【创新设计】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-

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2eq\r(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eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，求λ的值．解(1)直线AB的方程是y＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(5p,4)，由抛物线定义得：|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(5p,4)＋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＝－2eq\r(2)，y2＝4eq\r(2)，从而A(1，－2eq\r(2))，B(4,4eq\r(2))；设C(x3，y3)，则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．已知定点A(1,0)和直线x＝－1上的两个动点E，F，且eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，动点P满足eq\o(EP,\s\up6(→))∥eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))∥eq\o(OP,\s\up6(→))(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eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＜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)．∵eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，yE)·(－2，yF)＝yE·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，yF＝－eq\f(y,x)，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＝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，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eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，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.由于eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2.②联立①和②，消去y1，y2，得m＝±eq\f(\r(2),4).所以直线AB的斜率是±2eq\r(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×eq\f(1,2)·|OF|·|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq\r(1＋m2)，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：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝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eq\f(\r(3),2).(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，上半椭圆C1的方程为eq\f(y2,4)＋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＝eq\f(k2－4,k2＋4)，从而yP＝eq\f(－8k,k2＋4)，∴点P的坐标为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))得点Q的坐标为(－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).经检验，k＝－eq\f(8,3)符合题意，故直线l的方程为y＝－eq\f(8,3)(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，点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，当且仅当keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,k\o\al(2,1))，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，点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.∴直线MN的方程为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)－eq\f(p,2)＝－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)))，且直线PF方程为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，则得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)＋