2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練7 解析幾何 新人教A版1.已知拋物線:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,A(x0,y0)為上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),D為x軸正半軸上的點(diǎn),且有|FA|=|FD|.若x0=3時(shí),D的橫坐標(biāo)為5.(1)求的方程;(2)直線AF交于另一點(diǎn)B,直線AD交于另一點(diǎn)C.試求ABC的面積S關(guān)于x0的函數(shù)關(guān)系式S=f(x0),并求其最小值.2.如圖,過(guò)拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)F的直線交C于M(x1,y1),N(x2,y2)兩點(diǎn),且x1x2=-4.(1)求p的值;(2)R,Q是C上的兩動(dòng)點(diǎn),R,Q的縱坐標(biāo)之和為1,RQ的垂直平分線交y軸于點(diǎn)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(diǎn)F,點(diǎn)A(-1,1),B(-2,1),滿足=.(1)求拋物線C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)A作斜率為正的直線交拋物線C于不同于B的兩點(diǎn)M,N,若直線BM,BN分別交直線l:x+2y+1=0于P,Q兩點(diǎn),求|PQ|最小時(shí)直線MN的方程.4.已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點(diǎn)(2,a)到焦點(diǎn)F的距離為3.(1)求拋物線的方程.(2)設(shè)動(dòng)直線l與拋物線C相切于點(diǎn)A,且與其準(zhǔn)線相交于點(diǎn)B,問(wèn)在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)D,使得以AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)D?若存在,求出點(diǎn)D的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.5.已知拋物線C:y2=4x,P為C上一點(diǎn)且縱坐標(biāo)為2,Q,R是C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且PQPR.(1)求過(guò)點(diǎn)P,且與C恰有一個(gè)公共點(diǎn)的直線l的方程;(2)求證:QR過(guò)定點(diǎn).6.已知拋物線C:x2=2py(p>0),直線l:y=x+1與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),設(shè)直線OA,OB的斜率分別為k1,k2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),且k1k2=-.(1)求p的值;(2)如圖,已知點(diǎn)M(x0,y0)為圓:x2+y2-y=0上異于O點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)M的直線m交拋物線C于E,F兩點(diǎn).若M為線段EF的中點(diǎn),求|EF|的最大值.答案題型專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練7解析幾何(解答題專(zhuān)項(xiàng))1.解:(1)由題意知F,D(5,0),因?yàn)閨FA|=|FD|,由拋物線的定義得3+,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD>1),因?yàn)閨FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD>1,得xD=x0+2,故D(x0+2,0).設(shè)直線AB的方程為x=ty+1,聯(lián)立y2=4x,得y2-4ty-4=0.設(shè)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y00,可得x=-y+2+x0.代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0,設(shè)C(x2,y2),所以y0+y2=-,可求得y2=-y0-,x2=x0+4,所以點(diǎn)C到直線AB:x=ty+1的距離為d=4.則ABC的面積為S=|AB|d=416,當(dāng)且僅當(dāng)x0=,即x0=1時(shí)等號(hào)成立.所以ABC的面積的最小值為16.2.解:(1)設(shè)MN:y=kx+,由消去y,得x2-2pkx-p2=0.(*)由題設(shè),x1,x2是方程(*)的兩實(shí)根,所以x1x2=-p2=-4,故p=2.(2)設(shè)R(x3,y3),Q(x4,y4),T(0,t),因?yàn)門(mén)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-t)2,即4(y3-y4)=(y3+y4-2t)(y4-y3).而y3y4,所以-4=y3+y4-2t.又因?yàn)閥3+y4=1,所以t=,故T.因此SMNT=|FT|x1-x2|=|x1-x2|.由(1)得x1+x2=4k,x1x2=-4.SMNT=33.因此,當(dāng)k=0時(shí),SMNT有最小值3.3.解:(1)由已知可知:F,A,B三點(diǎn)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(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線MN的方程為y=k(x+1)+1(k0).由消去y,得x2-4kx-4k-4=0,設(shè)直線BM的方程為y=k1(x+2)+1,由解得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)xP=.又k1=(x1-2),xP=-2.同理點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ=-2.|PQ|=|xP-xQ|=,當(dāng)且僅當(dāng)k=,即k=1時(shí)等號(hào)成立.所以當(dāng)k=1時(shí),|PQ|的最小值為,此時(shí)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(shè)動(dòng)直線l方程為x=ty+b(顯然t0),則點(diǎn)B,則聯(lián)立得y2=4(ty+b),所以=16t2+16b=0,得b=-t2,故可設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為(t2,2t).設(shè)D(m,n),則=(m-t2,n-2t),因?yàn)镈在以AB為直徑的圓上,所以ADBD,所以=0,即(m-t2,n-2t)=0.化簡(jiǎn)整理,得(1-m)t2-3nt+(m2+m+n2-2)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)m=1,n=0時(shí),上式對(duì)任意tR恒成立,即存在D(1,0),使得以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D.5.(1)解:顯然y=2符合題意;若相切:設(shè)l的方程為m(y-2)=x-1,于是由得y2-4my+8m-4=0.令=(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(shè)Q,R,于是k=.于是QR的方程為=y-y1,得4x-(y1+y2)y+y1y2=0.(*)又PQPR,所以kPQkPR=-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(guò)定點(diǎn)(5,-2).6.解:(1)設(shè)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(shè)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(shí)(*)式為x2-2x0x+2-4y0=0.所以=(2x0)2-4(2-4y0)=16y0-4.所以|EF|=|x3-x4|=.又因?yàn)?y0=0,所以|EF|=2+2y04(y01).等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)即y0=1時(shí)取得,所以|EF|的最大值為4.