2022届-数学一轮(文科)-浙江专用-课时作业-第八章-解析几何-探究课5-.docx

探究课五 圆锥曲线问题中的热点题型

(建议用时：80分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．已知过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点，且|AB|＝9.
(1)求该抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值．
解　(1)直线AB的方程是y＝2，与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝，
由抛物线定义得：|AB|＝x1＋x2＋p＝＋p＝9，
所以p＝4，从而抛物线方程为y2＝8x.
(2)由于p＝4,4x2－5px＋p2＝0可简化为x2－5x＋4＝0，
从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，
从而A(1，－2)，B(4,4)；
设C(x3，y3)，则＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝
(4λ＋1,4λ－2)，
又y＝8x3，即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，
即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.
2．已知定点A(1,0)和直线x＝－1上的两个动点E，F，且⊥，动点P满足∥，∥(其中O为坐标原点)．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点B(0,2)的直线l与(1)中的轨迹C相交于两个不同的点M，N，若·＜0，求直线l的斜率的取值范围．
解　(1)设P(x，y)，E(－1，yE)，F(－1，yF)．
∵·＝(－2，yE)·(－2，yF)＝yE·yF＋4＝0，
∴yE·yF＝－4，①
又＝(x＋1，y－yE)，＝(1，－yF)，且∥，∥，∴y－yE＝0且x(－yF)－y＝0，
∴yE＝y，yF＝－，代入①得y2＝4x(x≠0)，
∴动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≠0)．
(2)设l：y－2＝kx(易知k存在)，联立y2＝4x消去x，
得ky2－4y＋8＝0，令M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1·y2＝，
·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2
＝－＋1＋y1y2
＝2－＋y1y2＋1
＝＋1＜0，∴－12＜k＜0，
则实数k的取值范围为(－12,0)．
3．(2021·衢州模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若＝2，求直线AB的斜率；
(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．
解　(1)依题意知F(1,0)，设直线AB的方程为x＝my＋1.
将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得
y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.①
由于＝2，所以y1＝－2y2.②
联立①和②，消去y1，y2，得m＝±.
所以直线AB的斜率是±2.
(2)

由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，
从而点O与点C到直线AB的距离相等，
所以四边形OACB的面积等于2S△AOB.
由于2S△AOB＝2×·|OF|·|y1－y2|
＝＝4，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.
4．(2022·陕西卷)如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.

(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线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)是上半椭圆C1的左、右顶点．
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2.
∴a＝2，b＝1.
(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．
易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，
代入C1的方程，整理得
(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．
由求根公式，得xP＝，从而yP＝，
∴点P的坐标为.
同理，由
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
∵AP⊥AQ，∴·＝0，
即[k－4(k＋2)]＝0，
∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
经检验，k＝－符合题意，
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
5.如图，已知点E(m,0)(m＞0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．

(1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值；
(2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．
(1)解　当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点，
∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD.
设直线AB的方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k1y2－4y－4k1＝0，
y1＋y2＝，y1y2＝－4.∵M，
∴M，同理，点N(2k＋1，－2k1)，
∴S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，当且仅当k＝，即k1＝±1时，△EMN的面积取得最小值4.
(2)证明　设直线AB的方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k1y2－4y－4k1m＝0，
y1＋y2＝，y1y2＝－4m，
∵M，∴M，
同理，点N，∴kMN＝＝k1k2.
∴直线MN的方程为
y－＝k1k2，即y＝k1k2(x－m)＋2，
∴直线MN恒过定点(m,2)．

6．(2022·浙江宁波高考模拟)如图，设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过准线l上一点M(－1,0)且斜率为k的直线l1交抛物线C于A，B两点，线段AB的中点为P，直线PF交抛物线C于D，E两点．

(1)求抛物线C的方程；
(2)若|MA|·|MB|＝λ|FD|·|FE|，试写出λ关于k的函数解析式，并求实数λ的取值范围．
解　(1)－＝－1，p＝2，抛物线方程为y2＝4x.
(2)设l1方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，由得ky2－4y＋4k＝0，
Δ＝16－16k2>0，所以k∈(－1,0)∪(0,1)，
y1＋y2＝，y1y2＝4，得
x1＋x2＝－2，x1x2＝1，P，
所以|MA|·|MB|＝·＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2＝4，且直线PF方程为y＝(x－1)，
由得ky2－4(1－k2)y－4k＝0，
则得y3＋y4＝，y3y4＝－4，
得x3＋x4＝＋2，x3x4＝1，
所以|FD|·|FE|＝(x3＋1)(x4＋1)＝＋4，
则λ＝，令t＝k2＋1，则t∈(1,2)，
λ＝＝，
而λ＝f(t)＝＝在(1，)上单调递增，在(，2)上单调递减，所以λ∈.
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