双曲线离心率常见的方法有三种:求出a,c,代入公式e=;由a与b的关系求离心率,利用变形公式e=求解.只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式,结合b2=c2-a2转化为a,c的齐次式,然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式),解方程(不等式)即可得e (e的取值范围).8.(2018全国卷)已知点M和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若A

11、MB=90,则k=_.世纪金榜导学号【命题思维分析】设直线方程,待定系数为斜率k,联立消元得一元二次方程.利用MAMB.结合根与系数的关系建立求k的等式.【解析】由抛物线的方程y2=4x可知其焦点F的坐标为(1,0),所以直线AB的方程为y=k(x-1),由得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=,x1x2=1,因为AMB=90,所以=(x1+1,y1-1)(x2+1,y2-1)=(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=(x1+1)(x2+1)+k(x1-1)-1k(x2-1)-1=(1-k-k2)(x1+x2)+(1+k2)x

12、1x2+k2+2k+2=(1-k-k2)+(1+k2)+k2+2k+2=0,整理可解得k=2.答案:2【真题拾贝】解决此类问题常用方法是“根与系数的关系”和“点差法”.这两种方法的前提都必须保证直线和椭圆有两个不同的公共点.9.(2019全国卷)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C.世纪金榜导学号(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连结QE并延长交C于点G.()证明:PQG是直角三角形;()求PQG面积的最大值.【命题思维分析】有关最值问题,近几年高

13、考考查热度加大,但降低了难度,最值主要通过直线与圆锥曲线的位置关系,一般是联立方程,通过分析,根据根与系数的关系,条件关系,转化写出关于求最值的问题的解析式,利用函数的性质求解.【解析】(1)由题设得=-,化简得+=1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)()设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).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=(x-u).由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.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

14、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=|PQPG|=.设t=k+,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.因此,PQG面积的最大值为.【真题拾贝】圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题,然后求导确定函数单调性求最值,或利用基本不等式,或利用式子的几何意义求最值.10.(2018全国卷)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为.世纪金榜导学号(1)

15、当l与x轴垂直时,求直线AM的方程.(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.【命题思维分析】圆锥曲线的证明问题是高考压轴题的高频点,一般考查直线与圆锥曲线的位置关系,求解有关三角形的面积、弦长,对称等问题,高考难度较大,本题主要考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,考查数学运算能力.【解析】(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.代入+y2=1可得,点A的坐标为或.所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-.(2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0.当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),

16、A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=+.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=.将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以,x1+x2=,x1x2=.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.【真题拾贝】该题考查的是有关直线与椭圆的问题,涉及的知识点有直线方程的两点式、直线与椭圆相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量,在解题的过程中,第一问求直线方程的时候,需要注意的是应该是两个;关于第二问,在做题的时候需要先将特殊情况说明,一般情况下,涉及直线与曲线相交都需要联立方程组,之后由根与系数的关系写出两根和与两根积,借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.