【K12教育学习资料】高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考

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最新最全精品教育资料 题型专项训练7 解析几何(解答题专项

)

1.已知抛物线Γ:y 2

=2px (p>0)的焦点为F ,A (x 0,y 0)为Γ上异于原点的任意一点,D 为x 轴正半轴上的点,且有|FA|=|FD|.若x 0=3时,D 的横坐标为5.

(1)求Γ的方程;

(2)直线AF 交Γ于另一点B ,直线AD 交Γ于另一点C.试求△ABC 的面积S 关于x 0的函数关系式S=f (x 0),并求其最小值.

2.

如图,过抛物线C :x 2=2py (p>0)的焦点F 的直线交C 于M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)两点,且x 1x 2=-4.

(1)求p 的值;

(2)R ,Q 是C 上的两动点,R ,Q 的纵坐标之和为1,RQ 的垂直平分线交y 轴于点T ,求△MNT 的面积的最小值.

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3.

已知抛物线C 的方程为x 2

=2py (p>0),焦点F ,点A (-1,1),B (-2,1),满足=λ.

(1)求抛物线C 的方程;

(2)过点A 作斜率为正的直线交抛物线C 于不同于B 的两点M ,N ,若直线BM ,BN 分别交直线l :x+2y+1=0于P ,Q 两点,求|PQ|最小时直线MN 的方程.

4.已知抛物线C :y 2=2px (p>0)上的点(2,a )到焦点F 的距离为3.

(1)求抛物线的方程.

(2)设动直线l 与抛物线C 相切于点A ,且与其准线相交于点B ,问在坐标平面内是否存在定点D ,使得以AB 为直径的圆恒过定点D ?若存在,求出点D 的坐标;若不存在,请说明理由.

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5.已知抛物线C :y 2=4x ,P 为C 上一点且纵坐标为2,Q ,R 是C 上的两个动点,且PQ ⊥PR.

(1)求过点P ,且与C 恰有一个公共点的直线l 的方程;

(2)求证:QR 过定点.

6.已知抛物线C :x 2=2py (p>0),直线l :y=x+1与抛物线C 交于A ,B 两点,设直线OA ,OB 的斜率分

别为k 1,k 2(其中O 为坐标原点),且k 1·k 2=-.

(1)求p 的值;

(2)如图,已知点M (x 0,y 0)为圆:x 2+y 2-y=0上异于O 点的动点,过点M 的直线m 交抛物线C 于E ,F

两点.若M 为线段EF 的中点,求|EF|的最大值.

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答案

题型专项训练7解析几何(解答题专项)

1.解:(1)由题意知F,D(5,0),因为|FA|=|FD|,

由抛物线的定义得3+,

解得p=2,所以抛物线Γ的方程为y2=4x.

(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>1),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>1,得x D=x0+2,故D(x0+2,0).

设直线AB的方程为x=ty+1,联立y2=4x,得y2-4ty-4=0.

设B(x1,y1),则y0y1=-4,从而x0x1==1,

∴x1=,y1=-.

由抛物线的定义得|AB|=|AF|+|BF|=(x0+1)+=x0++2,由于k AD=-,则直线AD的方程为

y-y0=-(x-x0),

由于y0≠0,可得x=-y+2+x0.

代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0,

设C(x2,y2),所以y0+y2=-,

可求得y2=-y0-,x2=x0++4,所以点C到直线AB:x=ty+1的距离为

d=

=

==4.

则△ABC的面积为S=|AB|·d=×4≥16,

当且仅当x0=,即x0=1时等号成立.

所以△ABC的面积的最小值为16.

2.解:(1)设MN:y=kx+,由消去y,得x2-2pkx-p2=0.(*)

由题设,x1,x2是方程(*)的两实根,

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所以x1x2=-p2=-4,故p=2.

(2)设R(x3,y3),Q(x4,y4),T(0,t),因为T在RQ的垂直平分线上,所以|TR|=|TQ|.

得+(y3-t)2=+(y4-t)2,

又=4y3,=4y4,

所以4y3+(y3-t)2=4y4+(y4-t)2,

即4(y3-y4)=(y3+y4-2t)(y4-y3).

而y3≠y4,所以-4=y3+y4-2t.

又因为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,当k=0时,S△MNT有最小值3.

3.解:(1)由已知可知:F,A,B三点共线,

故F(0,1),即=1,所以p=2,

故抛物线C的方程为x2=4y.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+1)+1(k≠0).

由消去y,得x2-4kx-4k-4=0,

∴

设直线BM的方程为y=k1(x+2)+1,

由解得点P的横坐标x P=.又k1=(x1-2),

∴x P=--2.

同理点Q的横坐标x Q=--2.

∴|PQ|=|x P-x Q|=

=

=,

当且仅当k=,即k=1时等号成立.

所以当k=1时,|PQ|的最小值为,

此时直线MN的方程为x-y+2=0.

4.解:(1)由条件知2+=3,即p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.

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(2)设动直线l方程为x=ty+b(显然t≠0),则点B,则联立得y2=4(ty+b),

所以Δ=16t2+16b=0,得b=-t2,故可设点A坐标为(t2,2t).

设D(m,n),则=(m-t2,n-2t),,

因为D在以AB为直径的圆上,所以AD⊥BD,

所以=0,

即(m-t2,n-2t)·=0.

化简整理,得(1-m)t2-3nt++(m2+m+n2-2)=0,

所以当且仅当m=1,n=0时,上式对任意t∈R恒成立,

即存在D(1,0),使得以AB为直径的圆恒过点D.

5.(1)解:显然y=2符合题意;

若相切:设l的方程为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,方程为y=2或y=x+1.

(2)证明:设Q,R,

于是k=.

于是QR的方程为=y-y1,得4x-(y1+y2)y+y1y2=0.(*)

又PQ⊥PR,所以k PQ·k PR=-1,易得k PQ=,k PR=,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,故过定点(5,-2).

6.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),

将y=x+1代入C:x2=2py,得x2-2px-2p=0.

则x1x2=-2p.

所以k1k2==-.所以p=2.

(2)设E(x3,y3),F(x4,y4),直线m:y=k(x-x0)+y0.

联立抛物线C:x2=4y,

得x2-4kx+4kx0-4y0=0.(*)

则x3+x4=4k=2x0,所以k=x0.

此时(*)式为x2-2x0x+2-4y0=0.

所以Δ=(2x0)2-4(2-4y0)=16y0-4.

所以|EF|=·|x3-x4|=

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又因为-y0=0,

所以|EF|==2+2y0≤4(y0≤1).

等号当且仅当即y0=1时取得,所以|EF|的最大值为4.

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