１２２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
第十五章 圆锥曲线与方程
对应学生用书起始页码 Ｐ３６１
考点一 曲线与方程
１．曲线与方程
一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线 Ｃ 上的点与一个
二元方程 ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０ 的实数解建立了如下关系：
（１）曲线上点的坐标都是这个方程的解；
（２）以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫方程的曲线．
曲线既可以看成符合某种条件的点的集合，又可以看成满
足某种条件的动点运动的轨迹，因此，这类问题有时也叫做轨迹
问题．
２．求轨迹方程的常用方法
（１）直接法：直接利用条件建立 ｘ，ｙ 之间的关系 Ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０；
（２）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程———先
根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数；
（３）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，
再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
（４）相关点法：动点 Ｐ（ｘ，ｙ）随另一动点 Ｑ（ｘ０，ｙ０）的变化而
变化，并且 Ｑ（ｘ０，ｙ０）又在某已知曲线上，则可先用 ｘ，ｙ 的代数式
表示 ｘ０，ｙ０，再将点 Ｑ（ｘ０，ｙ０）代入已知曲线得要求的轨迹方程；
（５）参数法：当动点 Ｐ（ｘ，ｙ）坐标之间的关系不易直接找到，
也没有相关动点可用时，可考虑将 ｘ，ｙ 均用一中间变量（参数）
表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．
３．曲线的交点
两曲线 Ｃ１：ｆ１（ｘ，ｙ）＝ ０ 与 Ｃ２：ｆ２（ｘ，ｙ）＝ ０ 的公共点坐标是方
程组
ｆ１（ｘ，ｙ）＝ ０，
ｆ２（ｘ，ｙ）＝ ０
{ 的解，方程组有几个解，两曲线就有几个公共
点；若方程组无解，两曲线就没有公共点．
４．判断直线 ｌ 与圆锥曲线 τ 的位置关系时，通常将直线 ｌ 的
方程 Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝ ０（Ａ、Ｂ 不同时为 ０）代入圆锥曲线 τ 的方程Ｆ（ｘ，
ｙ）＝ ０．消去 ｙ（也可以消去 ｘ）得到一个关于变量 ｘ（或变量 ｙ）的
方程，即
Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝ ０，
Ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０，{ 消去 ｙ（或 ｘ）后得 ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ ＝ ０（或 ａ１ｙ２ ＋
ｂ１ｙ＋ｃ１ ＝ ０） ．
（１）当 ａ≠０ 时，若 Δ＞０，则直线 ｌ 与曲线 τ 相交；若 Δ ＝ ０，则
直线 ｌ 与曲线 τ 相切；若 Δ＜０，则直线 ｌ 与曲线 τ 相离．
（２）当 ａ＝ ０ 时，即得到一个一次方程，则 ｌ 与 τ 相交，且只有
一个交点，此时，若 τ 为双曲线，则直线 ｌ 与双曲线的渐近线平
行；若 τ 为抛物线，则直线 ｌ 与抛物线的对称轴的位置关系
是平行或重合．
５．连接圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦．
已知直线 ｌ：ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０，曲线 τ：Ｆ（ ｘ，ｙ）＝ ０，ｌ 与 τ 的两个不
同的交点 Ａ（ ｘ１，ｙ１ ），Ｂ（ ｘ２，ｙ２ ），则（ ｘ１，ｙ１ ），（ ｘ２，ｙ２ ） 是方程组
ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０，
Ｆ（ｘ，ｙ）＝ ０{ 的两个解．方程组消元后化为关于 ｘ（或者 ｙ）的一元
二次方程 ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ ＝ ０（ａ≠０），判别式 Δ ＝ ｂ２ －４ａｃ，应有 Δ＞０，所
以 ｘ１、ｘ２ 是方程 Ａｘ２＋Ｂｘ＋Ｃ ＝ ０ 的解．由根与系数的关系（韦达定
理）得 ｘ１ ＋ ｘ２ ＝ －
ｂ
ａ
， ｘ１ｘ２ ＝
ｃ
ａ
．所以 Ａ、Ｂ 两点间距离 ｜ ＡＢ ｜ ＝
１＋ｋ２ ｜ ｘ１－ｘ２ ｜ ，即弦长公式，也可以写成关于 ｙ 的形式，其弦长
公式为 ｜ ＡＢ ｜ ＝ １＋
１
ｋ２
｜ ｙ１－ｙ２ ｜ （ｋ≠０） ．
考点二 抛物线的综合应用 高频考点
以抛物线 ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０）为例，设 ＡＢ 是抛物线的过焦点的一
条弦（焦点弦），Ｆ 是抛物线的焦点，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ ｘ２，ｙ２），Ａ、Ｂ 在
准线上的射影为 Ａ１、Ｂ１，则有以下结论：
（１）ｘ１ｘ２ ＝
ｐ２
４
，ｙ１ｙ２ ＝－ｐ２；
（２）若直线 ＡＢ 的倾斜角为 θ，且 Ａ 位于 ｘ 轴上方，Ｂ 位于 ｘ
轴下方，则 ｜ ＡＦ ｜ ＝
ｐ
１－ｃｏｓ θ
， ｜ＢＦ ｜ ＝
ｐ
１＋ｃｏｓ θ
；
（３） ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｘ１＋ｘ２＋ｐ＝
２ｐ
ｓｉｎ２θ
（其中 θ 为直线 ＡＢ 的倾斜角），抛
物线的通径长为 ２ｐ，通径是最短的焦点弦；
（４）Ｓ△ＡＯＢ ＝
ｐ２
２ｓｉｎ θ
（其中 θ 为直线 ＡＢ 的倾斜角）；
（５）
１
｜ ＡＦ ｜
＋ １
｜ＢＦ ｜
＝ ２
ｐ
为定值；
（６）以 ＡＢ 为直径的圆与抛物线的准线相切；
（７）以 ＡＦ（或 ＢＦ）为直径的圆与 ｙ 轴相切；
（８）以 Ａ１Ｂ１ 为直径的圆与直线 ＡＢ 相切，切点为 Ｆ，∠Ａ１ＦＢ１
＝ ９０°；
（９）Ａ，Ｏ，Ｂ１ 三点共线，Ｂ，Ｏ，Ａ１ 三点也共线．
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第十五章 圆锥曲线与方程 １２３
对应学生用书起始页码 Ｐ３６２
一、直接法求轨迹方程
直接法求动点的轨迹方程的一般步骤
（１）建系———建立适当的坐标系；
（２）设点———设轨迹上的任一点 Ｐ（ｘ，ｙ）；
（３）列式———列出动点 Ｐ 所满足的关系式；
（４）代换———选用距离公式、斜率公式等将其转化为 ｘ，ｙ 的
方程式，并化简；
（５）证明———证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．
（２０１９ 扬州期末，２３）已知直线 ｘ＝－２ 上有一动点 Ｑ，过
点 Ｑ 作直线 ｌ 垂直于 ｙ 轴，动点 Ｐ 在 ｌ 上，且满足ＯＰ→·ＯＱ→＝ ０（Ｏ
为坐标原点），记点 Ｐ 的轨迹为 Ｃ．
（１）求曲线 Ｃ 的方程；
（２）已知定点 Ｍ －
１
２
，０( ) ，Ｎ １２ ，０( ) ，点 Ａ 为曲线 Ｃ 上一
点，直线 ＡＭ 交曲线 Ｃ 于另一点 Ｂ，且点 Ａ 在线段 ＭＢ 上，直线
ＡＮ 交曲线 Ｃ 于另一点 Ｄ，求△ＭＢＤ 的内切圆半径 ｒ 的取值范围．
解析 （１）设 Ｐ（ｘ，ｙ），则 Ｑ（－２，ｙ），
∴ ＯＰ→＝（ｘ，ｙ），ＯＱ→＝（－２，ｙ），
∵ ＯＰ→·ＯＱ→＝ ０，∴ ＯＰ→·ＯＱ→＝－２ｘ＋ｙ２ ＝ ０，即 ｙ２ ＝ ２ｘ． （２ 分）
（２）设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｄ（ｘ３，ｙ３），０＜ｘ１＜ｘ２，直线 ＢＤ 与
ｘ 轴交点为 Ｅ，内切圆与 ＡＢ 的切点为 Ｔ．
设直线 ＡＭ 的方程为 ｙ ＝ ｋ ｘ＋
１
２( ) ，联立得
ｙ＝ ｋ ｘ＋
１
２( ) ，
ｙ２ ＝ ２ｘ，
{ 整
理得 ｋ２ｘ２＋（ｋ２－２）ｘ＋
ｋ２
４
＝ ０．
∴ ｘ１ｘ２ ＝
１
４
，∴ ｘ１＜
１
２
＜ｘ２ ．
直线 ＡＮ 的方程为 ｙ＝
ｙ１
ｘ１－
１
２
ｘ－
１
２( ) ，
与方程 ｙ２ ＝ ２ｘ 联立并整理得 ｙ２１ｘ２ － ｙ２１＋２ｘ２１－２ｘ１＋
１
２( ) ｘ ＋
１
４
ｙ２１ ＝ ０，化简得 ２ｘ１ｘ２－ ２ｘ２１＋
１
２( ) ｘ＋ １２ ｘ１ ＝ ０．
解得 ｘ＝
１
４ｘ１
或 ｘ＝ ｘ１，故 ｘ３ ＝
１
４ｘ１
＝ ｘ２，∴ ＢＤ⊥ｘ 轴．
设△ＭＢＤ 的内切圆圆心为 Ｈ，则 Ｈ 在 ｘ 轴上且 ＨＴ⊥ＡＢ．
（５ 分）
解法一：Ｓ△ＭＢＤ ＝
１
２
· ｘ２＋
１
２( ) · ｜ ２ｙ２ ｜ ，且△ＭＢＤ 的周长为
２ ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２ ＋２ ｜ ｙ２ ｜ ，
又 Ｓ△ＭＢＤ ＝
１
２ ２ ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２ ＋２ ｜ ｙ２ ｜
é
?
êê
ù
?
úú · ｒ ＝
１
２
·
ｘ２＋
１
２( ) ·｜２ｙ２ ｜ ，
∴ ｒ＝
ｘ２＋
１
２( ) ｜ ｙ２ ｜
｜ ｙ２ ｜ ＋ ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
＝ １
１
ｘ２＋
１
２
＋ １
ｙ２２
＋ １
ｘ２＋
１
２( )
２
＝ １
１
２ｘ２
＋ １
ｘ２＋
１
２( )
２ ＋
１
ｘ２＋
１
２
． （８ 分）
解法二：设 Ｈ（ ｘ２ －ｒ，０），直线 ＢＤ 的方程为 ｘ ＝ ｘ２，其中 ｙ２２ ＝
２ｘ２，直线 ＡＭ 的方程为 ｙ ＝
ｙ２
ｘ２＋
１
２
ｘ＋
１
２( ) ，即 ｙ２ｘ－ ｘ２＋ １２( ) ｙ＋
１
２
ｙ２ ＝ ０，且点 Ｈ 与点 Ｏ 在直线 ＡＢ 的同侧，
∴ ｒ＝
（ｘ２－ｒ）ｙ２＋
１
２
ｙ２
ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
＝
（ｘ２－ｒ）ｙ２＋
１
２
ｙ２
ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
，
解得 ｒ＝
ｘ２ｙ２＋
１
２
ｙ２
ｙ２＋ ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
＝ １
１
２ｘ２
＋ １
ｘ２＋
１
２( )
２ ＋
１
ｘ２＋
１
２
．
（８ 分）
解法三：易知△ＭＴＨ∽△ＭＥＢ，∴
ＭＨ
ＭＢ
＝ＨＴ
ＢＥ
，
即
ｘ２＋
１
２
－ｒ
ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
＝ ｒ
｜ ｙ２ ｜
，
解得 ｒ＝
ｘ２＋
１
２( ) ｜ ｙ２ ｜
｜ ｙ２ ｜ ＋ ｘ２＋
１
２( )
２
＋ｙ２２
＝ １
１
２ｘ２
＋ １
ｘ２＋
１
２( )
２ ＋
１
ｘ２＋
１
２
．
（８ 分）
令 ｔ＝ ｘ２＋
１
２
，则 ｔ＞１，
易知 ｒ＝
１
１
２ｔ－１
＋ １
ｔ２
＋ １
ｔ
在（１，＋∞ ）上单调递增，则 ｒ＞
１
２ ＋１
＝
２ －１，即 ｒ 的取值范围为（ ２ －１，＋∞ ） ． （１０ 分）
１－１ （２０１５ 湖北，２１，１４ 分）一种作图工具如图 １ 所示．Ｏ
是滑槽 ＡＢ 的中点，短杆 ＯＮ 可绕 Ｏ 转动，长杆 ＭＮ 通过 Ｎ 处铰
链与 ＯＮ 连接，ＭＮ 上的栓子 Ｄ 可沿滑槽 ＡＢ 滑动，且 ＤＮ ＝ＯＮ ＝
１，ＭＮ＝ ３．当栓子 Ｄ 在滑槽 ＡＢ 内做往复运动时，带动
··
Ｎ 绕 Ｏ 转
动一周（Ｄ 不动时，Ｎ 也不动），Ｍ 处的笔尖画出的曲线记为 Ｃ．以
Ｏ 为原点，ＡＢ 所在的直线为 ｘ 轴建立如图 ２ 所示的平面直角坐
标系．
（１）求曲线 Ｃ 的方程；
（２）设动直线 ｌ 与两定直线 ｌ１：ｘ－２ｙ ＝ ０ 和 ｌ２：ｘ＋２ｙ ＝ ０ 分别
交于 Ｐ，Ｑ 两点．若直线 ｌ 总与曲线 Ｃ 有且只有一个公共点，试探
究：△ＯＰＱ 的面积是否存在最小值？ 若存在，求出该最小值；若
不存在，说明理由．
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１２４ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
图 １
图 ２
１－１ 解析 （１）设点 Ｄ（ ｔ，０）（ ｜ ｔ ｜≤２），Ｎ（ ｘ０，ｙ０），Ｍ（ ｘ，ｙ），依
题意，ＭＤ→＝ ２ ＤＮ→，且 ｜ＤＮ→ ｜ ＝ ｜ＯＮ→ ｜ ＝ １，
所以（ ｔ－ｘ，－ｙ）＝ ２（ｘ０－ｔ，ｙ０），且
（ｘ０－ｔ） ２＋ｙ２０ ＝ １，
ｘ２０＋ｙ２０ ＝ １．
{
即
ｔ－ｘ＝ ２ｘ０－２ｔ，
ｙ＝－２ｙ０，
{ 且 ｔ（ ｔ－２ｘ０）＝ ０．
由于当点 Ｄ 不动时，点 Ｎ 也不动，所以 ｔ 不恒等于 ０，
于是 ｔ＝ ２ｘ０，故 ｘ０ ＝
ｘ
４
，ｙ０ ＝－
ｙ
２
，
代入 ｘ２０＋ｙ２０ ＝ １，可得
ｘ２
１６
＋ ｙ
２
４
＝ １，
即曲线 Ｃ 的方程为
ｘ２
１６
＋ ｙ
２
４
＝ １．
（２）（ｉ）当直线 ｌ 的斜率不存在时，直线 ｌ 为 ｘ ＝ ４ 或 ｘ ＝ －４，
都有 Ｓ△ＯＰＱ ＝
１
２
×４×４＝ ８．
（ｉｉ）当直线 ｌ 的斜率存在时，设直线 ｌ：ｙ＝ ｋｘ＋ｍ ｋ≠±
１
２( ) ，
由
ｙ＝ ｋｘ＋ｍ，
ｘ２＋４ｙ２ ＝ １６，{
消去 ｙ，可得（１＋４ｋ２）ｘ２＋８ｋｍｘ＋４ｍ２－１６＝ ０．
因为直线 ｌ 总与椭圆 Ｃ 有且只有一个公共点，
所以 Δ＝ ６４ｋ２ｍ２－４（１＋４ｋ２）（４ｍ２－１６）＝ ０，即 ｍ２ ＝ １６ｋ２＋４．①
又由
ｙ＝ ｋｘ＋ｍ，
ｘ－２ｙ＝ ０，{ 可得 Ｐ ２ｍ１－２ｋ， ｍ１－２ｋ( ) ；
同理可得 Ｑ
－２ｍ
１＋２ｋ
，
ｍ
１＋２ｋ( ) ．
由原点 Ｏ 到直线 ＰＱ 的距离为 ｄ ＝
｜ｍ ｜
１＋ｋ２
和 ｜ ＰＱ ｜ ＝ １＋ｋ２
·｜ ｘＰ－ｘＱ ｜ ，
可得 Ｓ△ＯＰＱ ＝
１
２
｜ＰＱ ｜·ｄ＝
１
２
｜ｍ ｜ ｜ ｘＰ－ｘＱ ｜
＝ １
２
· ｜ｍ ｜·
２ｍ
１－２ｋ
＋ ２ｍ
１＋２ｋ
＝ ２ｍ
２
１－４ｋ２
．②
将①代入②得，Ｓ△ＯＰＱ ＝
２ｍ２
１－４ｋ２
＝ ８
｜ ４ｋ２＋１ ｜
｜ ４ｋ２－１ ｜
．
当 ｋ２＞
１
４
时，Ｓ△ＯＰＱ ＝ ８·
４ｋ２＋１
４ｋ２－１
＝ ８ １＋
２
４ｋ２－１
?
è
?
?
?
÷ ＞８；
当 ０≤ｋ２＜
１
４
时，Ｓ△ＯＰＱ ＝ ８·
４ｋ２＋１
１－４ｋ２
＝ ８ －１＋
２
１－４ｋ２
?
è
?
?
?
÷ ．
因 ０≤ｋ２＜
１
４
，则 ０＜１－４ｋ２≤１，
２
１－４ｋ２
≥２，
所以 Ｓ△ＯＰＱ ＝ ８ －１＋
２
１－４ｋ２
?
è
?
?
?
÷ ≥８，
当且仅当 ｋ＝ ０ 时取等号．
所以当 ｋ＝ ０ 时，Ｓ△ＯＰＱ的最小值为 ８．
综合（ｉ）（ｉｉ）可知，当直线 ｌ 与椭圆 Ｃ 在四个顶点处相切时，
△ＯＰＱ 的面积取得最小值 ８．
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二、抛物线中定值问题的求解方法
抛物线中的定值问题的常见类型及解题策略：
（１）求证代数式的值为定值：由条件得出与代数式参数有关
的等式，将其代入代数式，化简即可得出定值．
（２）求证直线的斜率为定值：利用斜率公式，结合二次方程
根与系数的关系化简即可．
（３）求证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，再利用条件化简、变形即可．
（４）求证线段长度为定值：利用两点间距离公式得出解析
式，再利用条件对解析式进行化简、变形即可．
如图，线段 ＡＢ 经过 ｘ 轴正半轴上一定点 Ｍ（ｍ，０），端
点 Ａ，Ｂ 到 ｘ 轴的距离之积为 ２ｍ，以 ｘ 轴为对称轴，过 Ｏ，Ａ，Ｂ 三
点作抛物线 Ｃ．
（１）求抛物线 Ｃ 的标准方程；
（２）已知点 Ｐ（ｎ，２）为抛物线 Ｃ 上的点，过 Ｐ（ｎ，２）作倾斜角
互补的两直线 ＰＳ，ＰＴ，分别交抛物线 Ｃ 于 Ｓ，Ｔ，求证：直线 ＳＴ 的
斜率为定值，并求出这个定值．
解析 （１）设 ＡＢ 所在直线的方程为 ｘ＝ ｔｙ＋ｍ，抛物线方程
为 ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０），联立两方程，消去 ｘ 得 ｙ２－２ｐｔｙ－２ｐｍ＝ ０．
设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ｙ１ｙ２ ＝－２ｐｍ．
由题意知 ｜ ｙ１ｙ２ ｜ ＝ ２ｍ，且 ｙ１ｙ２＜０，所以 ｐ＝ １，
所以所求抛物线的方程为 ｙ２ ＝ ２ｘ．
（２）由点 Ｐ（ｎ，２）为抛物线 Ｃ 上的点，得 ｎ＝ ２．由题意知直线
ＰＳ，ＰＴ 的斜率均存在，且不为 ０，设直线 ＰＳ 的方程为 ｙ－２ ＝ ｋ（ ｘ－
２），则直线 ＰＴ 的方程为 ｙ－２＝－ｋ（ｘ－２） ．
由
ｙ－２＝ ｋ（ｘ－２），
ｙ２ ＝ ２ｘ{ 得 ｙ２ － ２ｋ ｙ ＋ ４－４ｋｋ ＝ ０，因而 ｙＳ ＝ ２ｋ － ２
＝ ２
－２ｋ
ｋ
．
由
ｙ－２＝－ｋ（ｘ－２），
ｙ２ ＝ ２ｘ{ 得 ｙ２＋ ２ｋ ｙ－４＋４ｋｋ ＝ ０，因而 ｙＴ ＝－２＋２ｋｋ ．
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第十五章 圆锥曲线与方程 １２５
从而 ｋＳＴ ＝
ｙＳ－ｙＴ
ｘＳ－ｘＴ
＝
ｙＳ－ｙＴ
ｙ２Ｓ
２
－
ｙ２Ｔ
２
＝ ２
ｙＳ＋ｙＴ
＝ ２
２－２ｋ
ｋ
－２
＋２ｋ
ｋ
＝ － １
２
，为
定值．
２－１ 在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中，已知抛物线 ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０）
的准线方程为 ｘ＝－
１
４
，过点 Ｍ（０，－２）作抛物线的切线 ＭＡ，切点
为 Ａ（异于点 Ｏ） ．直线 ｌ 过点 Ｍ 与抛物线交于 Ｂ，Ｃ 两点，与直线
ＯＡ 交于点 Ｎ．
（１）求抛物线的方程；
（２）
｜ＭＮ ｜
｜ＭＢ ｜
＋ ｜ＭＮ ｜
｜ＭＣ ｜
的值是不是定值？ 若是，求出定值；若不
是，说明理由．
２－１ 解析 （１）由题设，知－
ｐ
２
＝ － １
４
，即 ｐ＝
１
２
，
所以抛物线的方程为 ｙ２ ＝ ｘ．
（２）是定值．设 Ａ（ ｘ０，ｙ０），因为函数 ｙ ＝ － ｘ的导函数为 ｙ′ ＝
－ １
２ ｘ
，
所以直线 ＭＡ 的方程为 ｙ－ｙ０ ＝－
１
２ ｘ０
（ｘ－ｘ０），
因为点 Ｍ（０，－２）在直线 ＭＡ 上，
所以－２－ｙ０ ＝－
１
２ ｘ０
（０－ｘ０） ．
由
ｙ２０ ＝ ｘ０，
ｙ０ ＝－２－
１
２
ｘ０ ，{ 解得 Ａ（１６，－４） ．
所以直线 ＯＡ 的方程为 ｙ＝－
１
４
ｘ．
直线 ＢＣ 的斜率显然存在．设直线 ＢＣ 的方程为 ｙ ＝ ｋｘ－ ２，
Ｂ（ｘＢ，ｙＢ），Ｃ（ｘＣ，ｙＣ），Ｎ（ｘＮ，ｙＮ），
由
ｙ２ ＝ ｘ，
ｙ＝ ｋｘ－２，{ 得 ｋ２ｘ２－（４ｋ＋１）ｘ＋４＝ ０，
易知 ｋ≠０，
所以 ｘＢ＋ｘＣ ＝
４ｋ＋１
ｋ２
，ｘＢｘＣ ＝
４
ｋ２
．
由
ｙ＝－
１
４
ｘ，
ｙ＝ ｋｘ－２，
{ 得 ｘＮ ＝ ８４ｋ＋１．
所以
｜ＭＮ ｜
｜ＭＢ ｜
＋ ｜ＭＮ ｜
｜ＭＣ ｜
＝
ｘＮ
ｘＢ
＋
ｘＮ
ｘＣ
＝
８
４ｋ＋１
·
４ｋ＋１
ｋ２
４
ｋ２
＝ ２，
故
｜ＭＮ ｜
｜ＭＢ ｜
＋ ｜ＭＮ ｜
｜ＭＣ ｜
为定值 ２．
２－２ （２０１８ 前黄中学、如东中学等五校检测，２３）已知抛物
线 ｙ２ ＝ ４ｘ 的焦点为 Ｆ，直线 ｌ 过点 Ｍ（４，０） ．
（１）若点 Ｆ 到直线 ｌ 的距离为 ３ ，求直线 ｌ 的斜率；
（２）设 Ａ，Ｂ 为抛物线上两点，且 ＡＢ 不与 ｘ 轴垂直，若线段
ＡＢ 的垂直平分线恰过点 Ｍ，求证：线段 ＡＢ 中点的横坐标为定值．
２－２ 解析 （１）易知直线 ｌ 不与 ｘ 轴垂直，所以设直线 ｌ 的方
程为 ｙ＝ ｋ（ｘ－４），
抛物线的焦点坐标为 Ｆ（１，０），
因为点 Ｆ 到直线 ｌ 的距离为 ３ ，
所以
｜ －３ｋ ｜
（－１） ２＋ｋ２
＝ ３ ，
解得 ｋ＝±
２
２
，所以直线 ｌ 的斜率为±
２
２
．
（２）证明：证法一：设线段 ＡＢ 中点的坐标为 Ｎ（ ｘ０，ｙ０ ），Ａ
（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），
则直线 ＭＮ 的斜率为
ｙ０
ｘ０－４
，则直线 ＡＢ 的斜率为
４－ｘ０
ｙ０
，
故直线 ＡＢ 的方程为 ｙ－ｙ０ ＝
４－ｘ０
ｙ０
（ｘ－ｘ０），
联立
ｙ－ｙ０ ＝
４－ｘ０
ｙ０
（ｘ－ｘ０），
ｙ２ ＝ ４ｘ，
{
消去 ｘ 得（４－ｘ０）ｙ２－４ｙ０ｙ＋４ｙ２０＋４ｘ０（ｘ０－４）＝ ０，
所以 ｙ１＋ｙ２ ＝
４ｙ０
４－ｘ０
，
因为 Ｎ 为 ＡＢ 中点，所以
ｙ１＋ｙ２
２
＝ ｙ０，即
２ｙ０
４－ｘ０
＝ ｙ０，
所以 ｘ０ ＝ ２．即线段 ＡＢ 中点的横坐标为定值 ２．
证法二：设线段 ＡＢ 中点的坐标为 Ｎ（ ｘ０， ｙ０ ），Ａ（ ｘ１， ｙ１ ），
Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ｙ２１ ＝ ４ｘ１，ｙ２２ ＝ ４ｘ２，所以 ｋＡＢ ＝
ｙ１－ｙ２
ｘ１－ｘ２
＝ ４
ｙ１＋ｙ２
＝ ２
ｙ０
，ｋＭＮ ＝
ｙ０
ｘ０－４
，所以
２
ｙ０
＝
４－ｘ０
ｙ０
，所以 ｘ０ ＝ ２．
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１２６ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
三、抛物线中的最值与范围问题的求解方法
抛物线中与范围（或最值）有关的问题，先根据所给条件，选
择合适的自变量，建立目标函数，再由函数的特征选择合适的方
法求解取值范围或最值．
（２０１８ 姜堰中学、泗洪中学联考，２３）已知过抛物线 ｘ２
＝ ２ｙ 的焦点 Ｆ 的直线 ｌ 交抛物线于 Ｐ，Ｑ 两点，抛物线在 Ｐ，Ｑ 两
点处的切线交于点 Ｒ．
（１）求证：ＲＦ⊥ＰＱ；
（２）设ＰＦ→＝λ ＦＱ→，当 λ∈ １
３
，
１
２[ ] 时，求△ＰＱＲ 的面积 Ｓ 的
最大值．
解析 （１）证明：直线 ｌ 的斜率显然存在．易知 Ｆ ０，
１
２( ) ，
设 ｌ：ｙ＝ ｋｘ＋
１
２
，Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），
当 ｋ＝ ０ 时，显然 ＲＦ⊥ＰＱ．
由 ｙ＝
１
２
ｘ２，得 ｙ′＝ ｘ，∴ 过 Ｐ、Ｑ 的切线方程为
ｙ－ｙ１ ＝ ｘ１（ｘ－ｘ１），ｙ－ｙ２ ＝ ｘ２（ｘ－ｘ２），
又 Ｐ、Ｑ 在抛物线上，∴ ｙ－
１
２
ｘ２１ ＝ ｘ１（ｘ－ｘ１）①，
ｙ－
１
２
ｘ２２ ＝ ｘ２（ｘ－ｘ２）②．
联立①②，解得 ｘ＝
ｘ１＋ｘ２
２
，ｙ＝
１
２
ｘ１ｘ２，即 Ｒ
ｘ１＋ｘ２
２
，
１
２
ｘ１ｘ２
?
è
?
?
?
÷ ．
由
ｙ＝ ｋｘ＋
１
２
，
ｘ２ ＝ ２ｙ
{ 消去 ｙ，得 ｘ２－２ｋｘ－１＝ ０，
∴ ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ｋ，ｘ１ｘ２ ＝－１，∴ Ｒ ｋ，－
１
２( ) ，
∴ ｋＲＦ·ｋＰＱ ＝
１
２
－ － １
２( )
０－ｋ
·ｋ＝－１，∴ ＲＦ⊥ＰＱ．
（２）由（１）及ＰＦ→＝λ ＦＱ→，得－ｘ１ ＝λｘ２，
结合 ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ｋ，ｘ１ｘ２ ＝－１，消去 ｘ１，ｘ２ 得 λ
２ｋ
１－λ( )
２
＝ １，
∴ ４ｋ２ ＝λ＋
１
λ
－２．
∵ λ∈
１
３
，
１
２[ ] ，∴ λ∈［２，３］，
易知 ｙ＝λ＋
１
λ
在［２，３］上递增，
∴
１
２
≤４ｋ２≤
４
３
，即
１
８
≤ｋ２≤
１
３
．
故 Ｓ△ＰＱＲ ＝
１
２
｜ＰＱ ｜· ｜ＲＦ ｜
＝ １
２
１＋ｋ２ ｜ ｘ１－ｘ２ ｜· （ｋ－０） ２＋ －
１
２
－ １
２( )
２
＝ １
２
１＋ｋ２ · ４ｋ２＋４· ｋ２＋１ ＝ （１＋ｋ２） ３ ，
由
１
８
≤ｋ２≤
１
３
，得当 ｋ２ ＝
１
３
时，（Ｓ△ＰＱＲ） ｍａｘ ＝
８ ３
９
．
３－１ （２０１７ 苏州自主学习测试）已知抛物线 Ｃ 的方程为 ｙ２
＝ ２ｐｘ（ｐ＞０），点 Ｒ（１，２）在抛物线 Ｃ 上．
（１）求抛物线 Ｃ 的方程；
（２）过点 Ｑ（１，１）作直线交抛物线 Ｃ 于不同于 Ｒ 的两点 Ａ，
Ｂ，若直线 ＡＲ，ＢＲ 分别交直线 ｌ：ｙ ＝ ２ｘ＋２ 于 Ｍ，Ｎ 两点，求 ｜ＭＮ ｜
最小时直线 ＡＢ 的方程．
３－１ 解析 （１） ∵ 点 Ｒ（１，２）在抛物线 Ｃ 上，∴ ２ｐ＝ ４，∴ ｐ ＝ ２，
∴ 抛物线 Ｃ 的方程为 ｙ２ ＝ ４ｘ．
（２）显然直线 ＡＢ 的斜率存在且不为 ０．
设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），直线 ＡＢ 的方程为 ｘ＝ｍ（ｙ－１）＋１（ｍ
≠０） ．
由
ｘ＝ｍ（ｙ－１）＋１，
ｙ２ ＝ ４ｘ{ 消去 ｘ，整理得 ｙ２－４ｍｙ＋４（ｍ－１）＝ ０．
∴
ｙ１＋ｙ２ ＝ ４ｍ，
ｙ１·ｙ２ ＝ ４（ｍ－１） ．
{
设直线 ＡＲ 的方程为 ｙ＝ ｋ１（ｘ－１）＋２，
由
ｙ＝ ｋ１（ｘ－１）＋２，
ｙ＝ ２ｘ＋２{ 得点 Ｍ 的横坐标 ｘＭ ＝
ｋ１
ｋ１－２
，
又 ｋ１ ＝
ｙ１－２
ｘ１－１
＝
ｙ１－２
ｙ２１
４
－１
＝ ４
ｙ１＋２
，∴ ｘＭ ＝
ｋ１
ｋ１－２
＝－ ２
ｙ１
．
同理点 Ｎ 的横坐标 ｘＮ ＝－
２
ｙ２
．
∵ ｜ ｙ２－ｙ１ ｜ ＝ （ｙ２＋ｙ１） ２－４ｙ１ｙ２ ＝ ４ ｍ２－ｍ＋１ ，
∴ ｜ＭＮ ｜ ＝ ５ ｜ ｘＭ－ｘＮ ｜ ＝ ５ －
２
ｙ１
＋ ２
ｙ２
＝ ２ ５
ｙ２－ｙ１
ｙ１ｙ２
＝ ８ ５
ｍ２－ｍ＋１
４ ｜ｍ－１ ｜
＝ ２ ５
ｍ２－ｍ＋１
｜ｍ－１ ｜
．
令 ｍ－１＝ ｔ，ｔ≠０，则 ｍ＝ ｔ＋１，
∴ ｜ＭＮ ｜ ＝ ２ ５
ｔ２＋ｔ＋１
ｔ２
＝ ２ ５
１
ｔ２
＋ １
ｔ
＋１ ．
∴ ｜ＭＮ ｜ ＝ ２ ５
１
ｔ
＋ １
２( )
２
＋ ３
４
≥ １５，
当 ｔ＝－２，即 ｍ＝－１ 时， ｜ＭＮ ｜的最小值为 １５ ，此时直线 ＡＢ
的方程为 ｘ＋ｙ－２＝ ０．
３－２ 在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中，已知抛物线 ｘ２ ＝ ２ｐｙ（ｐ＞０）
上的点 Ｍ（ｍ，１）到焦点 Ｆ 的距离为 ２．
（１）求抛物线的方程；
（２）如图，点 Ｅ 是抛物线上异于原点的点，抛物线在点 Ｅ 处
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第十五章 圆锥曲线与方程 １２７
的切线与 ｘ 轴相交于点 Ｐ，直线 ＰＦ 与抛物线相交于 Ａ，Ｂ 两点，
求△ＥＡＢ 面积的最小值．
３－２ 解析 （１）抛物线 ｘ２ ＝ ２ｐｙ（ｐ＞０）的准线方程为 ｙ＝－
ｐ
２
．
因为抛物线上 Ｍ（ｍ，１）到焦点 Ｆ 的距离为 ２，所以由抛物线
定义知 ｜ＭＦ ｜ ＝ １＋
ｐ
２
，
所以 １＋
ｐ
２
＝ ２，即 ｐ＝ ２，
所以抛物线的方程为 ｘ２ ＝ ４ｙ．
（２）因为 ｙ＝
１
４
ｘ２，所以 ｙ′＝
１
２
ｘ．
设点 Ｅ ｔ，
ｔ２
４( ) ，ｔ≠０，则抛物线在点 Ｅ 处的切线方程为ｙ－ ｔ
２
４
＝ １
２
ｔ（ｘ－ｔ） ．
令 ｙ＝ ０，则 ｘ＝
ｔ
２
，即点 Ｐ
ｔ
２
，０( ) ．
因为 Ｐ
ｔ
２
，０( ) ， Ｆ （ ０， １ ）， 所 以 直 线 ＰＦ 的 方 程 为
ｙ＝－
２
ｔ
ｘ－
ｔ
２( ) ，即 ２ｘ＋ｔｙ－ｔ＝ ０．
则 点 Ｅ ｔ，
ｔ２
４( ) 到 直 线 ＰＦ 的 距 离 ｄ ＝
２ｔ＋
ｔ３
４
－ｔ
４＋ｔ２
＝ ｜ ｔ ｜ ４
＋ｔ２
４
．
联立得
ｙ＝
ｘ２
４
，
２ｘ＋ｔｙ－ｔ＝ ０，
{ 消去 ｘ，得 ｔ２ｙ２－（２ｔ２＋１６）ｙ＋ｔ２ ＝ ０．
因为 Δ＝［－（２ｔ２＋１６）］ ２－４ｔ４ ＝ ６４（ ｔ２＋４）＞０，
所以 ｙ１＋ｙ２ ＝
２ｔ２＋１６
ｔ２
．
所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｙ１＋１＋ｙ２＋１＝ ｙ１＋ｙ２＋２＝
２ｔ２＋１６
ｔ２
＋２＝
４（ ｔ２＋４）
ｔ２
．
所以△ＥＡＢ 的面积 Ｓ＝
１
２
·
４（ ｔ２＋４）
ｔ２
·
｜ ｔ ｜ ４＋ｔ２
４
＝ １
２
·
（ ｔ２＋４）
３
２
｜ ｔ ｜
．
不妨设 ｇ（ｘ）＝
（ｘ２＋４）
３
２
ｘ
（ｘ＞０），
则 ｇ′（ｘ）＝
（ｘ２＋４）
１
２
ｘ２
（２ｘ２－４） ．
因为 ｘ∈（０， ２ ）时，ｇ′（ ｘ） ＜０，所以 ｇ（ ｘ）在（０， ２ ）上单调
递减；
因为 ｘ∈（ ２，＋∞ ）时，ｇ′（ ｘ） ＞０，所以 ｇ（ ｘ）在（ ２ ，＋∞ ）上
单调递增．
所以当 ｘ＝ ２时，ｇ（ｘ） ｍｉｎ ＝
（２＋４）
３
２
２
＝ ６ ３ ．
所以△ＥＡＢ 面积的最小值为 ３ ３ ．
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(共90张PPT)
(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(p>0).
(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.
①求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);
②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(p>0)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(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.
①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y1≠y2,
从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化简得p+2b>0.
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).
②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,
所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.
由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,
所以p因此,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Ⅱ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,PE⊥x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(k>0).
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=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=?,由此得yG=?.
从而直线PG的斜率为?=-?.
所以PQ⊥PG,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k>0得t≥2,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 ①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;②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.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(k≠0).
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Ⅱ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),
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、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Ⅲ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AR∥FQ;
(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ab≠0,
且A?,B?,P?,Q?,R?.
记过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AR∥FQ.?(5分)
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=?|b-a||FD|=?|b-a|?,S△PQF=?.
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?=?(x≠1).
而?=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以,所求轨迹方程为y2=x-1.?(12分)
疑难突破 第(1)问求解关键是把AR∥FQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点
所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨
论思想的应用.
评析 本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨
论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.
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(p>0)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,抛物线的准线方程为x=-1.
(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,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t2>2.
从而?=?
=?
=?=2-?.
令m=t2-2,则m>0,
?=2-?=2-?
≥2-?
=1+?.
当m=?时,?取得最小值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),t≠0,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Ⅲ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,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(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.(2019课标全国Ⅰ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=-?.
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|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(x<0)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,S△PAB=?|PM|·|y1-y2|=?(?-4x0?.
因为?+?=1(x0<0),所以?-4x0=-4?-4x0+4∈[4,5].
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Ⅰ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)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由?得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=?,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为
kBM+kBN=?+?=?.①
将x1=?+2,x2=?+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①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)求直线l的斜率的取值范围;
(2)设O为原点,?=λ?,?=μ?,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(k≠0).
由?得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0
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PA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?=λ?,?=μ?得λ=1-yM,μ=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Ⅰ文,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AM⊥BM,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x1≠x2,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Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2?.
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|=?·?(k≠0)求解.
8.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)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),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由?消去x得y2-4sy-4=0,
故y1y2=-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m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
思路分析 (1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的
方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐
标,最后利用A,M,N三点共线可得kAN=kAM,最终求出结果.
评析 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,同时考查解
析几何的基本思想方法和综合解题能力.
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:
?
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过?;
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是 ????.
答案 ①②
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|y≤1+|x||y|≤1+?,
∴x2+y2≤2.
①x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①正确;
②设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x2+y2≤2,
∴d≤?,故②正确;
③由图知,图形在第一象限的面积S1>1,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③错误.综上可知正确结论的序号为①②.
?
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:ρ2=1+ρ2|cos θ|sin θ,即ρ2=?.
∵|cos θ|sin θ≤?|sin 2θ|≤?,
∴ρ2≤2,即ρ≤?,故②正确.
由ρ≤?,知?经检验知共有6个整点满足条件,故①正确.
在第一象限曲线C的极坐标方程为?=1+?cos θ1·sin θ1,①
在第四象限曲线C的极坐标方程为?=1+?cos θ4·sin θ4.
令θ4=-θ1,则?=1-?cos θ1·sin θ1,②
由①得ρ1-1=?=?,
由②得1-ρ4=?=?,
∵ρ1>ρ4,∴ρ1-1>1-ρ4(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S>2×?π×12
=π>3,故③错误.
综上可知,正确结论的序号为①②.
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|+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(x<0),
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.?①
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k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).?②
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=-?.?③
(i)若?由②③解得k<-1或k>?.
即当k∈(-∞,-1)∪?时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,
故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ii)若?或?则由②③解得k∈?或-?≤k<0.
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②③解得-1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,灵活利用判别式是求解
的关键.
3.(2013课标全国Ⅰ,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,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-2≤2,所以R≤2,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r1≠R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|AB|=?|x2-x1|=?.
当k=-?时,由图形的对称性可知|AB|=?.
综上,|AB|=2?或|AB|=?.
思路分析 (1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动
圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P
的半径最长时圆P的方程,对直线l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直
线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用
弦长公式求|AB|.
方法总结 应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出动点满足的等量关系,由等量
关系结合相应曲线定义判断是何种曲线,进而得出曲线标准方程中的相关量.
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O1H⊥MN
交MN于H,则H是MN的中点,
?
∴|O1M|=?,
又|O1A|=?,
∴?=?,
化简得y2=8x(x≠0).
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(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
?
将y=kx+b代入y2=8x中,
得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.
其中Δ=-32kb+64>0.
由根与系数的关系得x1+x2=?,?①
x1x2=?,?②
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,?③
将①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,
∴k=-b,此时Δ>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-?(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程?
解得点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|·cos∠BPQ=?·(?-?)=?·?-?.
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)=-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?.
方法总结 在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行
转化.
1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的
横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.
2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为动点的横(或纵坐标)的函数,最后求函
数的最值或值域.
3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由韦达定理转化为直线的斜率(或直线
的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.
2.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2
px(p>0)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,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.
方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为求由直线方程与抛物线方程组成的方程
组的解的问题.
评析 本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的
关键.
3.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)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l1∥l,且l1和C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)(t>0),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)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),
因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,
由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
故直线AB的斜率kAB=-?.
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Δ=?+?=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,y0)在直线AE上,
故m=?,
设B(x1,y1),
直线AB的方程为y-y0=-?(x-x0),
由y0≠0,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.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(p>0)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k1>0,k2>0,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,k1>0,k2>0,k1≠k2,
所以0故?·?(2)由抛物线的定义得|FA|=y1+?,|FB|=y2+?,所以|AB|=y1+y2+p=2p?+2p,从而圆M的半径r1=p?
+p.
故圆M的方程为(x-pk1)2+?=(p?+p)2,
化简得x2+y2-2pk1x-p(2?+1)y-?p2=0.
同理可得圆N的方程为x2+y2-2pk2x-p(2?+1)y-?p2=0.
于是圆M,圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2-k1)x+(?-?)y=0.
又k2-k1≠0,k1+k2=2,则l的方程为x+2y=0.
因为p>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 2017—2019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+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的中点,所以x=?,y=?,?(2分)
即x0=2x-1,y0=2y,代入抛物线方程得y2=2x-1,
即点M的轨迹方程为y2=2x-1.?(4分)
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),△AOF和△BOF的面积分别为S1,S2.因为△AOB的面积是△BOF面积的3
倍,所以S1+S2=3S2,所以S1=2S2.
当y1>0,y2<0时,S1=?OF·y1,S2=?OF·|y2|=-?OF·y2,即y1=-2y2.①?(6分)
设AB:x=ty+1(t>0),②
与y2=4x联立,消去x得y2-4ty-4=0,
则y1+y2=4t,③y1y2=-4,④?(8分)
由①③④可得t=?,代入②,得直线l:y=2?(x-1);
同理当y1<0,y2>0时,得直线l:y=-2?(x-1).
综上,直线l的方程为y=±2?(x-1).?(10分)
考点二 抛物线的综合应用
1.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,22)在平面直角坐标系xOy中,抛物线
C的方程为x2=2py(p>0),过点P(m,0)(m≠0)的直线l与抛物线C交于A,B两点,与y轴交于点Q,设
?=λ?,?=μ?(λ,μ∈R).
(1)当Q为抛物线C的焦点时,直线l的方程为y=?x+1,求抛物线C的标准方程;
(2)求证:λ+μ为定值.
?
解析 (1)直线l的方程为y=?x+1,
令x=0,则y=1,即Q(0,1),
∴?=1,得p=2,
∴抛物线C的标准方程为x2=4y.?(4分)
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
由?=λ?,?=μ?(λ,μ∈R),
得?所以?
所以λ+μ=?+?=?,
由题意,知直线AB的斜率存在,设直线AB:y=k(x-m)(k≠0),
由?得x2-2pkx+2pkm=0,
所以?
所以λ+μ=?=?=1,
即λ+μ为定值1.?(10分)
2.(2019海安期末,23)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知点T(1,t)(t<0)在抛物线y2=2px(p>0)上,
且到抛物线的焦点的距离为2.
(1)求p,t的值;
(2)设A,B是抛物线上异于T的两个不同点,过A作y轴的垂线,与直线TB交于点C,过B作y轴的垂
线,与直线TA交于点D,过T作y轴的垂线,与直线AB,CD分别交于点E,F.
求证:①直线CD的斜率为定值;
②点T是线段EF的中点.
?
解析 (1)依题意,得t2=2p,且1+?=2,
又t<0,p>0,所以p=2,t=-2.?(2分)
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(xC,y1),D(xD,y2),
则直线TA:y+2=?(x-1),令y=y2,得
xD=?(x1-1)+1=??+1=?+1,
同理可得,xC=?(x2-1)+1=?+1.?(4分)
①所以直线CD的斜率为
?=?=?=-1.?(6分)
②直线BA:y-y1=?(x-x1),令y=-2,得
xE=?+x1=?+?=?.
由①知,直线CD:y-y2=-?,
令y=-2,得xF=?+2,
所以xE+xF=2,所以T是EF的中点.?(10分)
解答题(共60分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：60分)
1.(2019南京三模,22)平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=2px(p>0)及点M(2,0),动直线l过点M
交抛物线于A,B两点,当l垂直于x轴时,AB=4.
(1)求p的值;
(2)若l与x轴不垂直,设线段AB的中点为C,直线l1经过点C且垂直于y轴,直线l2经过点M且垂直于
直线l,记l1,l2相交于点P,求证:点P在定直线上.
?
解析 (1)因为l过M(2,0),且当l垂直于x轴时,AB=4,
所以抛物线经过点(2,2),
代入抛物线方程,得4=2p·2,解得p=1.?(2分)
(2)证明:设直线l的方程为y=k(x-2)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立?消去x,得ky2-2y-4k=0,
则y1+y2=?,y1y2=-4.?(4分)
因为C为AB中点,所以yC=?=?,
则直线l1的方程为y=?.?(6分)
因为直线l2过点M且与l垂直,则l2的方程为y=-?(x-2),
联立?解得?即P?,?(8分)
所以点P在定直线x=1上.?(10分)
2.(2019如皋期中,23)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为x=-?.若抛物线C与直线l:y=2
x+m相交于A,B两点,抛物线的焦点在直线l上,线段AB中点到抛物线准线的距离为5.
(1)求p,m的值;
(2)设点E为抛物线C上一点,若三角形AEB的面积为4?,试确定点E的个数,并说明理由;
?
解析 (1)因为抛物线的焦点在直线l上,所以?=-?,即m=-p,
联立得?消去y,得(2x-p)2=2px,
即4x2-6px+p2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=?,则?=?,
因为线段AB中点到抛物线准线的距离为5,所以?+?=5,解得p=4,则m=-4.
(2)抛物线方程为y2=8x,直线方程为y=2x-4,联立整理得x2-6x+4=0,所以弦AB长为?|x1-x2|=?·
?=10.
设点E到直线AB的距离为d,则三角形AEB的面积为?×10·d=4?,解得d=?.
设平行于AB且与抛物线相切的直线为y=2x+n,联立得?化简得4x2+(4n-8)x+n2=0,Δ=(4n
-8)2-16n2=-64n+64=0,n=1,此时切线方程为y=2x+1,其与直线AB的距离为?>?,而与直线AB
的距离为?的点在两条平行直线上,这两条直线与抛物线的交点共有4个,所以符合题意的点
E共有4个.
3.(2019徐州检测,23)如图,过抛物线C:y2=4x上一点P(1,-2)作倾斜角互补的两条直线,分别与抛
物线交于点A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)求y1+y2的值;
(2)若y1≥0,y2≥0,求△PAB面积的最大值.
?
解析 (1)因为A(x1,y1),B(x2,y2)在抛物线C:y2=4x上,
所以A?,B?,kPA=?=?=?,
同理kPB=?,依题意有kPA=-kPB,
即?=-?,所以y1+y2=4.?(4分)
(2)由(1)知kAB=?=1,则AB的方程为y-y1=x-?,即x-y+y1-?=0,
则P到AB的距离d=?,
又AB=??=?|y1-y2|=2?|2-y1|,
所以S△PAB=?·?·2?|2-y1|=?|?-4y1-12||y1-2|=?|(y1-2)2-16||y1-2|,?(8分)
令y1-2=t,由y1+y2=4,y1≥0,y2≥0,可知-2≤t≤2,
S△PAB=?|t3-16t|,
因为S△PAB=?|t3-16t|为偶函数,所以只考虑0≤t≤2的情况,
记f(t)=|t3-16t|=16t-t3, f '(t)=16-3t2,当t∈[0,2]时, f(t)>0,故f(t)在[0,2]上是单调增函数,故f(t)的最大
值为f(2)=24,故S△PAB的最大值为6.?(10分)
4.(2019南通通州、海门联考,24)在平面直角坐标系xOy中,已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的
焦点,点A在抛物线E上,点B在x轴上,且△AFB是边长为2的等边三角形.
(1)求抛物线E的方程;
(2)设C是抛物线E上的动点,直线l为抛物线E在点C处的切线,求点B到直线l的距离的最小值,并
求此时点C的坐标.
?
解析 (1)因为△AFB是边长为2的等边三角形,
所以A?,?(2分)
将A?代入y2=2px得,3=2p?,
解得p=1或p=-3(舍去),
所以抛物线E的方程为y2=2x.?(4分)
(2)解法一:设点C?,直线l的方程为x-?=m(y-y0),
由?得y2-2my-(?-2my0)=0.?(6分)
因为直线l为抛物线E在点C处的切线,
所以Δ=4m2+4(?-2my0)=0,解得m=y0,
所以直线l的方程为x-y0y+?=0,?(8分)
所以点B?到直线l的距离为
d=?=?=??≥2,
当且仅当1+?=4,即y0=±?时取得最小值2,此时C?.?(10分)
解法二:由于抛物线关于x轴对称,因此不妨先考虑y=?,∴y'=?,
设点C(x0,y0),当y0≥0时,y0=?.
抛物线E在点C处的切线的斜率为k=?,
切线方程为y-?=?(x-x0),即x-?y+x0=0,?(6分)
则点B?到直线l的距离
d=?=?(x0≥0),?(8分)
所以d=?=??≥2,
当且仅当?=?,即x0=?时,d取得最小值2,此时y0=?.
由抛物线E关于x轴对称,得d取得最小值2,此时C?.?(10分)
5.(2019江都中学、扬中高级中学、溧水高级中学联考,23)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线l,直
角梯形ABCD的顶点A,B在抛物线上,C,D在l上,∠C=∠D=90°,A在第一象限.
(1)若∠B=45°,求AB中点的轨迹方程;
(2)AB过焦点F,AB不垂直于x轴.
①若CD的中点为E,问四边形AFCE是不是梯形?说明理由;
②若AB=m,试求梯形ABCD的面积.
解析 (1)设直线AB的方程为y=-x+n,联立得?整理得y2+2py-2np=0,Δ=4p2-4(-2np)>0,
则n>-?,?=-p,
又A在第一象限,∴n>0,∴x=?=n-?=n+p>0,
∴x>p,故AB中点的轨迹方程是y=-p(x>p).?(3分)
(2)①四边形AFCE是梯形.理由如下:
设A?,B?,
易知C?,E?,
?=?,?=(p,-b).
由AB过F可得ab=-p2,
∴a2b=-ap2,即(a2+p2)b=p2(b-a),即?(-b)=p?,
∴?∥?,又CE不平行于AF,∴四边形AFCE为梯形.?(6分)
②设A(x1,y1),B(x2,y2),
梯形ABCD的面积S=?(AD+BC)|y1-y2|=?m|y1-y2|,
又x1+x2+p=m,y1y2=-p2,
∴|y1-y2|2=?-2y1y2+?=2px1+2p2+2px2=2p(x1+x2+p)=2pm,
∴S=?m?.?(10分)
6.(2019泰州中学3月检测,22)已知抛物线方程:y2=4x,F为焦点,P为抛物线准线上一点,Q为线段
PF与抛物线的交点,定义:d(P)=?.
(1)当P?时,求d(P);
(2)证明:存在常数a,使得2d(P)=PF+a.
解析 (1)由抛物线方程知F(1,0),
则kPF=?=??y=?(x-1),
联立得??xQ=?,
则??d(P)=?.?(4分)
(2)证明:当P(-1,0)时,易得a=2d(P)-PF=2.?(5分)
不妨设P(-1,yP),yP>0,直线PF:x=my+1,则myP=-2,
联立?消去x,得y2-4my-4=0,
则yQ=?=2m+2?,
则2d(P)-PF=2?-?yP=2?+?=-2?+?=2,
所以存在常数a=2,使得2d(P)=PF+a.?(10分)
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
(2019 5·3原创题)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点是椭圆?+?=1的一个顶点.
(1)求E的方程;
(2)已知点P(2,4),斜率为-1的直线l与E交于异于点P的两个不同的点M,N,若直线PM,PN分别与x
轴交于A,B两点,求证:△PAB为等腰三角形.
解析 (1)由y2=2px(p>0)可知E的焦点为?,
又椭圆?+?=1的右顶点为(2,0),
∴?=2,∴p=4,∴E的方程为y2=8x.
(2)证明:设l:y=-x+m,M(x1,y1),N(x2,y2).
由?消去y可得x2-2(m+4)x+m2=0.
则x1+x2=2(m+4),x1x2=m2.
由Δ=4(m+4)2-4m2>0可得m>-2,
∵kPM+kPN=?+?=?+?
=?
=?
=?=0,
∴直线PM与PN的倾斜角互补,
∴∠PAB=∠PBA,∴△PAB为等腰三角形.
