《2020版高考数学（江苏专用）一轮课件：第十五章 圆锥曲线与方程 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（江苏专用）一轮课件：第十五章 圆锥曲线与方程 .pptx（91页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第十五章 圆锥曲线与方程,高考数学 (江苏省专用),(2016江苏,22,10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p0). (1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程; (2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q. 求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p); 求p的取值范围.,五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,解析 (1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为 , 由点 在直线l:x-y-2=0上,得 -0-2=0,即p=4. 所以抛物线C的方程为y2=8x. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M
2、(x0,y0). 因为点P和Q关于直线l对称, 所以直线l垂直平分线段PQ, 于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b. 由 消去x得y2+2py-2pb=0. (*) 因为P和Q是抛物线C上的相异两点, 所以y1y2, 从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0. 方程(*)的两根为y1,2=-p , 从而y0= =-p.,因为M(x0,y0)在直线l上, 所以x0=2-p. 因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p). 因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0, 所以p . 因
3、此,p的取值范围是 .,评析 本题主要考查直线和抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力及 推理论证能力.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 曲线与方程,1.(2019课标全国理,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积 为- .记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于 点G. (i)证明:PQG是直角三角形; (ii)求PQG面积的最大值.,解析 本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两
4、条直线的位置关系,弦长问 题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值 的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和 数学运算的核心素养. (1)由题设得 =- ,化简得 + =1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的 椭圆,不含左右顶点. (2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0). 由 得x= . 记u= ,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为 ,方程为y= (x-u). 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.,设G(xG,yG),
5、则-u和xG是方程的解,故xG= ,由此得yG= . 从而直线PG的斜率为 =- . 所以PQPG,即PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= , 所以PQG的面积S= |PQ|PG|= = . 设t=k+ ,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号. 因为S= 在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为 . 因此,PQG面积的最大值为 .,思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为- 求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨 迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的 方程,联立椭
6、圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公 式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其 最大值. 解题关键 利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程 是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.,2.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程; (2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交 直线OM,ON于点A和点B
7、.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.,解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查 学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运 算的核心素养. (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2. 所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1. (2)抛物线C的焦点为F(0,-1). 设直线l的方程为y=kx-1(k0). 由 得x2+4kx-4=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4, 直线OM的方程为y= x. 令y=-1,得点A的横坐标xA=- . 同理得点B的横
8、坐标xB=- .,设点D(0,n),则 = , = , = +(n+1)2= +(n+1)2 = +(n+1)2=-4+(n+1)2. 令 =0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3. 综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).,3.(2017课标全国理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M作x轴的垂线, 垂足为N,点P满足 = . (1)求点P的轨迹方程; (2)设点Q在直线x=-3上,且 =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.,解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题. (1)设P(x,y),M(x0,y0)
9、, 则N(x0,0), =(x-x0,y), =(0,y0). 由 = 得x0=x,y0= y. 因为M(x0,y0)在C上, 所以 + =1. 因此点P的轨迹方程为x2+y2=2. (2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则 =(-3,t), =(-1-m,-n), =3+3m-tn, =(m,n), =(-3-m,t-n). 由 =1得-3m-m2+tn-n2=1, 又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0. 所以 =0,即 . 又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.,思路分析 (1)设出P、M的坐标,利用 = 得到P、
10、M坐标间的关系,由点M在C上求解. (2)利用向量的坐标运算得 =0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.,方法总结 求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间 接法有相关点法、交轨法和参数法.,4.(2016课标全国理,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交 C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点. (1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ; (2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.,解析 由题设知F .设l1:y=a,l2:y=b,则ab0, 且A ,B ,P ,Q ,R . 记
11、过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0. (3分) (1)由于F在线段AB上,故1+ab=0. 记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则 k1= = = = =-b=k2. 所以ARFQ. (5分) (2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF= |b-a|FD|= |b-a| ,SPQF= . 由题设可得2 |b-a| = , 所以x1=0(舍去),或x1=1. (8分) 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得 = (x1).,而 =y,所以y2=x-1(x1). 当AB与x轴垂直时,E与D重合. 所以,所求轨迹方程
12、为y2=x-1. (12分),考点二 抛物线的综合应用,1.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于 A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧. 记AFG,CQG的面积分别为S1,S2. (1)求p的值及抛物线的准线方程; (2)求 的最小值及此时点G的坐标.,解析 本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算 求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法. (1)由题意得 =1,即p=2. 所以,抛物线的准线方
13、程为x=-1. (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程 为x= y+1,代入y2=4x,得y2- y-4=0,故2tyB=-4,即yB=- ,所以B .又由于xG= (xA+xB +xC),yG= (yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t- +yC=0, 得C ,G . 所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0). 由于Q在焦点F的右侧,故t22. 从而 =,= = =2- . 令m=t2-2,则m0, =2- =2- 2- =1+ . 当m= 时, 取
14、得最小值1+ ,此时G(2,0).,思路分析 (1)根据抛物线定义知 =1,得到准线方程x=-1.(2)要求 的最小值,需要将 用基 本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到 AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然 后就可以表示出 ,进而求出其最小值.,2.(2019课标全国理,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线, 切点分别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,
15、求四边形ADBE的面积.,解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方 程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运 算的核心素养. (1)设D ,A(x1,y1),则 =2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB过定点 . (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 由 可得x2-2tx-1=0.,于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t
16、(x1+x2)+1=2t2+1, |AB|= |x1-x2|= =2(t2+1). 设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1= ,d2= . 因此,四边形ADBE的面积S= |AB|(d1+d2)=(t2+3) . 设M为线段AB的中点,则M . 由于 ,而 =(t,t2-2), 与向量(1,t)平行, 所以t+(t2-2)t=0. 解得t=0或t=1. 当t=0时,S=3;当t=1时,S=4 . 因此,四边形ADBE的面积为3或4 .,解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表 示出 ,求AB方程中的参数是关键.,3.(201
17、9课标全国理,19,12分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为 的直线l与C的交点为A, B,与x轴的交点为P. (1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程; (2)若 =3 ,求|AB|.,解析 本题主要考查抛物线的定义、几何性质、直线与抛物线相交的综合问题等内容,考查 学生运算求解的能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力,体现了直观想象与数 学运算的核心素养. 设直线l:y= x+t,A(x1,y1),B(x2,y2). (1)由题设得F ,故|AF|+|BF|=x1+x2+ ,由题设可得x1+x2= . 由 可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=- .
18、 从而- = ,得t=- . 所以l的方程为y= x- . (2)由 =3 可得y1=-3y2. 由 可得y2-2y+2t=0. 所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.,代入C的方程得x1=3,x2= .故|AB|= .,思路分析 (1)由|AF|+|BF|=4确定A、B两点横坐标之和,联立直线l的方程(含参)与抛物线方程, 由根与系数的关系得A、B两点横坐标之和的含参表达式.两者相等,列方程求出参数. (2)P点在x轴上,由 =3 知A、B两点纵坐标的比例关系,由根与系数的关系得A、B两点纵 坐标之和,二者联立,确定A、B的纵坐标,进而确定A、B的坐标,从而求得
19、|AB|.,4.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点 A,B满足PA,PB的中点均在C上. (1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴; (2)若P是半椭圆x2+ =1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.,解析 (1)设P(x0,y0),A ,B . 因为PA,PB的中点在抛物线上, 所以y1,y2为方程 =4 即y2-2y0y+8x0- =0的两个不同的实根. 所以y1+y2=2y0, 因此,PM垂直于y轴. (2)由(1)可知 所以|PM|= ( + )-x0= -3x0, |y1-y2|=2 . 因此,SPAB
20、= |PM|y1-y2|= ( -4x0 . 因为 + =1(x00),所以 -4x0=-4 -4x0+44,5. 因此,PAB面积的取值范围是 .,疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取 值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的 横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的 值域或最值.,5.(2018课标全国文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N
21、两 点. (1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程; (2)证明:ABM=ABN.,解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2). 所以直线BM的方程为y= x+1或y=- x-1. (2)证明:当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN. 当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20. 由 得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2= ,y1y2=-4. 直线BM,BN的斜率之和为 kBM+kBN= + = . 将x1= +2,x2= +2及y1+y2,y1y2的表达式
22、代入式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)= = =0. 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN. 综上,ABM=ABN.,方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略: (1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于 该量的方程,解方程即可. (2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或 弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线 的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离. (3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定
23、点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等, 有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥 曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.,失分警示 (1)忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分; (2)由于不能将“ABM=ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完 成后续内容.,6.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两 个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N. (1)求直
24、线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点, = , = ,求证: + 为定值.,解析 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y2=4x, 由题意知,直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y=kx+1(k0). 由 得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k1. 又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2). 从而k-3. 所以直线l斜率的取值范围是(-,-3)(-3,0)(0,1). (2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(1)知x1+x2=- ,x1x2= . 直线P
25、A的方程为y-2= (x-1).,令x=0,得点M的纵坐标为yM= +2= +2. 同理得点N的纵坐标为yN= +2. 由 = , = 得=1-yM,=1-yN. 所以 + = + = + = = =2. 所以 + 为定值.,方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值; (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化 简、变形求得; (3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式 进行化简、变形即可求得.,7.(2017课标全国文,
26、20,12分)设A,B为曲线C:y= 上两点,A与B的横坐标之和为4. (1)求直线AB的斜率; (2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.,解析 本题考查直线与抛物线的位置关系. (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1= ,y2= ,x1+x2=4, 于是直线AB的斜率k= = =1. (2)由y= ,得y= , 设M(x3,y3),由题设知 =1, 解得x3=2,于是M(2,1). 设直线AB的方程为y=x+m, 故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将y=x+m代入y= 得x2-4x-4m=0. 当=
27、16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22 . 从而|AB|= |x1-x2|=4 . 由题设知|AB|=2|MN|, 即4 =2(m+1),解得m=7. 所以直线AB的方程为y=x+7.,方法总结 (1)直线与抛物线的位置关系 点差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直线l的斜率时,利用点差法计算,在很大程度上减 少运算过程中的计算量. (2)直线与圆锥曲线的位置关系 已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用根与系数的 关系,结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|= |x1-x2|= 或|AB|= |y1-y2|= (k0)求
28、解.,8.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于| AF|-1. (1)求p的值; (2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x 轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.,解析 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定 义得 =1,即p=2. (2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t0,t1. 因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s0),由 消去x得y2-4sy-4=0, 故y1y
29、2=-4,所以,B . 又直线AB的斜率为 ,故直线FN的斜率为- . 从而得直线FN:y=- (x-1),直线BN:y=- . 所以N . 设M(m,0),由A,M,N三点共线得 = ,于是m= .,所以m2. 经检验,m2满足题意. 综上,点M的横坐标的取值范围是(-,0)(2,+).,C组 教师专用题组,考点一 曲线与方程,1.(2019北京理改编,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是 其中之一(如图).给出下列三个结论: 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点); 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ; 曲线C所围成的“心形”
30、区域的面积小于3. 其中,所有正确结论的序号是 .,答案 ,解析 本题考查内容比较丰富,涉及不等式、圆、距离、面积等知识,对学生的推理能力、综 合应用能力、运算求解能力要求较高;重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养;同时也展现 了对创新思维与审美能力的考查. 解法一:从结论“不超过”“小于”入手,利用基本不等式进行放缩,再利用图形估算面积. x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+ , x2+y22. x可能取得的整数值为1,0,代入曲线C的方程得整点坐标为(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,- 1),故正确; 设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x
31、2+y22, d ,故正确; 由图知,图形在第一象限的面积S11,图形在第四象限的面积S4 ,由对称性得,“心形”区 域面积S 2=3,故错误.综上可知正确结论的序号为.,解法二:由图形封闭,结论中涉及曲线上的点到原点的距离,联想到极坐标方程. 以原点为极点建立极坐标系, 则C:2=1+2|cos |sin ,即2= . |cos |sin |sin 2| , 22,即 ,故正确. 由 ,知 经检验知共有6个整点满足条件,故正确. 在第一象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 1sin 1, 在第四象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 4sin 4.,令4=-1,则 =1- cos 1s
32、in 1, 由得1-1= = , 由得1-4= = , 14,1-11-4(此时极径关于极轴对称). 如图所示, 由图可知,右半部分“心形”区域面积大于半个单位圆面积,故“心形”区域面积S2 12,=3,故错误. 综上可知,正确结论的序号为.,2.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记 点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程; (2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个 公共点时k的相应取值范围.,解析 (1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1, 即 =|x|+
33、1, 化简整理得y2=2(|x|+x). 故点M的轨迹C的方程为y2= (2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0), 依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2). 由方程组 可得ky2-4y+4(2k+1)=0. 当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x= . 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点 . 当k0时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1). 设直线l与x轴的交点为(x0,0),则 由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=- . ,(i)若 由解得k . 即当k(-,-1) 时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点, 故此时直
34、线l与轨迹C恰好有一个公共点. (ii)若 或 则由解得k 或- k0. 即当k 时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点. 当k 时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点. 故当k 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点. (iii)若 则由解得-1k- 或0k . 即当k 时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点, 故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.,综上,当k(-,-1) 0时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k 时,直线l与轨迹C恰好有三个公共 点.,评析 本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活利
35、用判别式是求解 的关键.,3.(2013课标全国,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N 内切,圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程; (2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.,解析 由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P (x,y),半径为R. (1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点
36、,长半轴长为2,短半轴长为 的椭圆(左顶 点除外),其方程为 + =1(x-2). (2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0) 时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4. 若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=2 . 若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则 = ,可求得Q(-4,0), 所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得 =1,解得k= . 当k= 时,将y= x+ 代入 + =1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2= . 所以|
37、AB|= |x2-x1|= .,当k=- 时,由图形的对称性可知|AB|= . 综上,|AB|=2 或|AB|= .,4.(2013陕西理,20,13分)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平 分线,证明直线l过定点.,解析 (1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意知,|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1HMN 交MN于H,则H是MN的中点, |O1M|= , 又|O1A|= , = , 化简得y2=8x(x0).
38、 又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x, 动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中=-32kb+640. 由根与系数的关系得x1+x2= , x1x2= , 因为x轴是PBQ的角平分线,所以 =- , 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, 将,代入得2kb2+(k+b)(8-
39、2bk)+2k2b=0, k=-b,此时0, 直线l的方程为y=k(x-1), 即直线l过定点(1,0).,考点二 抛物线的综合应用,1.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A ,B ,抛物线上的点P(x,y) .过点B作直线AP的垂线,垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围; (2)求|PA|PQ|的最大值.,解析 本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的 基本思想方法和运算求解能力. (1)设直线AP的斜率为k,k= =x- , 因为- x ,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线AP与BQ的方程 解得
40、点Q的横坐标是xQ= . 因为|PA|= = (k+1), |PQ|= (xQ-x)=- , 所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间 上单调递增, 上单调递减,因此当k= 时,|PA|PQ|取得最大值 . 解法二:如图,连接BP, |AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ= ( - )= - . 易知P(x,x2) , 则 =2x+1+2x2- =2x2+2x+ , = + =x2+x+ +x4- x2+ =x4+ x2+x+ . |AP|PQ|=-x4+ x2+x+ . 设f(x)
41、=-x4+ x2+x+ ,则f (x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2, f(x)在 上为增函数,在 上为减函数, f(x)max=f(1)= . 故|AP|PQ|的最大值为 .,2.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2 px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H. (1)求 ; (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.,解析 (1)由已知得M(0,t),P . 又N为M关于点P的对称点,故N ,ON的方程为y= x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,
42、解得x1=0, x2= . 因此H . 所以N为OH的中点,即 =2. (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点. 理由如下: 直线MH的方程为y-t= x,即x= (y-t). 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH 与C没有其他公共点.,3.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点 A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为 正三角形. (1)求C的方程; (2)若直线l1l,且l1和C
43、有且只有一个公共点E, (i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标; (ii)ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.,解析 (1)由题意知F . 设D(t,0)(t0),则FD的中点为 . 因为|FA|=|FD|, 由抛物线的定义知3+ = , 解得t=3+p或t=-3(舍去). 由 =3,解得p=2. 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)(i)由(1)知F(1,0), 设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0), 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1, 由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0). 故直线AB的斜率kAB=-
44、 .,因为直线l1和直线AB平行, 设直线l1的方程为y=- x+b, 代入抛物线方程得y2+ y- =0, 由题意= + =0,得b=- . 设E(xE,yE),则yE=- ,xE= , 当 4时,kAE= =- = , 可得直线AE的方程为y-y0= (x-x0), 由 =4x0,整理可得y= (x-1), 直线AE恒过点F(1,0). 当 =4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0). (ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0), 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+ =x0+ +2. 设直线AE的方程为x=my+1, 因为点A(x0,y
45、0)在直线AE上, 故m= , 设B(x1,y1), 直线AB的方程为y-y0=- (x-x0), 由y00,可得x=- y+2+x0, 代入抛物线方程得y2+ y-8-4x0=0. 所以y0+y1=- ,可求得y1=-y0- ,x1= +x0+4, 所以点B到直线AE的距离为 d= = =4 . 则ABE的面积S= 4 16, 当且仅当 =x0,即x0=1时等号成立. 所以ABE的面积的最小值为16.,评析 本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何 中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生 的逻辑思维能力和运算求解能力
46、.本题的易错点是定点的确定.,4.(2013湖南理,21,13分)过抛物线E:x2=2py(p0)的焦点F作斜率分别为k1,k2的两条不同直线l1,l2, 且k1+k2=2,l1与E相交于点A,B,l2与E相交于点C,D,以AB,CD为直径的圆M,圆N(M,N为圆心)的公 共弦所在直线记为l. (1)若k10,k20,证明: 2p2; (2)若点M到直线l的距离的最小值为 ,求抛物线E的方程.,解析 (1)证明:由题意知,抛物线E的焦点为F ,直线l1的方程为y=k1x+ . 由 得x2-2pk1x-p2=0. 设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则x1,x2是上述方程的
47、两个实数根. 从而x1+x2=2pk1, y1+y2=k1(x1+x2)+p=2p +p. 所以点M的坐标为 , =(pk1,p ). 同理可得点N的坐标为 , =(pk2,p ), 于是 =p2(k1k2+ ). 由题设,k1+k2=2,k10,k20,k1k2, 所以0k1k2 =1.,故 0,所以点M到直线l的距离 d= = = .,故当k1=- 时,d取最小值 .由题设得, = ,解得p=8.故所求的抛物线E的方程为x2=16y.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 曲线与方程,1.(2019镇江期末,22)已知定点A(-2,0),点B是圆x2+y2-8x+
48、12=0上一动点,求AB中点M的轨迹方程.,解析 解法一:设点M(x,y),点B(x0,y0), 因为M为AB的中点,所以x= ,y= , (4分) 即x0=2x+2,y0=2y. (6分) 将点B(x0,y0)代入圆x2+y2-8x+12=0得 (2x-2)2+4y2=4,化简得(x-1)2+y2=1. 即点M的轨迹方程为(x-1)2+y2=1. (10分) 解法二:设点M(x,y),圆x2+y2-8x+12=0的圆心记为C(4,0),AC的中点记为M,则M(1,0), (2分) 当点B不在x轴上时,MM为ACB的中位线,则MM= BC= 2=1; 当点B在x轴上时,MM=1, 所以动点M到定点M的距离为1,所以M的轨迹是以M为圆心,1为半径的圆, (7分) 所以点M的轨迹方程为(x-1)2+y2=1. (10分),2.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,22)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=4x的焦点 为F,过F的直线l交抛物线C于A,B两点. (1)求线段AF的中点M的轨迹方程; (2)已知AOB的面积是BOF面积的3倍,求直线l的方程.,解析 因为抛物线方程为y2=4x,所以F(1,0). (1分) (1)设M(x,y),A(x0,y0). 因为M为线段AF