202X版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十五章圓錐曲線與方程課件

1、第十五章圓錐曲線與方程高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (江蘇省專用)(2016江蘇,22,10分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知直線l:x-y-2=0,拋物線C:y2=2px(p0).(1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn),求拋物線C的方程;(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點(diǎn)P和Q.求證:線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p);求p的取值范圍. 五年高考A A組組 自主命題自主命題江蘇卷江蘇卷題組題組解析解析(1)拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為,由點(diǎn)在直線l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4.所以拋物線C的方程為y2=8x.(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中

2、點(diǎn)M(x0,y0).因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對稱,所以直線l垂直平分線段PQ,于是直線PQ的斜率為-1,則可設(shè)其方程為y=-x+b.由消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn),所以y1y2,從而=(2p)2-4(-2pb)0,化簡得p+2b0.方程(*)的兩根為y1,2=-p,從而y0=-p.,02p,02p2p22,ypxyxb 22ppb122yy因?yàn)镸(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p.因此,線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p).因?yàn)镸(2-p,-p)在直線y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b0,于是p+2(2-2

3、p)0,所以p0).由得x=.記u=,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直線QG的斜率為,方程為y=(x-u).由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.2yx2yx1224x22y22,142ykxxy2212k2212k2k2k22(),2142kyxuxy設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程的解,故xG=,由此得yG=.從而直線PG的斜率為=-.所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u,|PG|=,所以PQG的面積S=|PQ|PG|=.設(shè)t=k+,則由k0得t2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號.因?yàn)镾=在2,+)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2

4、,即k=1時(shí),S取得最大值,最大值為.因此,PQG面積的最大值為.22(32)2ukk322ukk32222(32)2ukukkukuk1k21 k22212uk kk122228 (1)(12)(2)kkkk218112kkkk1k2812tt169169思路分析思路分析(1)利用直線AM與BM的斜率之積為-求得曲線C的軌跡方程,從而得出曲線C的軌跡.(2)(i)設(shè)出直線PQ的方程,聯(lián)立橢圓方程,求得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),由Q、E的坐標(biāo)得出直線QG的方程,聯(lián)立橢圓方程,得出點(diǎn)G的坐標(biāo),進(jìn)而表示出直線PG的斜率,從而得出結(jié)論.(ii)利用弦長公式求出|PQ|與|PG|的表達(dá)式,從而將三角形的面積表示

5、成關(guān)于k的函數(shù),進(jìn)而利用函數(shù)思想求其最大值.解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵利用方程思想得出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),進(jìn)而利用換元法及整體代換法簡化運(yùn)算過程是順利解決本題的關(guān)鍵;正確利用基本不等式及函數(shù)單調(diào)性是求解PQG面積最值的關(guān)鍵.122.(2019北京理,18,14分)已知拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(diǎn)(2,-1).(1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程;(2)設(shè)O為原點(diǎn),過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M,N,直線y=-1分別交直線OM,ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).解析解析本題主要考查拋物線、直線和圓的基本概念,重點(diǎn)考查直線與拋物線的位置關(guān)系,考查學(xué)生對數(shù)形結(jié)合

6、思想的應(yīng)用以及邏輯推理能力,通過直線與拋物線的位置關(guān)系考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(diǎn)(2,-1),得p=2.所以拋物線C的方程為x2=-4y,其準(zhǔn)線方程為y=1.(2)拋物線C的焦點(diǎn)為F(0,-1).設(shè)直線l的方程為y=kx-1(k0).由得x2+4kx-4=0.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=-4,直線OM的方程為y=x.令y=-1,得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA=-.同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB=-.21,4ykxxy 11yx11xy22xy設(shè)點(diǎn)D(0,n),則=,=,=+(n+1)2=+(n+1)2=+(n+1)2=-4+(n+1)2.令=0,即-4+

7、(n+1)2=0,得n=1或n=-3.綜上,以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0,-3).DA11, 1xny DB22, 1xny DADB1212x xy y12221244x xxx1216x xDADB3.(2017課標(biāo)全國理,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足=.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且=1.證明:過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.22xNP2 NMOPPQ解析解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點(diǎn)問題.(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),=(x-

8、x0,y),=(0,y0).由=得x0=x,y0=y.因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以+=1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則=(-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.又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.NPNMNP2 NM2222x22yOQPFOQPFOPPQOPPQOQPFOQPF思路分析思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用=得

9、到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系,由點(diǎn)M在C上求解.(2)利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得=0,進(jìn)而證明直線l過曲線C的左焦點(diǎn)F.NP2NMOQPF方法總結(jié)方法總結(jié)求軌跡方程的方法有直接法和間接法.直接法有定義法、待定系數(shù)法和直譯法.間接法有相關(guān)點(diǎn)法、交軌法和參數(shù)法.4.(2016課標(biāo)全國理,20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析解析由題設(shè)知F.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab0,且A,B,P,Q,R.記過

10、A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=-b=k2.所以ARFQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則SABF=|b-a|FD|=|b-a|,SPQF=.由題設(shè)可得2|b-a|=,所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得=(x1).1,022,2aa2,2bb1,2a1,2b1,22ab21aba2abaab1aaba1212112x |2ab12112x |2ab2ab1yx 而

11、=y,所以y2=x-1(x1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分)2ab疑難突破疑難突破第(1)問求解關(guān)鍵是把ARFQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問需找到AB中點(diǎn)所滿足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.評析評析本題主要考查拋物線的性質(zhì),直線的斜率及其應(yīng)用,軌跡方程的求法等知識,考查分類討論思想的應(yīng)用,考查考生對基礎(chǔ)知識和基本技能的應(yīng)用能力.考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)用1.(2019浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2=2px(p0)的焦點(diǎn).過點(diǎn)F的

12、直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C在拋物線上,使得ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點(diǎn)Q,且Q在點(diǎn)F的右側(cè).記AFG,CQG的面積分別為S1,S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程;(2)求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo). 12SS解析解析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)和轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.(1)由題意得=1,即p=2.所以,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1.(2)設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,則xA=t2.由于直線AB過F,故直線AB方程為

13、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軸上,故2t-+yC=0,得C,G.所以,直線AC方程為y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè),故t22.從而=2p212tt22(1)tt2t212,tt13132t211,2tttt422222,03ttt12SS1| |21| |2ACFGyQGy=2-.令m=t2-2,則m0,=2-=2-2-=1+.當(dāng)m=時(shí),取得最小值1+,此時(shí)G(2,0).42242222221 |2 |32222123tttt

14、tttttt 42421ttt2421tt12SS243mmm134mm1324mm32312SS32思路分析思路分析(1)根據(jù)拋物線定義知=1,得到準(zhǔn)線方程x=-1.(2)要求的最小值,需要將用基本量表示出來,從點(diǎn)的關(guān)系出發(fā),設(shè)A(xA,yA),合理選擇參數(shù)t表示A(t2,2t),t0,由直線AB過F得到AB方程,求出B點(diǎn)坐標(biāo),再由ABC的重心G在x軸上,求出C點(diǎn)和G點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而求出Q點(diǎn)坐標(biāo),然后就可以表示出,進(jìn)而求出其最小值.2p12SS12SS12SS2.(2019課標(biāo)全國理,21,12分)已知曲線C:y=,D為直線y=-上的動(dòng)點(diǎn),過D作C的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B.(1)證明:直線A

15、B過定點(diǎn);(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求四邊形ADBE的面積.22x1250,2解析解析本題考查直線與拋物線相切,弦的中點(diǎn),直線與圓相切等知識點(diǎn),通過直線與拋物線的方程運(yùn)算,考查了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力,以直線與拋物線相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)D,A(x1,y1),則=2y1.由于y=x,所以切線DA的斜率為x1,故=x1.整理得2tx1-2y1+1=0.設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直線AB的方程為2tx-2y+1=0.所以直線AB過定點(diǎn).(2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+.由可得x2-2tx-1=

16、0.1,2t21x1112yxt10,21221,22ytxxy于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=|x1-x2|=2(t2+1).設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線AB的距離,則d1=,d2=.因此,四邊形ADBE的面積S=|AB|(d1+d2)=(t2+3).設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則M.由于,而=(t,t2-2),與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1.當(dāng)t=0時(shí),S=3;當(dāng)t=1時(shí),S=4.因此,四邊形ADBE的面積為3或4.21 t21 t21212()4xxx x21t 221t 1221t 21,

17、2t tEMABEMAB22解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.EMAB3.(2019課標(biāo)全國理,19,12分)已知拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn)為F,斜率為的直線l與C的交點(diǎn)為A,B,與x軸的交點(diǎn)為P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若=3,求|AB|.32APPB解析解析本題主要考查拋物線的定義、幾何性質(zhì)、直線與拋物線相交的綜合問題等內(nèi)容,考查學(xué)生運(yùn)算求解的能力,以及用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決問題的能力,體現(xiàn)了直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)直線l:y=x+t,A(x1,y1

18、),B(x2,y2).(1)由題設(shè)得F,故|AF|+|BF|=x1+x2+,由題設(shè)可得x1+x2=.由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,則x1+x2=-.從而-=,得t=-.所以l的方程為y=x-.(2)由=3可得y1=-3y2.由可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.從而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.323,04325223,23yxtyx12(1)9t 12(1)9t 52783278APPB23,23yxtyx代入C的方程得x1=3,x2=.故|AB|=.134 133思路分析思路分析(1)由|AF|+|BF|=4確定A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之和,聯(lián)立直線l的方程(

19、含參)與拋物線方程,由根與系數(shù)的關(guān)系得A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之和的含參表達(dá)式.兩者相等,列方程求出參數(shù).(2)P點(diǎn)在x軸上,由=3知A、B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的比例關(guān)系,由根與系數(shù)的關(guān)系得A、B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)之和,二者聯(lián)立,確定A、B的縱坐標(biāo),進(jìn)而確定A、B的坐標(biāo),從而求得|AB|.APPB4.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+=1(x0)上的動(dòng)點(diǎn),求PAB面積的取值范圍. 24y解析解析(1)設(shè)P(x0,y0),A,B.因?yàn)镻A,PB的

20、中點(diǎn)在拋物線上,所以y1,y2為方程=4即y2-2y0y+8x0-=0的兩個(gè)不同的實(shí)根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知所以|PM|=(+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2.因此,SPAB=|PM|y1-y2|=(-4x0.因?yàn)?=1(x00,x20.由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直線BM,BN的斜率之和為kBM+kBN=+=.將x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補(bǔ),所以ABM=ABN.綜上,ABM=AB

21、N.12122(2),2yk xyx2k112yx 222yx 211212122()(2)(2)x yx yyyxx1yk2yk121224 ()y yk yyk88k 方法總結(jié)方法總結(jié)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的常見題型及解題策略:(1)求直線方程.先尋找確定直線的兩個(gè)條件.若缺少一個(gè)可設(shè)出此量,利用題設(shè)條件尋找關(guān)于該量的方程,解方程即可.(2)求線段長度或線段之積(和)的最值.可依據(jù)直線與圓錐曲線相交,利用弦長公式求出弦長或弦長關(guān)于某個(gè)量的函數(shù),然后利用基本不等式或函數(shù)的有關(guān)知識求其最值;也可利用圓錐曲線的定義轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)間的距離或點(diǎn)到直線的距離.(3)證明題.圓錐曲線中的證明問題多涉及定點(diǎn)

22、、定值、角相等、線段相等、點(diǎn)在定直線上等,有時(shí)也涉及一些否定性命題,常采用直接法或反證法給予證明.借助于已知條件,將直線與圓錐曲線聯(lián)立,尋找待證明式子的表達(dá)式,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及整體代換思想化簡即可得證.失分警示失分警示(1)忽略點(diǎn)M,N位置的轉(zhuǎn)換性,使直線BM方程缺失,從而導(dǎo)致失分;(2)由于不能將“ABM=ABN”正確轉(zhuǎn)化為“kBM+kBN=0”進(jìn)行證明,從而思路受阻,無法完成后續(xù)內(nèi)容.6.(2018北京理,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2).過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的

23、取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn), = , = ,求證:+為定值.QMQOQNQO11解析解析(1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過點(diǎn)(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2=4x,由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依題意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k0,即m-1時(shí),x1,2=22.從而|AB|=|x1-x2|=4.由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即4=2(m+1),解得m=7.所以直線AB的方程為y=x+7.214x224x1212yyxx124xx24x2x32x24x1m22(1)m2(1)m方

24、法總結(jié)方法總結(jié)(1)直線與拋物線的位置關(guān)系點(diǎn)差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直線l的斜率時(shí),利用點(diǎn)差法計(jì)算,在很大程度上減少運(yùn)算過程中的計(jì)算量.(2)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系已知直線與圓錐曲線相交,求參數(shù)時(shí),一般聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程,消元后利用根與系數(shù)的關(guān)系,結(jié)合已知列方程求解參數(shù).求弦長時(shí),可通過弦長公式|AB|=|x1-x2|=或|AB|=|y1-y2|=(k0)求解.21 k21 k21212()4xxx x211k211k21212()4yyy y8.(2016浙江,19,15分)如圖,設(shè)拋物線y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,拋物線上的點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|

25、-1.(1)求p的值;(2)若直線AF交拋物線于另一點(diǎn)B,過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N,AN與x軸交于點(diǎn)M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍. 解析解析(1)由題意可得,拋物線上點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x=-1的距離,由拋物線的定義得=1,即p=2.(2)由(1)得,拋物線方程為y2=4x,F(1,0),可設(shè)A(t2,2t),t0,t1.因?yàn)锳F不垂直于y軸,可設(shè)直線AF:x=sy+1(s0),由消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B.又直線AB的斜率為,故直線FN的斜率為-.從而得直線FN:y=-(x-1),直線BN:y=-.所以N.設(shè)M(m,0),由A

26、,M,N三點(diǎn)共線得=,于是m=.2p24 ,1yxxsy212,tt221tt 212tt212tt2t2232,1ttt22ttm2222231ttttt2221tt 所以m2.經(jīng)檢驗(yàn),m2滿足題意.綜上,點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(-,0)(2,+).思路分析思路分析(1)利用拋物線的定義來解題;(2)由(1)知拋物線的方程,可設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)及直線AF的方程,與拋物線方程聯(lián)立可得B點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而得直線FN的方程與直線BN的方程,聯(lián)立可得N點(diǎn)坐標(biāo),最后利用A,M,N三點(diǎn)共線可得kAN=kAM,最終求出結(jié)果.評析評析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,同時(shí)考查解析幾何的基本

27、思想方法和綜合解題能力.C C組教師專用題組組教師專用題組考點(diǎn)一曲線與方程考點(diǎn)一曲線與方程1.(2019北京理改編,8,5分)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如圖).給出下列三個(gè)結(jié)論:曲線C恰好經(jīng)過6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn));曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過;曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結(jié)論的序號是 .2答案答案解析解析本題考查內(nèi)容比較豐富,涉及不等式、圓、距離、面積等知識,對學(xué)生的推理能力、綜合應(yīng)用能力、運(yùn)算求解能力要求較高;重點(diǎn)體現(xiàn)邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng);同時(shí)也展現(xiàn)了對創(chuàng)新思維與審美能力的考查

28、.解法一:從結(jié)論“不超過”“小于”入手,利用基本不等式進(jìn)行放縮,再利用圖形估算面積.x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+,x2+y22.x可能取得的整數(shù)值為1,0,代入曲線C的方程得整點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,-1),故正確;設(shè)曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為d,則d2=x2+y22,d,故正確;由圖知,圖形在第一象限的面積S11,圖形在第四象限的面積S4,由對稱性得,“心形”區(qū)域面積S2=3,故錯(cuò)誤.綜上可知正確結(jié)論的序號為.222xy212112解法二:由圖形封閉,結(jié)論中涉及曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離,聯(lián)想到極坐標(biāo)方程.以原點(diǎn)為極點(diǎn)建立極

29、坐標(biāo)系,則C:2=1+2|cos |sin ,即2=.|cos |sin |sin 2|,22,即,故正確.由,知經(jīng)檢驗(yàn)知共有6個(gè)整點(diǎn)滿足條件,故正確.在第一象限曲線C的極坐標(biāo)方程為=1+cos 1sin 1,在第四象限曲線C的極坐標(biāo)方程為=1+cos 4sin 4.11 |cos|sin121222cos2,sin2,xy21212424令4=-1,則=1-cos 1sin 1,由得1-1=,由得1-4=,14,1-11-4(此時(shí)極徑關(guān)于極軸對稱).如圖所示,由圖可知,右半部分“心形”區(qū)域面積大于半個(gè)單位圓面積,故“心形”區(qū)域面積S212242421111cossin111211cossin

30、1124114cossin111244cossin1112=3,故錯(cuò)誤.綜上可知,正確結(jié)論的序號為.2.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點(diǎn)M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)斜率為k的直線l過定點(diǎn)P(-2,1).求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.解析解析(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,化簡整理得y2=2(|x|+x).故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=(2)在點(diǎn)M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x0),依題意,可設(shè)直線l的方程

31、為y-1=k(x+2).由方程組可得ky2-4y+4(2k+1)=0.當(dāng)k=0時(shí),此時(shí)y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=.故此時(shí)直線l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).當(dāng)k0時(shí),方程的判別式為=-16(2k2+k-1).設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0),則由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.22(1)xy4 ,0,0,0.xxx21(2),4 ,yk xyx 141,1421kk(i)若由解得k.即當(dāng)k(-,-1)時(shí),直線l與C1沒有公共點(diǎn),與C2有一個(gè)公共點(diǎn),故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).(ii)若或則由解得k或-k0.即當(dāng)k時(shí),直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn),與C2有

32、一個(gè)公共點(diǎn).當(dāng)k時(shí),直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn),與C2沒有公共點(diǎn).故當(dāng)k時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn).(iii)若則由解得-1k-或0k0.由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=,x1x2=,因?yàn)閤軸是PBQ的角平分線,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,282bkk22bk111yx 221yx 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,將,代入得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此時(shí)0,直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(diǎn)(1,0).考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)

33、用1.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A,B,拋物線上的點(diǎn)P(x,y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|PQ|的最大值. 1 1,2 43 9,2 41322x解析解析本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,同時(shí)考查解析解析幾何的基本思想方法和運(yùn)算求解能力.(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x-,因?yàn)?x0)于點(diǎn)P,M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為N,連接ON并延長交C于點(diǎn)H.(1)求;(2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)?說明理由.|OHON解析解析(1)由已知得M(0,t),P.又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn),

34、故N,ON的方程為y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=.因此H.所以N為OH的中點(diǎn),即=2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn).理由如下:直線MH的方程為y-t=x,即x=(y-t).代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn),所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點(diǎn).2,2ttp2,ttppt22tp22,2ttp|OHON2pt2tp方法總結(jié)方法總結(jié)將直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)問題歸結(jié)為求由直線方程與拋物線方程組成的方程組的解的問題.評析評析本題考查了直線與拋物線的位置關(guān)系,考查了運(yùn)算求解能力.得到交點(diǎn)

35、的坐標(biāo)是求解的關(guān)鍵.3.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),ADF為正三角形.(1)求C的方程;(2)若直線l1l,且l1和C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)E,(i)證明直線AE過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo);(ii)ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值,若不存在,請說明理由.解析解析(1)由題意知F.設(shè)D(t,0)(t0),則FD的中點(diǎn)為.因?yàn)閨FA|=|FD|,由拋物線的定義知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=

36、2.所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0),因?yàn)閨FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=-.,02p2,04pt2p2pt 24pt02y因?yàn)橹本€l1和直線AB平行,設(shè)直線l1的方程為y=-x+b,代入拋物線方程得y2+y-=0,由題意=+=0,得b=-.設(shè)E(xE,yE),則yE=-,xE=,當(dāng)4時(shí),kAE=-=,可得直線AE的方程為y-y0=(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),直線AE恒過點(diǎn)F(1,0).當(dāng)=4時(shí)

37、,直線AE的方程為x=1,過點(diǎn)F(1,0),02y08y08by2064y032by02y04y204y20y00EEyyxx002020444yyyy02044yy 02044yy 20y02044yy 20y所以直線AE過定點(diǎn)F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過焦點(diǎn)F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0+2.設(shè)直線AE的方程為x=my+1,因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上,故m=,設(shè)B(x1,y1),直線AB的方程為y-y0=-(x-x0),由y00,可得x=-y+2+x0,代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,011x01x0

38、01xy02y02y08y08y可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以點(diǎn)B到直線AE的距離為d=4.則ABE的面積S=416,當(dāng)且僅當(dāng)=x0,即x0=1時(shí)等號成立.所以ABE的面積的最小值為16.08y04x0000248411xm yxym004(1)xx001xx12001xx0012xx01x評析評析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及解析幾何中的定點(diǎn)問題、最值問題和結(jié)論探究性問題.本題綜合性較強(qiáng)、難度較大,很好地考查了考生的邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力.本題的易錯(cuò)點(diǎn)是定點(diǎn)的確定.4.(2013湖南理,21,13分)過拋物線E:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)F

39、作斜率分別為k1,k2的兩條不同直線l1,l2,且k1+k2=2,l1與E相交于點(diǎn)A,B,l2與E相交于點(diǎn)C,D,以AB,CD為直徑的圓M,圓N(M,N為圓心)的公共弦所在直線記為l.(1)若k10,k20,證明:0,k20,k1k2,所以0k1k2=1.0,2p2p12,22pyk xxpy21k211,2ppk pkFM21k222,2ppkpkFN22kFMFN21k22k2122kk故0,所以點(diǎn)M到直線l的距離d=.FMFN2p2p21k21k2212pypk21k21k3422k3422k21k211|2|5pkpkp211|21|5pkk21172485pk故當(dāng)k1=-時(shí),d取最小

40、值.由題設(shè)得,=,解得p=8.故所求的拋物線E的方程為x2=16y.1478 5p78 5p7 55三年模擬A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題組考點(diǎn)基礎(chǔ)題組考點(diǎn)一曲線與方程考點(diǎn)一曲線與方程1.(2019鎮(zhèn)江期末,22)已知定點(diǎn)A(-2,0),點(diǎn)B是圓x2+y2-8x+12=0上一動(dòng)點(diǎn),求AB中點(diǎn)M的軌跡方程.解析解析解法一:設(shè)點(diǎn)M(x,y),點(diǎn)B(x0,y0),因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),所以x=,y=,(4分)即x0=2x+2,y0=2y.(6分)將點(diǎn)B(x0,y0)代入圓x2+y2-8x+12=0得(2x-2)2+4y2=4,化簡得(x-1)2+y2=1.

41、即點(diǎn)M的軌跡方程為(x-1)2+y2=1.(10分)解法二:設(shè)點(diǎn)M(x,y),圓x2+y2-8x+12=0的圓心記為C(4,0),AC的中點(diǎn)記為M,則M(1,0),(2分)當(dāng)點(diǎn)B不在x軸上時(shí),MM為ACB的中位線,則MM=BC=2=1;當(dāng)點(diǎn)B在x軸上時(shí),MM=1,所以動(dòng)點(diǎn)M到定點(diǎn)M的距離為1,所以M的軌跡是以M為圓心,1為半徑的圓,(7分)所以點(diǎn)M的軌跡方程為(x-1)2+y2=1.(10分)022x 002y 12122.(2019蘇錫常鎮(zhèn)四市教學(xué)情況調(diào)查二,22)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過F的直線l交拋物線C于A,B兩點(diǎn).(1)求線段AF的中點(diǎn)M的軌跡

42、方程;(2)已知AOB的面積是BOF面積的3倍,求直線l的方程.解析解析因?yàn)閽佄锞€方程為y2=4x,所以F(1,0).(1分)(1)設(shè)M(x,y),A(x0,y0).因?yàn)镸為線段AF的中點(diǎn),所以x=,y=,(2分)即x0=2x-1,y0=2y,代入拋物線方程得y2=2x-1,即點(diǎn)M的軌跡方程為y2=2x-1.(4分)(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AOF和BOF的面積分別為S1,S2.因?yàn)锳OB的面積是BOF面積的3倍,所以S1+S2=3S2,所以S1=2S2.當(dāng)y10,y20),與y2=4x聯(lián)立,消去x得y2-4ty-4=0,則y1+y2=4t,y1y2=-4,(8分)由可得t=

43、,代入,得直線l:y=2(x-1);同理當(dāng)y10時(shí),得直線l:y=-2(x-1).012x 02y12121212 222綜上,直線l的方程為y=2(x-1).(10分)2考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)用考點(diǎn)二拋物線的綜合應(yīng)用1.(2019南師附中、天一中學(xué)、海門中學(xué)、淮陰中學(xué)聯(lián)考,22)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線C的方程為x2=2py(p0),過點(diǎn)P(m,0)(m0)的直線l與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),與y軸交于點(diǎn)Q,設(shè)=,=(,R).(1)當(dāng)Q為拋物線C的焦點(diǎn)時(shí),直線l的方程為y=x+1,求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)求證:+為定值. PAQAPBQB13解析解析(1)直線l的方程為y=x+1,令

44、x=0,則y=1,即Q(0,1),=1,得p=2,拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=4y.(4分)(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由=,=(,R),得所以所以+=+=,由題意,知直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB:y=k(x-m)(k0),由得x2-2pkx+2pkm=0,132pPAQAPBQB1122,xmxxmx1122,xmxxmx11xmx22xmx1212122()x xm xxx x22(0),()xpy pyk xm所以所以+=1,即+為定值1.(10分)12120,2,2,xxpkx xpkm1212122()x xm xxx x422pkmpkmpkm2.(2019海

45、安期末,23)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)T(1,t)(t0)上,且到拋物線的焦點(diǎn)的距離為2.(1)求p,t的值;(2)設(shè)A,B是拋物線上異于T的兩個(gè)不同點(diǎn),過A作y軸的垂線,與直線TB交于點(diǎn)C,過B作y軸的垂線,與直線TA交于點(diǎn)D,過T作y軸的垂線,與直線AB,CD分別交于點(diǎn)E,F.求證:直線CD的斜率為定值;點(diǎn)T是線段EF的中點(diǎn). 解析解析(1)依題意,得t2=2p,且1+=2,又t0,所以p=2,t=-2.(2分)(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(xC,y1),D(xD,y2),則直線TA:y+2=(x-1),令y=y2,得xD=(x1-1)+1=+1=+1

46、,同理可得,xC=(x2-1)+1=+1.(4分)所以直線CD的斜率為=-1.(6分)直線BA:y-y1=(x-x1),令y=-2,得xE=+x1=+=.2p1121yx2122yy2122yy2114y21(2)(2)4yy1222yy12(2)(2)4yy21DCyyxx212112(2)(2)(2)(2)44yyyyyy21124()4()yyyy2121yyxx12121( 2)()yxxyy 2221121( 2)44yyyyy 214y21122()4yyy y由知,直線CD:y-y2=-,令y=-2,得xF=+2,所以xE+xF=2,所以T是EF的中點(diǎn).(10分)21(2)(2)

47、14yyx12122()4yyy y解答題(共60分)B B組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組(時(shí)間：45分鐘 分值：60分)1.(2019南京三模,22)平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線y2=2px(p0)及點(diǎn)M(2,0),動(dòng)直線l過點(diǎn)M交拋物線于A,B兩點(diǎn),當(dāng)l垂直于x軸時(shí),AB=4.(1)求p的值;(2)若l與x軸不垂直,設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C,直線l1經(jīng)過點(diǎn)C且垂直于y軸,直線l2經(jīng)過點(diǎn)M且垂直于直線l,記l1,l2相交于點(diǎn)P,求證:點(diǎn)P在定直線上. 解析解析(1)因?yàn)閘過M(2,0),且當(dāng)l垂直于x軸時(shí),AB=4,所以拋物線經(jīng)過點(diǎn)(2

48、,2),代入拋物線方程,得4=2p2,解得p=1.(2分)(2)證明:設(shè)直線l的方程為y=k(x-2)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立消去x,得ky2-2y-4k=0,則y1+y2=,y1y2=-4.(4分)因?yàn)镃為AB中點(diǎn),所以yC=,則直線l1的方程為y=.(6分)因?yàn)橹本€l2過點(diǎn)M且與l垂直,則l2的方程為y=-(x-2),聯(lián)立解得即P,(8分)所以點(diǎn)P在定直線x=1上.(10分)22 ,(2),yxyk x2k122yy1k1k1k1,1(2),ykyxk 1,1,xyk11,k2.(2019如皋期中,23)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為x=-.

49、若拋物線C與直線l:y=2x+m相交于A,B兩點(diǎn),拋物線的焦點(diǎn)在直線l上,線段AB中點(diǎn)到拋物線準(zhǔn)線的距離為5.(1)求p,m的值;(2)設(shè)點(diǎn)E為拋物線C上一點(diǎn),若三角形AEB的面積為4,試確定點(diǎn)E的個(gè)數(shù),并說明理由; 2p5解析解析(1)因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)在直線l上,所以=-,即m=-p,聯(lián)立得消去y,得(2x-p)2=2px,即4x2-6px+p2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,則=,因?yàn)榫€段AB中點(diǎn)到拋物線準(zhǔn)線的距離為5,所以+=5,解得p=4,則m=-4.(2)拋物線方程為y2=8x,直線方程為y=2x-4,聯(lián)立整理得x2-6x+4=0,所以弦AB長為|x1-x

50、2|=10.設(shè)點(diǎn)E到直線AB的距離為d,則三角形AEB的面積為10d=4,解得d=.設(shè)平行于AB且與拋物線相切的直線為y=2x+n,聯(lián)立得化簡得4x2+(4n-8)x+n2=0,=(4n-8)2-16n2=-64n+64=0,n=1,此時(shí)切線方程為y=2x+1,其與直線AB的距離為,而與直線AB的距離為的點(diǎn)在兩條平行直線上,這兩條直線與拋物線的交點(diǎn)共有4個(gè),所以符合題意的點(diǎn)E共有4個(gè).2p2m22,2,ypxyxp32p122xx34p34p2p5521212()4xxx x1254528 ,2,yxyxn545453.(2019徐州檢測,23)如圖,過拋物線C:y2=4x上一點(diǎn)P(1,-2)

51、作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線,分別與拋物線交于點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2).(1)求y1+y2的值;(2)若y10,y20,求PAB面積的最大值. 解析解析(1)因?yàn)锳(x1,y1),B(x2,y2)在拋物線C:y2=4x上,所以A,B,kPA=,同理kPB=,依題意有kPA=-kPB,即=-,所以y1+y2=4.(4分)(2)由(1)知kAB=1,則AB的方程為y-y1=x-,即x-y+y1-=0,則P到AB的距離d=,又AB=|y1-y2|=2|2-y1|,所以SPAB=2|2-y1|=|-4y1-12|y1-2|=|(y1-2)2-16|y1-2|,(8分)令y1-2=t,由y1+y2

52、=4,y10,y20,可知-2t2,211,4yy222,4yy121214yy1214(2)4yy142y 242y 142y 242y 21222144yyyy214y214y211342yy2221244yy2212211342yy21421y14SPAB=|t3-16t|,因?yàn)镾PAB=|t3-16t|為偶函數(shù),所以只考慮0t2的情況,記f(t)=|t3-16t|=16t-t3, f (t)=16-3t2,當(dāng)t0,2時(shí), f(t)0,故f(t)在0,2上是單調(diào)增函數(shù),故f(t)的最大值為f(2)=24,故SPAB的最大值為6.(10分)14144.(2019南通通州、海門聯(lián)考,24)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F為拋物線E:y2=2px(p0)的焦點(diǎn),點(diǎn)A在拋物線E上,點(diǎn)B在x軸上,且AFB是邊長為2的等邊三角形.(1)求拋物線E的方程;(2)設(shè)C是拋物線E上的動(dòng)點(diǎn),直線l為拋物線E在點(diǎn)C處的切線,求點(diǎn)B到直線l的距離的最小值,并求此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo). 解析解析(1)因?yàn)锳FB是邊長為2的等邊三角形,所以A,(2分)將A代入y2=2px得,3=2p,解得p=1或p=-3(舍去),所以拋物線E的方程為y2=2x