2018年高考数学命题角度5.3直线与抛物线位置关系大题狂练文

1、命题角度 5.3 :直线与抛物线位置关系1.1.已知抛物线的对称轴为坐标轴， 顶点是坐标原点，准线方程为|， 直线与抛物线相交 于不同的-， 两点.（1 1）求抛物线的标准方程；（2 2）如果直线过抛物线的焦点，求 :的值；（3 3） 如果 -,直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说 明理由.【答案】（1 1）；（2 2）.心心: -；（3 3）.【解析】【试题分析】（1 1）借助题设与已知条件待定抛物线的参数即可； （2 2 ）依据题设条件， 建立直线方程与抛物线方程联立方程组，运用向量的坐标形式求解：（3 3）先假设存在，再运用所学知识分析探求。（1）已知抛物线的对称

2、轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线万程为工所以汁 P =2-二抛物线的标准方程为 y3=4x （2）设：my = y - 1,与 y2=4x 联立，得 y2-4my-4= 0j设升 +为=4 叫 71 y3= -4, OS = xx2-F y1y2= （m3+ 1）兀 + m（y+ %） 4 1 = 3 （3 3） 解：假设直线过定点，设：与爪-已联立，得设粗兀矶乃）.旳+2 2 = = 4 4 用yy2= 4n由f；:，-1- i i -I-I . . 2 2 - - 1,1, 解得：； ：心过定点点睛：本题的设置旨在考查抛物线的标准方程与直线与抛物线的位置关系等基础知识与基本 方法的综合运用

3、。求解第一问时，直接借助题设条件求出参数的值使得问题获解；解答第二问时，将直线方程与抛物线方程联立，借助向量的坐标形式的数量积公式求解，使得问题获 解；第三问的求解则借助坐标之间的关系建立方程推得直线过定点，使得问题获解。2.2. 已知抛物线-的焦点为 ，直线与轴的交点为，与*的交点为Q Q（% % 如，且 一 （1 1）当取得最小值时，求的值；（2 2）当 ：时，若直线与抛物线相交于两点，与圆 化广-:上：沙一；相交于、 两 点，为坐标原点，【亡 ,试问：是否存在实数 使得卅讣的长为定值？若存在，求出的 值；若不存在，请说明理由 p十迟【答案】（1 1）；（ 2 2）当- - 时，|：；淫

4、的长为定值 2.2.【解析】试题分析：（1 1）依据题设条件建立函数关系运用基本不等式求解；（2 2）借助直线与抛物线的位置关系，运用坐标之间的关系分析探求；试题解析：解:（1）因为 PQI = |QF|=f 十补）f|j=Pp 所 U 坯二圧亍所也+ 詬 *=畫”=汁君卄 n因为 P1,所以妬+卩三+忆 当且仅当君=卩一 1,即啓=1+争寸取等号.故当氐+ P 取得最小值时、P = 1 + y P._ 計h h= = 2 22 2（2 2）当 时，则抛物线设直线Ly + h（h “），代入y2二牡得= 0，设丹）矶七，匕） 则yi + y2=4泌亠铀，&=诃+逊0,因为诙丄刖，所以0

5、l.=x1x2+ y1y2= （t2+ 1阴班+珈儿十山）十於=o, 即一迂心广+I： +战勺+-U又，贝y，所以直线过定点，故当 时， 的长为定值 2.2.3.3.已知抛物线E : y2= 4x的准线为丨，焦点为F,O为坐标原点. .（1 1）求过点O,F，且与丨相切的圆的方程；（2）过F的直线交抛物线E于A,B两点，A关于x轴的对称点为A，求证：直线AB过定点. .I答案】（1）X-y一、2 2i i； - -9 9； （2 2）见解析. .413【解析】试题分析：（1 1）圆C过O, F可得ar1，圆C与直线丨：X X - - -1-1 相切，可得r =3. .22 b b2 2=J=J

6、，得b =.2.2.从而得圆的方程. .（2）联立方程可得韦达定理：画+帀=翌工/码刃=1. y =4xk表示直线瓦 T 的方程为 y-旳二（牙一冷），由对称性可令 y=0,得 花一码需弋存寫嚮）化简整理可得直线业过定点 W.试题解析：解法一：（1 1）抛物线E:y2=4x的准线丨的方程为：x = -1,焦点坐标为F 1,0,设所求圆的圆心C a,b，半径为r，丁圆C过O, F,圆c与直线1相切，=2一八3丄丫 +b2=?，得b = V2. 2 2.过O,F,且与直线丨相切的圆的方程为卜叮I 2丿（2）依题意知直线AB的斜率存在，设直线AB方程为y =k x-1,A Xi,yi，B X2,y2

7、，Xi- X2，A为，一 ,联立X1，消去y得k2x2”4X小2k2+4x1x22kxix2= 1. ./直线BA的方程为y _ y2 = %y1x _ X2 ,x2一捲.令y=0，得x = 9垫% +y2x2k x2-1x2-12x1x x1x2k(% T )+k(x2T )-2 + (x+x2)由r = CO1 I2直线BA过定点-1,0, , 解法二：(1 1)同解法一. .(2 2)直线BA过定点M-1,0. .证明：依题意知直线AB的斜率存在，设直线AB方程为y = k x-1,A Xi,yi，B X2,y2，Xi- X2，A为，一 ，联立y2k X 1，消去y得k2x2-2k24

8、x k2= 0，y = 4x2k2+4XiX22一k：x2% + x2+ % + y2= k (为T )x2+ k (x2T 凶 +k (为+ x2 2 ) = 2k冷 一2k = 2k1 2k= 0 .kAM-kBM=0,即kA.M=kBM=0,A、B M三点共线，直线BA过定点-1,0. . 解法三：(1 1)同解法一. .(2 2)设直线AB的方程：x二my 1,A x1, y1,B x2, y2，则A x1y1. .由y=2kX_1得,y2-4my-4“.y = 4x力y2=4m,y1y2- -4.4yY1直线BA过定点-1,0. .点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定

9、“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理， 到最后必定参数统消，定点、定值显现 2 24.4.已知抛物线C : y2-2px（p0）的焦点 F F 与椭圆C: : =1=1 的一个焦点重合，点65M x2=1. .-yiy2X11X21X2W x2y yX11 X21y2%y2力2 2y2y14,.直线BA的4% 一*X _ X2y24y2-y1x y2一4X2y24x.氐-y_4X2入y2一y2一y1一kBMA Xo,2在抛物线上，过焦点F的直

10、线l交抛物线于M、N两点. .（1 1）求抛物线C的方程以及AF的值；（2 2）记抛物线C的准线与x轴交于点B，若MF=人FN，| BM |2+| BN2= 40,求实数k的值. .【答案】（1 1）2 2（2 2） =2=2 _ _ .3.3【解析】试题分析：（1 1）先根据椭圆标准方程求焦点坐标，再根据抛物线标准方程得卫= =1 1,2最后求出 A A 点坐标，并根据抛物线定义求AF的值；（2 2）设M（捲，卜N（x2,y2），则根据也y2二4mMF二，FN，得5=一辿2，联立直线l方程与抛物线方程，利用韦达定理得12，* 讨2 =-4, 2 2 2 2 2再将BM | + BN| =40

11、化成坐标关系 4040= （m+1）（y1+y2）4口（+*2）+8，解方程组可得m2= 1， = 2二3. .22 2试题解析：（1 1）依题意，椭圆C: : - - =1=1 中，a2=6,b2=5，故c2=a2-b2=1，65故F 1,0，故:=1,则2p =4，故抛物线C的方程为y2=4x. .将Ax）,2 ）代入y2=4x，解得x, =1，故|AF =1+号=2. .( (2)依题意，巩助 设 4=押+1,设 M(坷$卜 N(形宀 L联立方程J =4X，消去心得於一 4 即一 4=0.x = my+ 1yMF=AFN?则(1 一西”)= 2(花L 旳)，即 yY= -y22 2 2

12、2二my11j亠jmy212 my-imy22 2 % y2= (m21)(yi2y22)4m % y?82242=(m 1)(16m 8)4m 4m 8 =16m 40m 16,1当16m440m216 = 40，解得m2，故，=2二.3. .25.5.设圆F以抛物线P:y2=4x的焦点F为圆心，且与抛物线P有且只有一个公共点. .(1) 求圆F的方程；(2) 过点M(-1,0)作圆F的两条切线与抛物线P分别交于点A，B和C，D，求经过A，B，C, ,D四点的圆E的方程. .【答案】(1 1)(x1(+y2=1；(2 2)(x7$+y2=48. .所以比+内=4 加JiJi = -4，且严栅

13、+;Xj=用旳+1代入得-心=-4(1-A)J2=4 朋消去乃得 4 肿1易得B -1,0，则BM二为1y , BN二X21,y2,2=BM2+BN2=(% +1 $+比2+(x2+i, +2y2二xj X222花X22yj瑕则【解析】试題分折：( (D设出圆的方稈，根將题意求出半径即可；住)设出切线方程，联立抽慨坊程，求得圆心 坐标与半径即可求解.试题解析：(1)设圆F的方程为(x-l)1+ / = /1(r0),将y2=4x代入圆方程j得(x+l)1=r2, .x=-l-r(舍去人或x = -1 + r j又圆与抛物线有且只有一个公共点当且仅当-1+厂二0,即1,满足题意， 故所求圆F的方

14、程为仗-l/ + /=h(2 2)设过点M (-1,0)与圆F相切的斜率为正的一条切线的切点为T,连接TF，则TF _ MT，且TF =1,MF =2. TMF=30；,则直线MT的方程为x m：3y -1，与y2=4x联立，得y2-4、.3y 4 =0,记直线与抛物线的两个交点为Ag, y()，B(x2, y2)，则y1y2= 4. 3，y1y 4，Xix .3 y,y2-2=10，从而AB的垂直平分线的方程为y-2、3 = -.3 x-5，令y =0，得X =7，由圆与抛物线的对称性，可知圆E的圆心为E (7,0)，圆E的方程为(x-7)2 y2=48. .考点：1.1.抛物线的标准方程及

15、其性质；2.2.圆的标准方程及其性质.【名师点睛】对于圆锥曲线的综合问题，要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条 件；要重视利用图形的几何性质解题( (本书多处强调) )：要灵活运用韦达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式等解题，巧妙运用“设而不求”、“整体代入”、“点差法”、“对称转换”等方法. .6.6.如图，已知抛物线 C C :y2=4x,过焦点F斜率大于零的直线I交抛物线于A、B两点,且与其准线交于点D.AB70+1又点E到直线AB的距离=4,圆E的半径R二(4 2)244 3,I22一为 一X2亠y1- y22y2- 4y1y2l，直线MA, 数列，若存在求点M的坐标；若

16、不存在，请说明理由【答案】(I)2x-y-2=0; (n)存在点M(1,2)或M(1,_2),MDMD , MBMB 的斜率始终成等差数列.MD,MB的斜率始终成等差使得对任意直线丨，直线 MAMA ,【解析】4a4a4m ma a21 1试题分析：(I)因为直线过焦点，所以设直线与抛物线方程联立，转化为2XiX2=4m - 2，利用焦点弦长公式AB=Xi+x2+p = 5,P=2，解得直线方程;(n)设M(a2,2a),用坐标表示直线MA,MD,MB的斜率，若成等差数列，那么试题解析：(I)焦点F(1,0)直线丨的斜率不为 0 0 ,所以设丨：x二my 1,x =my 1/口2A(Xi,yJ

17、,B(X2,y2)由2得讨4my 4 =0,y=4xyi y2=4m,yiy2= -4,2X x2=m(y1- y2) 2=4m 2, x x1x x22 2y yiy y24 44 4| AB x1x22=4m24=5,21m m - -4 4直线丨的方程为2x -y -2 =0.直线l的斜率k2=4,(n)设M (a2, 2a). .-2a-2a _ _y-2a-2a _ _4 4kM_2 - 2- - y y2% % +2a+2aa a同理kMBy22a2kmMD2a十1直线 MAMA ,2kMD kMAMDMD ,MB恒成立,MBMB 的斜率始终成等差数列,2kMD =kMA kMB,

18、 ,代入(1 1 )的坐标后，若恒成立，解得点M的坐标. .(n)显然直线I的斜率存在，设其斜率为k，由于I过焦点F(0,1),1 1 1 1a aa a 亠- -_1 1丄1 1.m m_y y+ +y y2+羽222,a a+1+1y yi+2a+2ay y?+2a+2aa a+1+1y y2+2a(y+2a(y+y+y2)+4a)+4a1 1把y!y2=4m,yy=-4代入上式，得(a(a2_1)(m_1)(m ) )=0恒成立，.a=a= 1 1.m m存在点M (1,2)或M (1,2),使得对任意直线丨，直线 MAMA , MDMD , MBMB 的斜率始终成等差数列.考点：1.1

19、.抛物线的几何性质；2.2.直线与抛物线的位置关系. .【方法点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系问题，属于难题，对于本题的第二问，考查的是恒成立的问题，若存在，说明与直线无关，即与直线的斜率无关，可求得定点M,M,解析几何中有很多未知量，要通过设直线，设点的坐标，再根据条件进行消元，从而化简，例如本题，通过设点 代B, M ,D的坐标表示斜率，再通过直线方程与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，通过消元得到点M M 的坐标与直线斜率的关系，组合通过恒成立解决7.7.已知抛物线G的顶点在原点，焦点在y轴正半轴上，抛物线上的点P(m,4)到其焦点F的(I)求抛物线G的方程；n )如图，过抛物线

20、焦点F的直线I与抛物线交于A、B两点，与圆M :(x -1)2(y -4)2=4交于C、D两点，若| AC |=| BD |，求三角形OAB的面积. .【答案】(I)x2=4y； (n)2,2. .【解析】试题分析 I )由抛物线定义可得彳“则抛物线 G 的方程为厂(II)设直线/的方程为仪+1, 联立方程可得佃的中点 NSM + l),由已知也一丄，即驾啟二 1 二一丄y= Ax+1k2ktc故|AB - );j + + 2 =可 +D+呂 +1) + 2 = 8 jAB .试題解析：(I )由题机 点尺叫 4到抛物线的准线距离为舟所以准线方程为尸 1 = 0,牛XJH-抽物线 G 的方程为

21、=4y所以直线l的方程为y二kx 1,取CD的中点N，连接MN，则MN _CD，由于| AC口BD |,所以N点也是线段AB的一1即(2k2刊)一41屮kMN,即k2k -1k整理得2k-k -1 =0，即(k -1)(2k22k 1) = 0,k =1T|AB| = y1y2 =(% 1) (x?1) 2=8原点到直线AB的距离为d二SOAB=2dAB|_d =2.2考点：直线与圆锥曲线的位置关系.【方法点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的 方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问 题，最终转化为一元二次方程问题，

22、故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法 之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的 作用.8.8.已知抛物线T : X2=2 py( p 0),焦点为F，点P在抛物线T上，且P到F的距离比P到直线y = -2的距离小 1.1.(1) 求抛物线T的方程；(2)若点N为直线l : y = -5上的任意一点，过点N作抛物线T的切线NA与NB，切点分别为代B，求证：直线AB恒过某一定点【答案】(1 1)x2=4y(2 2)0,5【解析】试题分析：(1 1)根据抛物线定义可得直线y二-1为抛物线的准线，即得 卫=1,(2 2)2关键求出直线 ABAB 方程

23、，先设切点 代B的坐标，利用导数几何意义可得切线斜率，进而根据点设A(X1,yJ、xH x2Vi + y2B(X22)、N(xo,yo)，则X。=2,y。=2由宀4y2得x - 4kx - 4 = 0，所以x1x 4k,中占I八、：y = kx 1.X。=2k,y。=2k21，即N(2k,2k21)可得X1X2二-20. .最后联立 ABAB 方程y二kx m与抛物线方程，利用韦达定理得m = 5，即得直线AB恒过定点0,5. .的距离与P到直线y = _1的距离相等，由拋物线定义知，直线N N % % 二-4m-4m，即-4m-4m 二-20-20，所以 m m = = 5 5 . .故AB

24、的方程为y =kx 5, ,故直线AB恒过定点0,5. .9.9.如图，已知抛物线E:2px( p 0)与圆O:x2 y2=8相交于A,B两点，且点A的横坐标为2. .过劣弧AB上动点PX0,y0作圆O的切线交抛物线E于C, D两点，分别以C, D为切点作抛物线E的切线l1,l2，l1与l2相交于点M(1)(1) 求抛物线 E E 的方程；(2)(2) 求点 M M 到直线CD距离的最大值. .【答案】(1 1)y2=2x； (n)当且仅当x =2时,【解析】试题分析：(1)(1)XA=2且在圆上可得A点坐标，代入抛抛线方程可得p=1. .斜式可得切线方程，求两切线方程交点可得点N坐标，由于点

25、N在直线I : y = _5上，所以试题解析：(1 1)因为P到Fy -1-1 为抛物线的准线，所以牛1， 得P4所(2(2)设切点/ 2、/ 2、X2X1,X2,4丿4丿则切线NA、 NB的斜率分别为故切线NA、 NB的方程分别为” 1 ” 1k1= yL*二勺人，k2二y|x=x-x2,12x2X-X2,联立以上两个方程，得XI +x2x,2故N的坐标为1yX1X2,4于 4x1x2. .因为点N在直线y =15上，所以4住_5，即x/2=-20. .设直线AB的方程为y = kx m，代入抛物线方程x2=4y，得x2-4kx -4m =0，所以dmax189“ 22”22代 B的坐标分别

26、为1，由(1)知，八尹代入y2=2x得ky2_2y 2屮一ky；二o,由厶=o解得kyx M联立y12yxy21 72X =解得2y1+y22y2(2)(2)设两切点C 2L,y1,D竺，y2，结合导数求两切线和其交点为I2I2亠_ 2yo22% *y2 = _又由y =X得Xo从而M为X)x yoy=8y y16yiy2 =-XoXo也.再利用点到线的距离公式求Xo丿试题解析： (1) 由XA=2得yA =4，故2 pxA= 4, p = 1. .解即可. .抛物线E的方程为y2= 2x. .曰是,/ 2、*/ 2、y2,Dc，y22丿2丿2、yk2,切线h：y - y1 = kx l1方程为y二丄xyi同理12方程为1=Xy2易得CD方程为XoX yy =8，其中Xo，2 2yo满足xoy0=8,2联立方程yXoX + yy =8c比 +y2=X得xoy22yoy -16 =o，