2022年高考數(shù)學二輪專題復習 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓練7 解析幾何 新人教A版

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1、2022年高考數(shù)學二輪專題復習 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓練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關于x0的函數(shù)關系式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)設動直線l與拋物線C相切于點A,且與其準線相交于點B,問在坐標平面內(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;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,設直線OA,OB的斜率分別為k1,k2(其中O為坐標原點),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). 設直線AB的方程為x=ty+1,聯(lián)立y2=4x,得y2-4ty-4=0. 設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, 當且僅當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MN:y=kx+,由消去y,得x2-2pkx-p2=0.(*) 由題設,x1,x2是方程(*)的兩實根, 所以x1x2=-p2=-4,故p=2. (2)設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, ∴ 設直線BM的方程為y=k1(x+2)+1, 由解得點P的橫坐標xP=.又k1=(x1-2), ∴xP=--2. 同理點Q的橫坐標xQ=--2. ∴|PQ|=|xP-xQ|= = =, 當且僅當k=,即k=1時等號成立. 所以當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,故可設點A坐標為(t2,2t). 設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, 所以當且僅當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). 等號當且僅當即y0=1時取得,所以|EF|的最大值為4.