专题14+解析几何大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学（理）名师押题高端精品

专题14+解析几何大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学（理）名师押题高端精品

专题十四 解析几何大题 （一） 命题特点和预测：‎ 分析近8年全国新课标文数卷1，发现解析几何大题8年8考，每年1题．主要以圆、椭圆、抛物线为载体考查圆的定义、性质、直线与圆的位置关系、椭圆与抛物线的定义、几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查定点与定值问题、最值与范围问题、探索性问题、证明问题、弦长与面积问题，考查设而不求思想及字母运算能力，常为第20题，为难题.2019年解析几何大题仍为必考试题，第1小题主要考查椭圆与抛物线的定义、几何性质，难度为基础题，第2小题主要以直线与圆锥曲线的位置关系考查定点与定值问题或最值与范围问题或证明问题，难度为难题.‎ ‎（二）历年试题比较：‎ 年份 ‎ 题目 ‎2018年 ‎【2018新课标1，理19】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.‎ ‎（1）当与轴垂直时，求直线的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，证明：.‎ ‎2017年 ‎【2017新课标1，理20】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.‎ ‎2016年 ‎【2016新课标理1，理21】设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.‎ ‎2015年 ‎【2015新课标1，理20】在直角坐标系中，曲线C：y=与直线(＞0)交与M,N两点，‎ ‎（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.‎ ‎2014年 ‎【2014课标Ⅰ，理20】已知点A,椭圆E:的离心率为；F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点 ‎（I）求E的方程；‎ ‎（II）设过点A的动直线与E 相交于P,Q两点。当的面积最大时，求的直线方程.‎ ‎2013年 ‎【2013课标Ⅰ，理20】已知圆:,圆:,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线 C. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. ‎ ‎2012年 ‎【2012课标Ⅰ，理20】设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于，两点；‎ ‎（1）若，的面积为，求的值及圆的方程；‎ ‎（2）若，，三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值．‎ ‎2011年 ‎ 【2011全国新课标，理20】在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，－1)，B点在直线y＝－3上，M点满足∥，，M点的轨迹为曲线C．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值．‎ ‎【解析与点睛】‎ ‎（2018年）（19）【解析】（1）由已知得，l的方程为x=1.‎ 由已知可得，点A的坐标为或.‎ 所以AM的方程为或.‎ ‎（2）当l与x轴重合时，.‎ 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.‎ 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，‎ 则，直线MA，MB的斜率之和为.‎ 由得 ‎.‎ 将代入得 ‎.‎ 所以，.‎ 则.‎ 从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.‎ 综上，.‎ 点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到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，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，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，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理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.‎ ‎（2017年）【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.‎ 又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.‎ 因此，解得.‎ 故C的方程为.‎ ‎（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，‎ 如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.‎ 则，得，不符合题设.‎ 从而可设l：（）.将代入得 由题设可知.‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.‎ 而 ‎.‎ 由题设，故.‎ 即.‎ 解得.‎ 当且仅当时，，欲使l：，即，‎ 所以l过定点（2，）‎ ‎【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简. ‎ 又，所以，．故椭圆的方程为．‎ ‎（II）当轴时不合题意，故设直线，．‎ 将代入得．当，即时，‎ ‎．从而．又点到直线的距离 ‎，所以的面积．设，则，．因为，当且仅当时，时取等号，且满足．所以，当的面积最大时，的方程为或．‎ ‎（2013年）【解析】由已知得圆的圆心为（-1，0）,半径=1，圆的圆心为(1,0),半径=3.‎ 设动圆的圆心为（，），半径为R.‎ ‎（Ⅰ）∵圆与圆外切且与圆内切，∴|PM|+|PN|===4，‎ 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，场半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为.‎ ‎（Ⅱ）对于曲线C上任意一点（，），由于|PM|-|PN|=≤2，∴R≤2,‎ 当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.‎ ‎∴当圆P的半径最长时，其方程为，‎ 当的倾斜角为时，则与轴重合，可得|AB|=.‎ 当的倾斜角不为时，由≠R知不平行轴，设与轴的交点为Q，则=，可求得Q（-4，0），∴设：，由于圆M相切得，解得.‎ 当=时，将代入并整理得，解得=，∴|AB|==.‎ 当=－时，由图形的对称性可知|AB|=，‎ 综上，|AB|=或|AB|=.‎ ‎（2012年）【解析】（1）由对称性知：是等腰直角△，斜边 点到准线的距离，‎ 的面积，‎ ‎，‎ 解得，所以坐标为，‎ 圆的方程为．‎ ‎（2）由题设，则，‎ ‎，，三点在同一直线上，‎ 又为圆的直径，故，关于点对称．‎ 由点，关于点对称得： ‎ 得：，直线，‎ 切点 直线 坐标原点到，距离的比值为．‎ ‎（2011年）【解析】(1)设M(x，y)，由已知得B(x，－3)，A(0，－1)．‎ 所以＝(－x，－1－y)，＝(0，－3－y)，＝(x，－2)．‎ 再由题意可知，即(－x，－4－2y)·(x1，－2)＝0.‎ 所以曲线C的方程为y＝x2－2.‎ ‎(2)设P(x0，y0)为曲线C：上一点，因为，所以l的斜率为.‎ 因此直线l的方程为，即.‎ 则O点到l的距离又，‎ 所以， ‎ 当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2.‎ ‎（三）命题专家押题 题号 试 题 ‎1.‎ 已知椭圆的右顶点为，左焦点为，离心率，过点的直线与椭圆交于另一个点，且点在轴上的射影恰好为点，若．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过圆上任意一点作圆的切线与椭圆交于，两点，以为直径的圆是否过定点，如过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．‎ ‎2.‎ 已知椭圆：的离心率为，直线被圆截得的弦长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线交椭圆于，两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标和的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎3.‎ 已知平面上一动点到定点的距离与它到直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设直线与曲线交于,两点，为坐标原点，若，求面积的最大值．‎ ‎4.‎ 已知抛物线的焦点为，直线与相交于两点．‎ ‎（1）记直线的斜率分别为，求证：；‎ ‎（2）若抛物线上异于的一点到的准线的距离为，且，问：直线是否恒过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．‎ ‎5.‎ 已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.若过的动直线与曲线相交于两点.‎ ‎(1)判断曲线的名称并写出它的标准方程；‎ ‎(2)是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎6‎ 双曲线：的左右顶点分别为，，动直线垂直的实轴，且交于不同的两点，直线与直线的交点为.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点作的两条互相垂直的弦，，证明：过两弦，中点的直线恒过定点.‎ ‎7‎ 已知，是动点，以为直径的圆与圆：内切.‎ ‎（1）求的轨迹的方程；‎ ‎（2）设是圆与轴的交点，过点的直线与交于两点，直线交直线于点，求证：三点共线.‎ ‎8‎ 已知椭圆方程为，其右焦点与抛物线的焦点重合，过且垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线l与(1)中椭圆相交于,两点, 直线, ,的斜率分别为,, (其中)，且,,成等比数列；设的面积为, 以、为直径的圆的面积分别为, , 求的取值范围.‎ ‎9‎ 已知椭圆的左顶点为，离心率为，点在椭圆上.‎ ‎（1)求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，，求证：在轴上存在点，使得无论非零实数怎样变化，总有为直角，并求出点的坐标.‎ ‎10‎ 如图，已知抛物线C：y2=2px（p＞0），G为圆H：（x+2）2+y2=1上一动点，由G向C引切线，切点分别为E，F，当G点坐标为（-1，0）时，△GEF的面积为4．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）当点G在圆H：（x+2）2+y2=1上运动时，记k1，k2分别为切线GE，GF的斜率，求||的取值范围．‎ ‎【详细解析】‎ ‎1.【解析】（1）∵，∴，，‎ 设，代人椭圆方程得： ，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率不存在时，以为直径的圆的圆心为或，半径为2，‎ 以为直径的圆的标准方程为：或，‎ 因为两圆都过坐标原点，∴以为直径的圆过坐标原点，‎ 当直线的斜率存在时，设其方程为，，，‎ 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，‎ ‎，‎ 所以，‎ 由，‎ 化简得：，‎ ‎∴，，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴以为直径的圆过坐标原点，‎ 综上，以为直径的圆恒过坐标原点.‎ ‎2.【解析】（1）∵椭圆的离心率为，∴,‎ ‎∵圆的圆心到直线的距离为,‎ ‎∴直线被圆截得的弦长为 ‎.‎ 解得，故，∴椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，，，‎ 当直线与轴不重合时，设的方程：.‎ 由得，，‎ ‎∴，，‎ ‎，‎ 当，即时，的值与无关，此时.‎ 当直线与轴重合且时，.‎ ‎∴存在点，使得为定值.‎ ‎3.【解析】（1）设，则，化简得，‎ 曲线的方程为；‎ ‎（2）设，，‎ 联立，得。‎ 依题意，，‎ 化简得：，①‎ ‎，．‎ ‎，‎ 若，则，即，‎ ‎．‎ 即，‎ 化简得：，②‎ ‎．‎ 原点到直线的距离，‎ ‎，‎ 设，由①②得，，，‎ ‎，，‎ ‎．‎ 当时，即时，面积最大为．‎ ‎4.【解析】（1）设，‎ 由，消可得 可得 ‎，‎ 即 ‎（2）抛物线上异于的一点到的准线的距离为，‎ ‎，‎ ‎ ‎ 设 由（1）可得 ‎ ‎ ‎，‎ 即 即 或 当时，，‎ 即，此时过点，与点重合，不合题意，‎ 当时 即，此时过点 综上所述直线过定点 ‎5.【解析】（1）设动点的坐标，点到直线的距离为，‎ 依题意可知，即，‎ 所以，‎ 两边平方后化简得．‎ 所以曲线的名称是椭圆，它的标准方程为．‎ ‎（2）①当直线与轴垂直时，由椭圆的对称性可知，‎ 又因为，‎ 则，‎ 所以点必在轴上．‎ ‎②当直线与轴垂直时，则，由①可设，‎ 由，解得，或．‎ 则点的坐标只可能是．‎ 下面只需证明直线斜率存在且时均有即可．‎ 由题意设直线的方程为，‎ 由消去整理得,‎ 其中恒成立． ‎ 设，‎ 则，‎ 所以．‎ 设点关于轴对称的点坐标，‎ 因为直线的斜率，‎ 同理得直线斜率，‎ 所以，‎ 因此，‎ 所以三点共线，‎ 故，‎ 所以存在点满足题意．‎ ‎6.【解析】（1）因为， ‎ 设 则且①，‎ 因为动直线交双曲线于不同的两点，所以且， ‎ 因为直线的方程为②，‎ 直线的方程为③， ‎ ‎②③得， ‎ 把①代入上式得，化简得， ‎ 所以点的轨迹的方程为. ‎ ‎（2）依题意得直线与直线斜率均存在且不为0，‎ 设直线的方程为，则直线的方程为， ‎ 联立得，‎ 则，设，‎ ‎，， ‎ 所以的中点，‎ 同理的中点， ‎ 所以直线的斜率为，‎ 所以直线的方程为， ‎ 整理得， ‎ 所以直线恒过定点，即过两弦中点的直线恒过定点.‎ ‎7.【解析】（1）设，‎ 则的中点的坐标为，‎ 因为圆与圆内切，点在圆内，‎ 所以，‎ 即，‎ 整理得，‎ 设，则，‎ 即的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.‎ 由，，‎ 得，‎ 所以的方程为.‎ ‎（2）设，.‎ 因为是圆与轴的交点，不妨设，，‎ 则.‎ 因为直线的方程为，‎ 所以，则.‎ 依题意，‎ 因为直线过，斜率不为0，‎ 故可设其方程为，‎ 由 消去并整理得，‎ 则，，‎ 因为 ‎，‎ 所以，‎ 故三点共线.‎ ‎8.【解析】（1）由抛物线方程得，椭圆方程为，过F垂直于抛物线对称轴的直线与椭圆交于M,N两点，可得，与抛物线交于C,D两点可得， ， ， ，‎ 所以椭圆方程为 .‎ ‎(2)设直线的方程为，‎ 由可得，‎ 由韦达定理：， ‎ ‎∵，，构成等比数列，，‎ 即 由韦达定理代入化简得：，∵ ，． ‎ 此时，即．‎ 又由三点不共线得，从而．‎ 故 ‎ ‎ ‎∵，，， ‎ 则 为定值． ‎ ‎，‎ 当且仅当即时等号成立．‎ 综上：的取值范围是．‎ ‎9.【解析】（1)依题意，，所以 ①，‎ 又因为点在椭圆上，所以 ②，‎ 由①②解得，，所以椭圆方程为.‎ ‎（2）设，，则，不妨令.‎ 由可得，解得，，‎ ‎，所以所在直线方程为，‎ 所在直线方程为，‎ 可得，同理可得，‎ 所以，，‎ 所以，，所以或，‎ 所以存在点且坐标为或．‎ 使得无论非零实数怎么变化，总有为直角.‎ ‎10.【解析】（1）设切线方程为：y=k（x+1），不妨设k＞0．‎ 联立，化为：k2x2+（2k2-2p）x+k2=0，‎ 则△=（2k2-2p）2-4k4=0，化为：p=2k2．‎ 方程k2x2+（2k2-2p）x+k2=0化为：（x-1）2=0，解得x=1．∴E（1，2k），‎ ‎∵△GEF的面积为4，∴=4，解得k=1．‎ ‎∴p=2．∴C的方程为：y2=4x．‎ ‎（2）设G（x0，y0），（-3≤x0≤-1），则=1-．‎ 设切线方程为：y-y0=k（x-x0），‎ 联立，化为：ky2-4y+4（y0-kx0）=0，‎ ‎△1=16-16k（y0-kx0）=0．‎ ‎∴x0k2-ky0+1=0，∴k1+k2=，k1k2=．‎ ‎∴|k1-k2|===．‎ ‎∴||====∈[2，2]．‎ ‎∴||的取值范围是[2，2]． ‎