高考数学二轮复习高考大题规范解答系列五_解析几何含解析

高考大题规范解答系列(五)——解析几何

考点一　范围问题

例1　(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；

(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．

【分析】　①设出A，B的坐标及点P的坐标，利用PA，PB的中点在抛物线上建立方程，利用根与系数的关系求得点A，B，P的纵坐标之间的关系，由此证明结论成立．

②先根据根与系数的关系，求得|PM|，再表示出△PAB的面积，最后结合点P在椭圆上，并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值范围．

【标准答案】——规范答题　步步得分

(1)设P(x0，y0)，A，B． 1分

因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·，即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．              3分

所以y1＋y2＝2y0， 4分

因此，PM垂直于y轴． 5分

(2)由(1)可知

所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0， 7分

|y1－y2|＝2． 9分

因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0)， 10分

因为x＋＝1(x0＜0)，

所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，

因此，△PAB面积的取值范围是． 12分

【评分细则】　

①设出点的坐标得1分．

②利用PA，PB的中点在C上，建立二次方程得2分．

③由韦达定理得y1＋y2＝2y0得1分．

④由y1＋y2＝2y0得点M的纵坐标为y0，又点P纵坐标为y0，因此PM垂直于y轴，得1分．

⑤结合韦达定理求|PM|，得2分．

⑥求出|y1－y2|，得2分．

⑦正确写出△PAB的面积，得1分．

⑧合理的转化为二次函数求出△PAB面积的范围，得2分．

【名师点评】　

1．核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算．

2．解题技巧：在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等)的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值．

3．解决范围问题的答题模板

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〔变式训练1〕

　(2021·山东烟台期末)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F是其右焦点，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，|AF|＋|BF|＝8．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设Q(3,0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．

[解析]　(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，

所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，

所以a＝4，

又e＝＝，a2＝b2＋c2，

解得c＝2，b＝2，

∴椭圆的标准方程为＋＝1．

(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，

联立，得(4k2＋1)x2－16＝0，

所以x1＋x2＝0，x1x2＝，

因为∠AQB为锐角，所以·＞0，

所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2

＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2

＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2

＝9－＞0，

解得k＞或k＜－．

考点二　定点、定值问题

例2　(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ ．

(1)求点P的轨迹方程；

(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．

【分析】　①看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程．

②看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明⊥．

【标准答案】——规范答题　步步得分

(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)．

＝(x－x0，y)，＝(0，y0)， 1分

由＝ ，得x0＝x，y0＝y， 3分

因为M(x0，y0)在椭圆C上，

所以＋＝1， 5分

因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2． 6分

(2)由题意知F(－1,0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，

则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)， 7分

·＝3＋3m－tn， 8分

＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)， 9分

由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1， 10分

又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0．

所以·＝0，即⊥， 11分

又过点P存在唯一直线垂直于OQ，

所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 12分

【评分细则】　

①设出点的坐标，并求出和得1分．

②由＝，正确求出x0＝x，y0＝y得2分．

③代入法求出＋＝1得2分．

④化简成x2＋y2＝2得1分．

⑤求出和的坐标得1分．

⑥正确求出·的值得1分．

⑦正确求出和的坐标得1分．

⑧正确得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分．

⑨得出⊥得1分．

⑩写出结论得1分．

【名师点评】　

1．核心素养：圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养．

2．解题技巧：(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分．

(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出·＝0，即⊥，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分．

3．解决定值(点)问题的答题模板

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〔变式训练2〕

(1)(2021·广西南宁、玉林、贵港等市联考)设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，右顶点是A(2,0)，离心率为．

①求椭圆C的方程；

②若直线l与椭圆交于两点M，N(M，N不同于点A)，若·＝0，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．

(2)已知A、B分别为椭圆E：＋y2 ＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8，P为直线x＝6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．

[解析]　(1)①右顶点是A(2,0)，离心率为，

所以a＝2，＝，∴c＝1，则b＝，

∴椭圆的标准方程为＋＝1．

②当直线MN斜率不存在时，设lMN：x＝m，

与椭圆方程＋＝1联立得：|y|＝，

|MN|＝2，

设直线MN与x轴交于点B，|MB|＝|AB|，

即＝2－m，

∴m＝或m＝2(舍)，

∴直线m过定点；

当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，

M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线MN：y＝kx＋b(k≠0)，

与椭圆方程＋＝1联立，得

(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，

x1＋x2＝－，x1x2＝，

y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2，

Δ＝(8kb)2－4(4k2＋3)(4b2－12)＞0，k∈R，

·＝0，则(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，

即x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，

∴7b2＋4k2＋16kb＝0，

∴b＝－k或b＝－2k，

∴直线lMN：y＝k或y＝k(x－2)，

∴直线过定点或(2,0)舍去；

综上知直线过定点．

(2)①依据题意作出如下图形：

由椭圆方程E：＋y2 ＝1(a＞1)可得：

A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，

∴＝(a,1)，＝(a，－1)，

∴·＝a2－1＝8，∴a2＝9，

∴椭圆方程为：＋y2＝1．

②证明：设P(6，y0)，

则直线AP的方程为：y＝(x＋3)，

即：y＝(x＋3)，

联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，

整理得：(y＋9)x2＋6yx＋9y－81＝0，

解得：x＝－3或x＝，

将x＝代入直线y＝(x＋3)

可得：y＝，

所以点C的坐标为．

同理可得：点D的坐标为，

∴直线CD的方程为：

y－＝·，

整理可得：y＋＝·＝

整理得：y＝x＋＝·

故直线CD过定点．

考点三　最值问题

例3　(2021·吉林模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．

①证明：OT平分线段PQ(其中0为坐标原点)；

②当最小时，求点T的坐标．

【分析】　

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【标准答案】——规范答题　步步得分

(1)由已知可得

解得a2＝6，b2＝2． 2分

所以椭圆C的标准方程是＋＝1． 3分

(2)①由(1)可得点F的坐标是(－2,0)，

设点T的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率是kTF＝＝－m．

当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，

直线PQ的方程是x＝my－2．

当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，

也符合x＝my－2的形式． 5分

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得

消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0．

其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0，

所以y1＋y2＝，y1y2＝，

x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝．

所以PQ的中点M的坐标为． 7分

所以直线OM的斜率是kOM＝－．

又直线OT的斜率kOT＝－，

所以点M在直线OT上，

因此OT平分线段PQ． 8分

②由①可得

|TF|＝， 9分

|PQ|＝

＝

＝

＝． 10分

所以＝

＝

≥＝．

当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时取等号，此时取得最小值， 11分

所以当最小时，点T的坐标是(－3,1)或(－3，－1)． 12分

【评分细则】　

①列方程组求出a2与b2给2分．

②写出椭圆的标准方程给1分．

③根据题意恰当设出直线方程，给2分，不讨论m＝0的情况，扣1分．

④方程联立消元，结合韦达定理求出点M的坐标，给2分．

⑤证明OT平分线段PQ，给1分．

⑥写出|TF|的表达式，给1分．

⑦写出|PQ|的表达式，给1分．

⑧写出的表达式，利用均值不等式确定最小值，给1分．

⑨正确写出点T的坐标，给1分．

【名师点评】　

1．核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合能力较强的题，意在考查考生的分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力．

2．解题技巧：(1)注意通性通法的应用

在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问题的巧解，更要注意此类问题的通性通法．如在解决本例(2)①时，注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题，因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组，利用根与系数关系求出y1＋y2，y1y2的值即为通法．

(2)关键步骤要全面

阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所以解题时要写全关键步骤，踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如本例(2)中，消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求|PQ|时，也可省略计算过程．

3．最值问题

(1)常见解法有两种：几何法与代数法．

①若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法．

②将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法．

(2)易错点

①利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件；

②利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值范围．

4．解决最值问题的答题模板

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例4　(2020·全国卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM斜率为．

(1)求C的方程；

(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．

[解析]　(1)由题意可知直线AM的方程为：y－3＝(x－2)，

即x－2y＝－4．

当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，

椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点M(2,3)，

可得＋＝1，解得b2＝12．

所以C的方程：＋＝1．

(2)设与直线AM平行的直线方程为：x－2y＝m，

如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．

联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＋＝1可得

3(m＋2y)2＋4y2＝48，

化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，

所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，

即m2＝64，解得m＝±8．

与AM距离比较远的直线方程x－2y＝8，

直线AM方程为x－2y＝－4．

点N到直线的距离即两平行线之间的距离d＝＝，

由两点间距离公式可得

|AM|＝＝3，

所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18．

〔变式训练3〕

(1)(2021·广东新高考适应性考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为2，A，B在椭圆C上，且＋＝0，△ABF1的周长为8．

①求椭圆C的标准方程；

②过椭圆C上的动点M作C的切线l，过原点O作OP⊥l于点P，求△OMP的面积的最大值．

(2)(2021·广东梅州质检)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．

①求抛物线C的方程；

②过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．

[解析]　(1)①由＋＝0，

可知A，B，F2三点共线，且AB⊥x轴．

由△ABF1的周长为8，得4a＝8，

所以a＝2，且b＝，

所以椭圆C的标准方程为＋＝1．

②显然直线l斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx＋t，

联立

得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，

且Δ＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－12)＝0，

得t2＝4k2＋3，

所以xM＝＝－．

联立得xP＝－，

所以|OP|＝·＝，

则|MP|＝·＝·＝，

所以S△OMP＝|MP|·|OP|＝··＝·＝·≤，

当且仅当k＝±1时取等号，

所以△OMP的面积的最大值为．

(2)①∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切，

由消去x得，y2－2py＋2p＝0，

从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2．

∴抛物线C的方程为y2＝4x．

②由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由消去x得，y2－4ty－4＝0，

∴y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2，

∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．

设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，则

dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|

＝2．

∴当t＝时，可使A、B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为．