专题08 平面解析几何（解答题）-三年（2019-2021）高考数学（理）真题分项汇编

专题08 平面解析几何（解答题） 1．【2021·北京高考真题】已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程. （2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求. 【详解】（1）因为椭圆过，故， 因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即， 故椭圆的标准方程为：. （2） 设， 因为直线的斜率存在，故， 故直线，令，则，同理. 直线，由可得， 故，解得或. 又，故，所以 又 故即， 综上，或. 2．【2021·全国高考真题】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； （2）设点，设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出的表达式，设直线的斜率为，同理可得出的表达式，由化简可得的值. 【详解】因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为； （2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点， 不妨直线的方程为，即， 联立，消去并整理可得， 设点、，则且. 由韦达定理可得，， 所以，， 设直线的斜率为，同理可得， 因为，即，整理可得， 即，显然，故. 因此，直线与直线的斜率之和为. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 3．【2021·浙江高考真题】如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程. （2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围. 【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：. （2）设，，， 所以直线，由题设可得且. 由可得，故， 因为，故，故. 又，由可得， 同理， 由可得， 所以， 整理得到， 故， 令，则且， 故， 故即， 解得或或. 故直线在轴上的截距的范围为或或. 【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题. 4．【2021·全国高考真题（理）】在直角坐标系中，的圆心为，半径为1． （1）写出的一个参数方程; （2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程． 【答案】（1），（为参数）；（2）或. 【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程； （2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】（1）由题意，的普通方程为， 所以的参数方程为，（为参数） （2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即， 由圆心到直线的距离等于1可得， 解得，所以切线方程为或， 将，代入化简得 或 【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题. 5．【2021·全国高考真题（理）】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为