2022高考二轮复习数学 规范答题示范课-解析几何解答题

规范答题示范课一解析几何解答题

破题之道

解析几何试题知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都

是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”的题型，不是怕解题无思路，而是

怕解题过程中繁杂的运算.因此，在遵循“设一列一解"程序化解题的基础

上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽

疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.

解设而不求

析

几

何

解

答

题

标准方程

一般方程

典例示范

（12分）（2021.新高考I卷）在平面直角坐标系xOy中，已知点B（—，行,0）,仍（“行,

0）,点〃满足|MB|一幽码=2.记M的轨迹为C.

（1）求C的方程；

⑵设点T在直线x=T上，过T的两条直线分别交C于A,3两点和P,Q两点,

^.\TA\-\TB\=\TP\-\TQ\,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

解⑴因为|MB|一阿网=2<尸1刑=2行，

所以点M的轨迹C是以仍为左、右焦点的双曲线的右支.2分

设双曲线的方程为最一g=l（a>0,b>0）,半焦距为c,则2a=2,c=，万，得a

=1,b2=c2—a2=16,

所以点M的轨迹C的方程为好一分

（2）设门，/）,由题意可知直线AB,PQ的斜率均存在且不为零，设直线A3的

方程为y—/=依卜一目（依W0）,直线PQ的方程为y—/=近口一（左2/0）,

得(16—ZCT)%216=0.6分

设A(X4,a)

由题意知16—后W0,

V2

2,一16

则

XAXB—161届XA+XB=16—后'

1

所以I划=41+川X4一万

\TB\=耳1+后|XB—3=「1+好卜一目,8分

U)=(i+的

WJ|Z4|-|7B|=(1+A?)IXAXB~\("+xB)+1

:(1+后)—T612ML(1+后)(*+12)

la—16

_16一后2161后4_

（1+K）（尸+12）

同理z得"HTQ尸------济市------.10分

因为17AHzB|=|rPHTQ|,

（1+好）（?+12）（1+矽）（户+12）

所以^16=^16'

所以设一16+后公一16后=好一16+后防一16遍，

即好=履，

又左1W左2,所以左1=一左2,即M+左2=0.

故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.12分

高考状元满分心得

❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问，求轨迹

C的方程；第(2)问求得X4+初及X4XB的表达式及求出左1+左2=0.

❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第⑴问中，

没指出动点〃的轨迹是双曲线(右支)，曲线的方程中缺失X的限制条件都要扣分;

第⑵问中，灵活利用隐含条件XA斗X号，化简出|中卜|毒尸

等.

❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问求对。，6的值

及曲线C的方程，否则全盘皆输；第⑵问中准确计算出XA+XB=后，XAXB

/后■—是第⑵问得分的保障，另外正确计算|出卜|"|的表达式，否则后

续仍无法得分.

满分体验

V2V2A(15

1.已知椭圆C：芯+苏=1(0<加<5)的离心率为勺，A,3分别为C的左、右顶点.

(1)求C的方程；

(2)若点P在C上，点。在直线x=6上，且13Pl=|3Q|,BPLBQ,求△APQ的

面积.

解(1)由题设可得"争”=乎,得源=磊

72

所以C的方程为会+点=1.

16

(2)设尸(xp,yp),Q(6,yo),根据对称性可设%>0,

由题意知yp>0.

由已知可得3(5,0),直线3尸的方程为尸一泰一5),

所以|3尸|=y同1+凫,\BQ\=y[l+yb.

因为13Pl=|3Q|,所以"=L

将》=1代入C的方程，解得XP=3或一3.

由直线BP的方程得川=2或8,

所以点P,Q的坐标分别为Pi(3,1),0(6,2)或2(—3,1),02(6,8),

所以|P@I=E，直线PiQi的方程为

点A(—5,0)到直线PiQi的距离为千，

故△AP1Q的面积为册5=楙.

\P2Q2\=-\[13d,直线P2Q2的方程为y=5+¥，

点A到直线PiQi的距离为嚼，

故△APzQ的面积为害患><4瓦=|.

综上，△APQ的面积为1.

22

2.(2021.新高考n卷)已知椭圆C的方程为5=1(。>。>0)，右焦点为网啦，0),

且离心率为乎.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设M,N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=/(x>o)相切证明：”,

N,R三点共线的充要条件是|“川=小.

(1)解由题意，得椭圆半焦距c=也且6=：=乎，

所以a=\[3.

又庐=次一°2=1,所以椭圆C的方程为与+y2=i.

⑵证明由(1)得，曲线为d+VnlQX)),

当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=l,显然不合题意；

当直线MN的斜率存在时，设M(X1,州)，N(X2,>2).

必要性：

若M,N,R三点共线，可设直线MN的方程为y=-x—g)，即入一y—啦左=

0.

由直线MN与曲线f+>2=1G>0）相切可得,解得左=±1,

y=±（九一/）,

联立1

卜十一，

2

可得4A—6A/2X+3=0,

所以项+尤2=^^,XrX2=*

所以|MN|=3+M|xi—%2|

=W+l-yj（xi+^2）2—4XI-%2=y13,

所以必要性成立；

充分性：设直线MN：y=Ax+m（/rm<0）,即kx-y-\-m=O,

由直线MN与曲线N+y2=IQ>O）相切可得《皆=i,所以m2=/c2+L

y=kx-\-m,

联立,%2可得（1+3左N）f+Gbnx+B机2—3=0,

b+J9,

其中/=（6版）2—4（1+3标）（3二—3）=24M>0,

6km3/一3

所以X1+X21+3/xrx2=i+3『'

所以\MN\=71+居7（xi+九2）4xrx2

23加2—3

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