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高考解答题专项练解析几何1.如图,已知抛物线的方程为x2=2py(p0),过点A(0,-1)作直线l与抛物线相交于P,Q两点,点B的坐标为(0,1),连接BP,BQ,设直线QB,BP与x轴分别相交于M,N两点.(1)如果p=2,且三角形BPQ的面积为4,求直线l的方程;(2)如果QB的斜率与PB的斜率的乘积为-3,求MN的长度.解(1)直线l的斜率必定存在,设为k,则l的方程为y=kx-1,因为p=2,把y=kx-1代入x2=4y得x2-4kx+4=0,则=16k2-160,所以k21.设P,Q两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1,x2为方程x2-4kx+4=0的两个解,因此x1+x2=4k,x1x2=4,所以|PQ|=1+k2|x1-x2|=41+k2k2-1,点B(0,1)到直线l的距离d=2k2+1,由三角形BPQ的面积为4,得1241+k2k2-12k2+1=4,解得k=2,满足k21.因此直线l的方程为2x-y-1=0或2x+y+1=0.(2)把直线l的方程代入x2=2py得x2-2pkx+2p=0,设P,Q两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1,x2为方程x2-2pkx+2p=0的两个解,因此x1x2=2p,kBP=y1-1x1=x12-2p2px1=x12-x1x22px1=x1-x22p,同理kBQ=x2-x12p,因此kBP+kBQ=0,因为QB的斜率与PB的斜率的乘积为-3,所以QB的斜率为-3,从而BMN=BNM=60,即MNB为正三角形.因为BO为正三角形MNB的高,且|BO|=1,所以|MN|=233.2.(2017浙江高考样卷)如图,已知椭圆x22+y2=1的左、右顶点分别是A,B,设点P(2,t)(t0),连接PA交椭圆于点C,坐标原点是O.(1)证明:OPBC;(2)若四边形OBPC的面积是325,求t的值.(1)证明设直线PA的方程为y=t22(x+2),由x22+y2=1,y=t22(x+2),整理得(4+t2)x2+22t2x+2t2-8=0,解得x1=-2,x2=42-2t24+t2,则点C的坐标是42-2t24+t2,4t4+t2,故直线BC的斜率kBC=-2t,由于直线OP的斜率kOP=t2,故kBCkOP=-1,则OPBC;(2)解由S四边形OBPC=325,S四边形OBPC=2t3+22t4+t2,得2t3+22t4+t2=325,整理得(t-1)(5t2+2t+12)=0,5t2+2t+120,t=1.3.(2018浙江4月摸底)已知抛物线C的顶点在原点,焦点在x轴上,且该抛物线上有一点P(4,m)到焦点的距离为5.(1)求抛物线C的方程;(2)已知抛物线上一点M(t,4),过点M作抛物线的两条弦MD和ME,且MDME,判断直线DE是否过定点?并说明理由.解(1)由题意设抛物线C的方程为y2=2px(p0),其准线方程为x=-p2,点P(4,m)到焦点的距离等于点P到其准线的距离,4+p2=5.p=2.抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)可得点M(4,4),可得直线DE的斜率不为0,设直线DE的方程为x=my+t,联立x=my+t,y2=4x,得y2-4my-4t=0,则=16m2+16t0.(*)设D(x1,y1),E(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4t.MDME=(x1-4,y1-4)(x2-4,y2-4)=x1x2-4(x1+x2)+16+y1y2-4(y1+y2)+16=y124y224-4y124+y224+16+y1y2-4(y1+y2)+16=(y1y2)216-(y1+y2)2+3y1y2-4(y1+y2)+32=t2-16m2-12t+32-16m=0,即t2-12t+32=16m2+16m,得(t-6)2=4(2m+1)2,t-6=2(2m+1),即t=4m+8或t=-4m+4,代入(*)式检验知t=4m+8满足0,直线DE的方程为x=my+4m+8=m(y+4)+8.直线过定点(8,-4).4.已知椭圆L:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,过点1,22,与x轴不重合的直线过定点T(m,0)(m为大于a的常数),且与椭圆L交于两点A,B(可以重合),点C为点A关于x轴的对称点.(1)求椭圆L的方程;(2)求证:直线BC过定点M,并求出定点M的坐标;求OBC面积的最大值.解(1)由题意可得e=ca=22,1a2+12b2=1,a2-b2=c2,解得a=2,b=1,即椭圆的方程为x22+y2=1.(2)证明:由对称性可得直线BC过定点,定点在x轴上,设直线l的方程为x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1),代入椭圆方程x2+2y2=2,可得(2+t2)y2+2tmy+m2-2=0,即有=4t2m2-4(2+t2)(m2-2)0,即为8(t2-m2+2)0,y1+y2=-2tm2+t2,y1y2=m2-22+t2.设BC:y+y1=y2+y1x2-x1(x-x1),令y=0,可得x=x1y2+x2y1y1+y2=(ty1+m)y2+(ty2+m)y1y1+y2=2ty1y2y1+y2+m=2t(m2-2)-2tm+m=2m,则直线BC过定点M2m,0.记OBC的面积为S,则S=12|OM|y2+y1|=1m2tm2+t2=2|t|+2|t|,由0可得|t|m2-2(m2),若m2-22,即m2,Smax=2m2-2+2m2-2;若2m2,S222=22,即有Smax=22.5.(2018浙江高考)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+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.(1)证明设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02,即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)解由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00,解得k0或0k1.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=-2k-4k2,x1x2=1k2.直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.由QM=QO,QN=QO,得=1-yM,=1-yN.所以1+1=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-12x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-12k2+2k-4k21k2=2.所以1+1为定值.
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