考点19 平面解析几何（4）-备战2021年高考数学经典解答题压轴题考前必刷（全国通用）

考点19 平面解析几何（4） 班级：___________姓名：___________得分：___________ 【真题分析】 例 1．（2021·全国高三专题练习）已知动点P到点的距离与到直线的距离之比为. （1）求动点的轨迹的标准方程； （2）过点的直线l交于M，N两点，已知点，直线BM，BN分别交x轴于点E，F.试问在轴上是否存在一点G，使得？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，点. 【分析】 （1）由直译法列出方程化简即可； （2）设出直线方程，以及，,，,通过代换用表示，化简得到一个常数即可. 【详解】 （1）设点，则， 化简得 故动点的轨迹的标准方程为 （2）设直线的方程为 联立方程组，得， 得: 或 ，. 设 ，定点存在，其坐标为 ，， 则 令，求出与轴的交点 ， ， ， 即有: 即 即 当直线与轴重合时， 解得 所以存在定点，的坐标为. 【点睛】 关键点点睛： 本题中 这一步是为了凑出，然后作整体替换. 【真题演练】 2．（2021·河南新乡市·高三二模（理））已知椭圆的左、右顶点分别为，，为上不同于，的动点，直线，的斜率，满足，的最小值为-4. （1）求的方程； （2）为坐标原点，过的两条直线，满足，，且，分别交于，和，.试判断四边形的面积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】（1）；（2）是定值，. 【分析】 （1）由，设，可得，，结合已知列方程求参数a、b、c，写出椭圆方程即可； （2）由椭圆对称性知：，设，的斜率分别为，，由题设知，讨论直线的斜率，联立直线与椭圆方程，应用根与系数关系确定是否为定值. 【详解】 （1）设，则，故， ∴， 又， 由题意知：，解得， ∴椭圆的方程为. （2）根据椭圆的对称性，可知，， ∴四边形为平行四边形，所以. 设，的斜率分别为，，，，则①，②. 又，，即. 当的斜率不存在时，，. 由①②，得，结合，解得，. ∴. 当的斜率存在时，设直线的方程为， 联立方程组得，得，则，即，. ∵， ∴，整理得：. 由直线过，， 将代入，整理得. 综上，四边形的面积为定值，且为. 【点睛】 关键点点睛： （1）应用两点斜率公式、向量数量积的坐标表示，求，关于椭圆参数的代数式，结合已知条件列方程求参数，写出椭圆方程； （2）利用椭圆的对称性，由直线与椭圆的位置关系，讨论直线斜率的存在性，结合直线与椭圆方程及根与系数关系，求四边形的面积并判断是否为定值. 3．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高二其他模拟（理））已知抛物线，两条直线，分别于抛物线交于，两点和，两点． （1）若线段的中点为，求直线的斜率； （2）若直线，相互垂直且同时过点，求四边形面积的最小值． 【答案】（1）；（2）． 【分析】 （1）设，，利用点差法可求得结果； （2）设出直线，的方程，的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求出，同理求出，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根据基本不等式可求得最小值. 【详解】 （1）设，， 因为线段的中点为，所以， 则，所以， 所以，所以直线的斜率. （2）依题意可知，的斜率都存在且不等于0，设的斜率为，因为直线，相互垂直，所以的斜率为， 所以直线的方程为：，直线的方程为， 联立消去并整理得， 恒成立， 所以，， 所以 同理可得， 因为，所以四边形面积 令，则,当且仅当，即时，等号成立. 故，其中 利用二次函数的性质知，当时， 所以四边形面积的最小值为. 【点睛】 关键点点睛：本题考查直线与抛物线的应用，已知条件涉及到中点，利用点差法求解是解题关键；求对角线互相垂直的四边形的面积，利用弦长公式求出弦长和是解题关键，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于难题. 4．（2021·全国高三其他模拟）已知椭圆过点，且分别以椭圆的长轴和短轴为直径的圆的面积的比值为4. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，交椭圆于点，连接，与，轴分别交于点，，过原点作直线的垂线，垂足为，求的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由已知得，再利用为椭圆上的点，即可求得，从而求得椭圆方程； （2）先利用已知条件将问题转化为求的最大值，设，，则，从而直线的斜率，设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，从而知，直线的方程为，求出点，坐标，列出关于，再利用基本不等式求解. 【详解】 （1）因为分别以椭圆的长轴和短轴为直径的圆的面积的比值为4.， 所以，即①. 将代入椭圆方程，得②. 由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为，利用等面积法知， 所以，故求的最大值，即求的最大值. 设，，则，所以. 由题意知，所以直线的斜率. 设直线的方程为，由