【創(chuàng)新設計】2022屆-數(shù)學一輪(文科)-浙江專用-課時作業(yè)-第八章-解析幾何-探究課5-

探究課五圓錐曲線問題中的熱點題型(建議用時：80分鐘)1．已知過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，斜率為2eq\r(2)的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)兩點，且|AB|＝9.(1)求該拋物線的方程；(2)O為坐標原點，C為拋物線上一點，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，求λ的值．解(1)直線AB的方程是y＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，與y2＝2px聯(lián)立，從而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(5p,4)，由拋物線定義得：|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(5p,4)＋p＝9，所以p＝4，從而拋物線方程為y2＝8x.(2)由于p＝4,4x2－5px＋p2＝0可簡化為x2－5x＋4＝0，從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2eq\r(2)，y2＝4eq\r(2)，從而A(1，－2eq\r(2))，B(4,4eq\r(2))；設C(x3，y3)，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)＝(1，－2eq\r(2))＋λ(4,4eq\r(2))＝(4λ＋1,4eq\r(2)λ－2eq\r(2))，又yeq\o\al(2,3)＝8x3，即[2eq\r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.2．已知定點A(1,0)和直線x＝－1上的兩個動點E，F(xiàn)，且eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，動點P滿足eq\o(EP,\s\up6(→))∥eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))∥eq\o(OP,\s\up6(→))(其中O為坐標原點)．(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)過點B(0,2)的直線l與(1)中的軌跡C相交于兩個不同的點M，N，若eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＜0，求直線l的斜率的取值范圍．解(1)設P(x，y)，E(－1，yE)，F(xiàn)(－1，yF)．∵eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，yE)·(－2，yF)＝y(tǒng)E·yF＋4＝0，∴yE·yF＝－4，①又eq\o(EP,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yE)，eq\o(FO,\s\up6(→))＝(1，－yF)，且eq\o(EP,\s\up6(→))∥eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))∥eq\o(OP,\s\up6(→))，∴y－yE＝0且x(－yF)－y＝0，∴yE＝y(tǒng)，yF＝－eq\f(y,x)，代入①得y2＝4x(x≠0)，∴動點P的軌跡C的方程為y2＝4x(x≠0)．(2)設l：y－2＝kx(易知k存在)，聯(lián)立y2＝4x消去x，得ky2－4y＋8＝0，令M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1·y2＝eq\f(8,k)，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝eq\f(y\o\al(2,1)·y\o\al(2,2),16)－eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4)＋1＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,4)))2－eq\f(y1＋y22,4)＋eq\f(3,2)y1y2＋1＝eq\f(12,k)＋1＜0，∴－12＜k＜0，則實數(shù)k的取值范圍為(－12,0)．3．(2021·衢州模擬)拋物線y2＝4x的焦點為F，過點F的直線交拋物線于A，B兩點．(1)若eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，求直線AB的斜率；(2)設點M在線段AB上運動，原點O關于點M的對稱點為C，求四邊形OACB面積的最小值．解(1)依題意知F(1,0)，設直線AB的方程為x＝my＋1.將直線AB的方程與拋物線的方程聯(lián)立，消去x得y2－4my－4＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.由于eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2.②聯(lián)立①和②，消去y1，y2，得m＝±eq\f(\r(2),4).所以直線AB的斜率是±2eq\r(2).(2)由點C與原點O關于點M對稱，得M是線段OC的中點，從而點O與點C到直線AB的距離相等，所以四邊形OACB的面積等于2S△AOB.由于2S△AOB＝2×eq\f(1,2)·|OF|·|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq\r(1＋m2)，所以當m＝0時，四邊形OACB的面積最小，最小值是4.4．(2022·陜西卷)如圖，曲線C由上半橢圓C1：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C1的離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求a，b的值；(2)過點B的直線l與C1，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，若AP⊥AQ，求直線l的方程．解(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1,0)，B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點．設C1的半焦距為c，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)及a2－c2＝b2＝1得a＝2.∴a＝2，b＝1.(2)由(1)知，上半橢圓C1的方程為eq\f(y2,4)＋x2＝1(y≥0)．易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設其方程為y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)設點P的坐標為(xP，yP)，∵直線l過點B，∴x＝1是方程(*)的一個根．由求根公式，得xP＝eq\f(k2－4,k2＋4)，從而yP＝eq\f(－8k,k2＋4)，∴點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2－4,k2＋4)，\f(－8k,k2＋4))).同理，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1k≠0，,y＝－x2＋1y≤0))得點Q的坐標為(－k－1，－k2－2k)．∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2k,k2＋4)(k，－4)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝－k(1，k＋2)．∵AP⊥AQ，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，即eq\f(－2k2,k2＋4)[k－4(k＋2)]＝0，∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－eq\f(8,3).經(jīng)檢驗，k＝－eq\f(8,3)符合題意，故直線l的方程為y＝－eq\f(8,3)(x－1)．5.如圖，已知點E(m,0)(m＞0)為拋物線y2＝4x內一個定點，過E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交拋物線于點A，B，C，D，且M，N分別是AB，CD的中點．(1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面積的最小值；(2)若k1＋k2＝1，求證：直線MN過定點．(1)解當m＝1時，E為拋物線y2＝4x的焦點，∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD.設直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－1，,y2＝4x，))得k1y2－4y－4k1＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4.∵Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))＋1，\f(2,k1)))，同理，點N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)，∴S△EMN＝eq\f(1,2)|EM|·|EN|＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k1)))2)·eq\r(2k\o\al(2,1)2＋－2k12)＝2eq\r(k\o\al(2,1)＋\f(1,k\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，當且僅當keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,k\o\al(2,1))，即k1＝±1時，△EMN的面積取得最小值4.(2)證明設直線AB的方程為y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－m，,y2＝4x))得k1y2－4y－4k1m＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4m，∵Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))＋m，\f(2,k1)))，同理，點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,2))＋m，\f(2,k2)))，∴kMN＝eq\f(k1k2,k1＋k2)＝k1k2.∴直線MN的方程為y－eq\f(2,k1)＝k1k2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))＋m))))，即y＝k1k2(x－m)＋2，∴直線MN恒過定點(m,2)．6．(2022·浙江寧波高考模擬)如圖，設拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，準線為l，過準線l上一點M(－1,0)且斜率為k的直線l1交拋物線C于A，B兩點，線段AB的中點為P，直線PF交拋物線C于D，E兩點．(1)求拋物線C的方程；(2)若|MA|·|MB|＝λ|FD|·|FE|，試寫出λ關于k的函數(shù)解析式，并求實數(shù)λ的取值范圍．解(1)－eq\f(p,2)＝－1，p＝2，拋物線方程為y2＝4x.(2)設l1方程為y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝4x))得ky2－4y＋4k＝0，Δ＝16－16k2>0，所以k∈(－1,0)∪(0,1)，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝4，得x1＋x2＝eq\f(4,k2)－2，x1x2＝1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)－1，\f(2,k)))，所以|MA|·|MB|＝eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))，且直線PF方程為y＝eq\f(k,1－k2)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,1－k2)x－1，,y2＝4x))得ky2－4(1－k2)y－4k＝0，則得y3＋y4＝eq\f(41－k2,k)，y3y4＝－4，得x3＋x4＝eq\f(41－k22,k2)＋2，x3x4＝1，所以|FD|·|FE|＝(x3＋1)(x4＋1)＝eq\f(41－k22,k2)＋