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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練7 解析幾何 新人教A版
1.已知拋物線Γ:y2=2px(p>0)的焦點為F,A(x0,y0)為Γ上異于原點的任意一點,D為x軸正半軸上的點,且有|FA|=|FD|.若x0=3時,D的橫坐標(biāo)為5.
(1)求Γ的方程;
(2)直線AF交Γ于另一點B,直線AD交Γ于另一點C.試求△ABC的面積S關(guān)于x0的函數(shù)關(guān)系式S=f(x0),并求其最小值.
2.
如圖,過拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點F的直線交C于M(x1,y1),N(x2,y2)兩點,且x1x
2、2=-4.
(1)求p的值;
(2)R,Q是C上的兩動點,R,Q的縱坐標(biāo)之和為1,RQ的垂直平分線交y軸于點T,求△MNT的面積的最小值.
3.
已知拋物線C的方程為x2=2py(p>0),焦點F,點A(-1,1),B(-2,1),滿足=λ.
(1)求拋物線C的方程;
(2)過點A作斜率為正的直線交拋物線C于不同于B的兩點M,N,若直線BM,BN分別交直線l:x+2y+1=0于P,Q兩點,求|PQ|最小時直線MN的方程.
4.已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的
3、點(2,a)到焦點F的距離為3.
(1)求拋物線的方程.
(2)設(shè)動直線l與拋物線C相切于點A,且與其準(zhǔn)線相交于點B,問在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點D,使得以AB為直徑的圓恒過定點D?若存在,求出點D的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
5.已知拋物線C:y2=4x,P為C上一點且縱坐標(biāo)為2,Q,R是C上的兩個動點,且PQ⊥PR.
(1)求過點P,且與C恰有一個公共點的直線l的方程;
(2)求證:QR過定點.
6.已知拋物線C:x2=2py(p>0),直線l:y=x+1與拋
4、物線C交于A,B兩點,設(shè)直線OA,OB的斜率分別為k1,k2(其中O為坐標(biāo)原點),且k1·k2=-.
(1)求p的值;
(2)如圖,已知點M(x0,y0)為圓:x2+y2-y=0上異于O點的動點,過點M的直線m交拋物線C于E,F兩點.若M為線段EF的中點,求|EF|的最大值.
答案
題型專項訓(xùn)練7 解析幾何(解答題專項)
1.解:(1)由題意知F,D(5,0),因為|FA|=|FD|,
由拋物線的定義得3+,
解得p=2,所以拋物線Γ的方程為y2=4x.
(2)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D
5、(xD,0)(xD>1),因為|FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD>1,得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
設(shè)直線AB的方程為x=ty+1,聯(lián)立y2=4x,得y2-4ty-4=0.
設(shè)B(x1,y1),則y0y1=-4,從而x0x1==1,
∴x1=,y1=-.
由拋物線的定義得|AB|=|AF|+|BF|=(x0+1)+=x0++2,由于kAD=-,則直線AD的方程為y-y0=-(x-x0),
由于y0≠0,可得x=-y+2+x0.
代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0,
設(shè)C(x2,y2),所以y0+y2=-,
可求得y2=-y0-,x2=x0++
6、4,所以點C到直線AB:x=ty+1的距離為
d=
=
==4.
則△ABC的面積為S=|AB|·d=×4≥16,
當(dāng)且僅當(dāng)x0=,即x0=1時等號成立.
所以△ABC的面積的最小值為16.
2.解:(1)設(shè)MN:y=kx+,由消去y,得x2-2pkx-p2=0.(*)
由題設(shè),x1,x2是方程(*)的兩實根,
所以x1x2=-p2=-4,故p=2.
(2)設(shè)R(x3,y3),Q(x4,y4),T(0,t),因為T在RQ的垂直平分線上,所以|TR|=|TQ|.
得+(y3-t)2=+(y4-t)2,
又=4y3,=4y4,
所以4y3+(y3-t)2=4y4+(y4-
7、t)2,
即4(y3-y4)=(y3+y4-2t)(y4-y3).
而y3≠y4,所以-4=y3+y4-2t.
又因為y3+y4=1,所以t=,故T.
因此S△MNT=·|FT|·|x1-x2|=|x1-x2|.
由(1)得x1+x2=4k,x1·x2=-4.
S△MNT=
==3≥3.
因此,當(dāng)k=0時,S△MNT有最小值3.
3.解:(1)由已知可知:F,A,B三點共線,
故F(0,1),即=1,所以p=2,
故拋物線C的方程為x2=4y.
(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線MN的方程為y=k(x+1)+1(k≠0).
由消去y,得x2-4kx-4k
8、-4=0,
∴
設(shè)直線BM的方程為y=k1(x+2)+1,
由解得點P的橫坐標(biāo)xP=.又k1=(x1-2),
∴xP=--2.
同理點Q的橫坐標(biāo)xQ=--2.
∴|PQ|=|xP-xQ|=
=
=,
當(dāng)且僅當(dāng)k=,即k=1時等號成立.
所以當(dāng)k=1時,|PQ|的最小值為,
此時直線MN的方程為x-y+2=0.
4.解:(1)由條件知2+=3,即p=2,所以拋物線的方程為y2=4x.
(2)設(shè)動直線l方程為x=ty+b(顯然t≠0),則點B,則聯(lián)立得y2=4(ty+b),
所以Δ=16t2+16b=0,得b=-t2,故可設(shè)點A坐標(biāo)為(t2,2t).
設(shè)D(m,n),
9、則=(m-t2,n-2t),,
因為D在以AB為直徑的圓上,所以AD⊥BD,
所以=0,
即(m-t2,n-2t)·=0.
化簡整理,得(1-m)t2-3nt++(m2+m+n2-2)=0,
所以當(dāng)且僅當(dāng)m=1,n=0時,上式對任意t∈R恒成立,
即存在D(1,0),使得以AB為直徑的圓恒過點D.
5.(1)解:顯然y=2符合題意;
若相切:設(shè)l的方程為m(y-2)=x-1,
于是由得y2-4my+8m-4=0.
令Δ=(4m)2-4(8m-4)=0,得到m=1,于是y=x+1.所以,方程為y=2或y=x+1.
(2)證明:設(shè)Q,R,
于是k=.
于是QR的方程為=y
10、-y1,得4x-(y1+y2)y+y1y2=0.(*)
又PQ⊥PR,所以kPQ·kPR=-1,易得kPQ=,kPR=,于是=-1,
即y1y2+2(y1+y2)+20=0,代入(*)中,消去y1y2,得4x-(y1+y2)(y+2)-20=0,
令y=-2,于是x=5,故過定點(5,-2).
6.解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
將y=x+1代入C:x2=2py,得x2-2px-2p=0.
則x1x2=-2p.
所以k1k2==-.所以p=2.
(2)設(shè)E(x3,y3),F(x4,y4),直線m:y=k(x-x0)+y0.
聯(lián)立拋物線C:x2=4y,
得x2-4kx+4kx0-4y0=0.(*)
則x3+x4=4k=2x0,所以k=x0.
此時(*)式為x2-2x0x+2-4y0=0.
所以Δ=(2x0)2-4(2-4y0)=16y0-4.
所以|EF|=·|x3-x4|=
=.
又因為-y0=0,
所以|EF|==2+2y0≤4(y0≤1).
等號當(dāng)且僅當(dāng)即y0=1時取得,所以|EF|的最大值為4.
2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練7 解析幾何 新人教A版
