7.3解析几何解答题(压轴题)高考命题规律1.高考必考考题,压轴题.2.解答题,12分,中高档难度.3.全国高考有5种命题角度,分布如下表.2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度1曲线与轨迹问题2020命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系20202020命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题212020命题角度4圆锥曲线的定值、定点问题202021命题角度5圆锥曲线的探究、存在性问题20命题角度1曲线与轨迹问题高考真题体验·对方向1.(2017全国Ⅱ·20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足⃗NP=❑√2⃗NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且⃗OP·⃗PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),⃗NP=(x-x0,y),⃗NM=(0,y0).由⃗NP=❑√2⃗NM得x0=x,y0=❑√22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则⃗OQ=(-3,t),⃗PF=(-1-m,-n),⃗OQ·⃗PF=3+3m-tn,⃗OP=(m,n),⃗PQ=(-3-m,t-n).由⃗OP·⃗PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1.又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以⃗OQ·⃗PF=0,即⃗OQ⊥⃗PF.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.2.(2016全国Ⅲ·20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ;(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.(1)证明由题知F(12,0).设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,且A(a22,a),B(b22,b),P(-12,a),Q(-12,b),R(-12,a+b2).记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以AR∥FQ.(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a||x1-12|,S△PQF=|a-b|2.由题设可得12|b-a||x1-12|=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x≠1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x≠1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以所求轨迹方程为y2=x-1.典题演练提能·刷高分1.(2019西南名校联盟重庆第八中学高三5月月考六)设抛物线C1的方程为x2=4y,点M(x0,y0)(x0≠0)在抛物线C2:x2=-y上,过M作抛物线C1的切线,切点分别为A,B,圆N是以线段AB为直径的圆.(1)若点M的坐标为(2,-4),求此时圆N的半径长;(2)当M在x2=-y上运动时,求圆心N的轨迹方程.解(1)设N(x,y),Ax1,x124,Bx2,x224,x1≠x2,切线MA,MB的方程分别为y=x12(x-x1)+x124,y=x22(x-x2)+x224,得MA,MB的交点M(x0,y0)的坐标为x0=x1+x22=2,y0=x1x24=-4.又kAB=x224-x124x2-x1=x1+x24=1,|AB|=❑√1+k2❑√(x1+x2)2-4x1x2=4❑√10,∴r=12|AB|=2❑√10.(2) N为线段AB的中点,∴x=x1+x22,y=x12+x228.点M在C2上,即x02=-y0.由(1)得x1+x222=-x1x24,则x1+x222=-(x1+x2)2-(x12+x22)8.∴x2=-4x2-8y8,x≠0,即x2=23y(x≠0).∴圆心N的轨迹方程为x2=23y(x≠0).2.已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-34.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.解(1)设P(x,y), A(-2,0),B(2,0),∴k1=yx+2,k2=yx-2,又k1k2=-34,∴y2x2-4=-34,∴x24+y23=1(x≠±2),∴轨迹C的方程为x24+y23=1(x≠±2).(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故OR∥PF1,故△PF1R与△PF1O同底等高,故S△PF1R=S△PF1O,S=S△QF1O+S△PF1E=S△PQO,当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=12×1×[32-(-32)]=32;当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0;联立{y=k(x+1),x24+y23=1,解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ=144(k2+1)>0,{x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,故|PQ|=❑√1+k2|x1-x2|=❑√1+k2·❑√(x1+x2)2-4x1x2=12(1+k2)3+4k2,点O到直线PQ的距离d=|k|❑√1+k2,S=12|PQ|d=6❑√k2(k2+1)(3+4k2)2,令u=3+4k2∈(3,+∞),故S=6❑...
