2020年高考数学(理)大题分解专题05--解析几何

（2019年全国卷I）已知抛物线C：xy32的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若4||||BFAF，求l的方程；（2）若3APPB，求||AB．【肢解1】若4||||BFAF，求l的方程；【肢解2】若3APPB，求||AB．【肢解1】若4||||BFAF，求l的方程；【解析】设直线l方程为mxy23，11,Axy，22,Bxy，由抛物线焦半径公式可知12342AFBFxx，所以1252xx，联立2323yxmyx得04)12(12922mxmx，由0144)1212(22mm得12m，所以121212592mxx，解得78m，所以直线l的方程为3728yx，即12870xy.【肢解2】若3APPB，求||AB．专题05解析几何大题肢解一直线与抛物线【解析】设直线l方程为23xyt，联立2233xytyx得0322tyy，由4120t得31t，由韦达定理知221yy，因为PBAP3，所以213yy，所以12y，31y，所以1t，321yy.则212214)(941||yyyyAB)3(4294123134.设抛物线)0(22ppxy的焦点为F，过点F的而直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p.弦长的计算方法：求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．温馨提示：注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．【拓展1】已知抛物线C：xy32的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．若27||||BFAF，求l在y轴上的截距.【解析】设直线l方程为mxy23，11,Axy，22,Bxy，由抛物线焦半径公式可知123722AFBFxx，所以122xx，联立2323yxmyx得04)12(12922mxmx，由0144)1212(22mm得12m，所以12121229mxx，解得21m，所以直线l的方程为3122yx，令0x得21y，所以直线l在y轴上的截距为21.【拓展2】已知抛物线C：xy32的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．若2APPB，)0,4(M，求ABM的面积．【解析】设直线l方程为23xyt，联立2233xytyx得0322tyy，由4120t得31t，由韦达定理知221yy，tyy321，因为PBAP2，所以212yy，所以22y，41y，所以821yy.38t，所以212214)(941||yyyyAB)8(429412132，直线l方程为2833xy，即0823yx，所以点)0,4(M到l的距离13413|812|d，所以ABM的面积为413413221||21dAB．1.（2019年山西太原一模)已知抛物线xy42的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若AOB的面积为6，求||AB.【解析】由题意知抛物线xy42的焦点F的坐标为)0,1(，易知当直线AB垂直于x轴时，AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为)0)(1(kxky，与xy42联立，消去x得0442kyky，设),(11yxA，),(22yxB，由韦达定理知kyy421，421yy，变式训练一所以1616||221kyy，所以AOB的面积为616161212k，解得2k，所以6||11||212yykAB.2.（2019年湖北荆州模拟)已知抛物线24yx的焦点为F，过点F的直线交抛物线于,AB两点.（1）若3AFFB，求直线AB的斜率；（2）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值.【解析】（1）依题意可设直线:1ABxmy，将直线AB与抛物线联立214xmyyx2440ymy，设11(,)Axy，22(,)Bxy，由韦达定理得121244yymyy，因为3AFFB，所以213yy，即312m，所以直线AB的斜率为3或3．（2）2212121212122()4161642OACBAOBSSOFyyyyyyyym，当0m时，四边形OACB的面积最小，最小值为4．（2020届广东省珠海市高三上学期期末）中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过)1,0(A、)21,3(B两点，（1）求椭圆C的方程；（2）设直线)0(21:mmxyl与椭圆C交于P，Q两点，求当所取何值时，OPQ的面积最大.【肢解1】求椭圆C的方程；【肢解2】设直线)0(21:mmxyl与椭圆C交于P，Q两点，求当所取何值时，OPQ的面积最大题肢解二大.【肢解1】求椭圆C的方程；【解析】（1）由题意可设椭圆C的方程为22221xymn，代入0,1A、13,2B两点得222222221011321mnmn解得21n，24m，所以椭圆:C2214xy.【肢解2】设直线)0(21:mmxyl与椭圆C交于P，Q两点，求当所取何值时，OPQ的面积最大.【解析】将直线1:,(0)2lyxmm代入2214xy得：221442xxm.整理得222220xmxm.2222422840mmm得22m.由韦达定理得122xxm，21222xxm－.22221212124442284xxxxxxmmm242121222OPQSmxxmmmm.由二次函数可知当21m即1m时，OPQ的面积的最大．直线与圆锥曲线的相交弦长问题：设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2（y1＋y2）2－4y1y2.【变式1】中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的椭圆C过)1,0(A、)21,3(B两点，（1）求椭圆C的方程；（2）设直线)0(21:mmxyl与椭圆C交于P，Q两点，若APQ的面积为1m，求m的值.【解析】（1）由题意可设椭圆C的方程为22221xymn，代入0,1A、13,2B两点得222222221011321mnmn解得21n，24m.所以椭圆:C2214xy.（2）将直线1:,(0)2lyxmm代入2214xy得221442xxm.整理得222220xmxm.2222422840mmm得22m.设),(11yxP，),(22yxQ，韦达定理得122xxm，21222xxm－.所以)22(4)2()21(1||222mmPQ252m，由点到直线的距离公式得点)1,0(A到直线l的距离5|22|md.所以APQ的面积为255|22|212mm2|1|2mm，变式训练二因为APQ的面积为1m，所以12|1|2mmm，解得1m或1m（舍去）.所以1m．【变式2】已知椭圆)0(1:2222babyaxC的离心率为22，其中左焦点为)0,2(F．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线mxy与椭圆C交于不同的两点A，B，1ABF的面积为)2(6m，求直线的方程．【解析】(1)由题意，得222222cbacac解得222ba，所以椭圆C的方程为14822yx.（2）设点),(11yxA，),(22yxB，由mxyyx14822消去y得0824322mmxx，由0)84(12)4(22mm得3232m，由韦达定理知3421mxx，382221mxx，所以)82(4)34(2||22mmAB367342m，由点到直线的距离公式得)0,2(1F到直线mxy的距离2|2|md，所以1ABF的面积为36342|2|212mm)2(6m，解得3m，满足3232m，所以所求直线方程为3xy或3xy.1.（2019年山东高考模拟）已知圆22:4Oxy，抛物线2:2(0)Cxpyp．（1）若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求AF；（2）若直线l与抛物线C和圆O分别相切于,MN两点，设00,Mxy，当03,4y时，求MN的最大值．【解析】（1）由题意知(0,2)F，所以4p.所以抛物线C的方程为28xy.将28xy与224xy联立得点A的纵坐标为2(52)Ay，结合抛物线定义得||2522ApAFy.（2）由22xpy得22xyp，xyp，所以直线l的斜率为0xp，故直线l的方程为000xyyxxp.即000xxpypy.又由0220||2pyONxp得02084ypy且2040y，所以2222200||||||4MNOMONxy220000020824244ypyyyyy2202200022001644164444yyyyyy2020641644yy.令204ty，0[3,4]y，则[5,12]t，令64()16fttt，则264()1ftt；当[5,8]t时()0ft，()ft单调递减，当(8,12]t时()0ft，()ft单调递增，又64169(5)16555f，64100169(12)16121235f，所以max169()5fx，即||MN的最大值为1355.2.（2020黑龙江省齐市地区普高联谊高二上学期期末）已知椭圆C：22221(0)xyabab过点)23,22(与点)22,1(.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l过定点1(0,)2，且斜率为10kk，若椭圆C上存在A，B两点关于直线l对称，O为坐标原点，求k的取值范围及AOB面积的最大值.【解析】（1）由题意，可得2222231441214abab，解得222,1ab，所以椭圆的方程为2212xy.（2）由题意，设直线AB的方程为(0)ykxmk，由2212ykxmxy，整理得222(12)4220kxkmxm，所以，即2221km，……….①且2121222422,1212kmmxxxxkk，所以线段AB的中点横坐标02212kmxk，纵坐标为00212mykxmk，将00,xy代入直线l方程112yxk，可得2122km………②，由①②可得232k，又0k，所以66(,0)(0,)22k，又222221212211()48(12)812kAB