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2020年高考数学二轮复习(上海专版) 专题11 直线与圆锥曲线的位置关系(解析版)

1、专题专题 11 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 专题点拨专题点拨 1弦长公式:斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 A(x1,y1),B(x2,y2),则截得的弦长: |AB| 22 121 2 1()4kxxx x = 1k2|x1x2|1 1 k2|y1y2|(k0) 2. 涉及焦点弦问题:一般要联想圆锥曲线的轨迹定义加以分析求解. 涉及中点弦及直线的斜率问题:需要利用“根与系数的关系”求解 3.在直线与圆锥曲线的问题中,若直线的斜率不存在且符合题意时,则需要优先考虑斜率不存在的情况既 克服遗漏,又可获得一般性解答的启示. 4.涉及存在性问题:一方面,要结合轨迹定义和曲线

2、性质讨论;另一方面,还要结合问题情境具体分析,并 加以推理论证. 真题赏析真题赏析 (2018 上海)设常数 t2在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 F(2,0),直线 l:x=t,曲线 :y2=8x(0xt, y0)l 与 x 轴交于点 A、与 交于点 BP、Q 分别是曲线 与线段 AB 上的动点 (1)用 t 表示点 B 到点 F 的距离; (2)设 t=3,|FQ|=2,线段 OQ 的中点在直线 FP 上,求 AQP 的面积; (3)设 t=8, 是否存在以 FP、 FQ 为邻边的矩形 FPEQ, 使得点 E 在 上?若存在, 求点 P 的坐标; 若不存在, 说明理由 【解析】(1)方

3、法一:由题意可知:设 B(t,2t), 则|BF|=t+2, |BF|=t+2; 方法二:由题意可知:设 B(t,2t), 由抛物线的性质可知:|BF|=t+=t+2,|BF|=t+2; (2)F(2,0),|FQ|=2,t=3,则|FA|=1, |AQ|=,Q(3,),设 OQ 的中点 D, D(,), kQF=,则直线 PF 方程:y=(x2), 联立,整理得:3x220x+12=0, 解得:x=,x=6(舍去), AQP 的面积 S=; (3)存在,设 P(,y),E(,m),则 kPF=,kFQ=, 直线 QF 方程为 y=(x2),yQ=(82)=,Q(8,), 根据+=,则 E(+

4、6,), ()2=8(+6),解得:y2=, 存在以 FP、FQ 为邻边的矩形 FPEQ,使得点 E 在 上,且 P(,) 例题剖析例题剖析 【例 1】椭圆 22 :1 94 xy (1)若抛物线C的焦点与的焦点重合,求C的标准方程; (2)若的上顶点A、右焦点F及x轴上一点M构成直角三角形,求点M的坐标; (3)若O为的中心,P为上一点(非的顶点),过的左顶点B,作/ /BQOP,BQ交y轴于点Q,交 于点N,求证: 2 2BN BQOP 【解析】(1)椭圆 22 :1 94 xy 中 2 9a , 2 4b , 222 5cab, 5c , 的焦点坐标为( 5,0),(5,0), 抛物线C

5、的焦点与的焦点重合, 2 5p,且抛物线的焦点在x轴上, C的标准方程 2 4 5y ; (2)的上顶点A、右焦点F及x轴上一点M构成直角三角形, (0,2)A,( 5F,0), 设( ,0)M t,显然0t , 222 |MAAFMF, 22 454( 5)tt, 解得 4 5 5 t , 4 5 ( 5 M,0), 证明(3)由( 3,0)B ,/ /BQOP, 设直线BQ的方程为3xmy,直线OP的方程为xmy, 由 22 1 94 3 xy xmy ,消x可得 22 (49)240mymy, 解得0y ,或 2 24 49 m y m , 则 22 22 241227 3 4949 N

6、 mm x mm 则N点的坐标为 2 2 1227 ( 49 m m , 2 24 ) 49 m m , 对于直线方程3xmy,令0x ,可得 3 y m 3 (0,)Q m , 2 2 1227 (3 49 m BN BQ m , 2 24 ) (3 49 m m , 22 222 3727272(1) ) 494949 mm mmmm 由 22 1 94 xy xmy ,解得 2 2 36 49 p y m , 2 2 2 36 49 p m x m 解得 2 2 6 49 6 49 m x m y m 或 2 2 6 49 6 49 m x m y m , 22 2 22 222 363

7、672(1) 22()2() 494949 pp mm OPxy mmm , 2 2BN BQOP 【例 2】对于双曲线 C:x 2 a2 y2 b21(a0,b0),定义 C1: x2 a2 y2 b21 为其伴随曲线,记双曲线 C 的左、右顶 点为 A、B. (1)当 ab 时,记双曲线 C 的半焦距为 c,其伴随椭圆 C1的半焦距为 c1,若 c2c1,求双曲线 C 的渐近线方 程; (2)若双曲线 C 的方程为x 2 4 y2 21, 弦 PQx 轴, 记直线 PA 与直线 QB 的交点为 M, 求动点 M 的轨迹方程; (3)过双曲线 C:x2y21 的左焦点 F,且斜率为 k 的直

8、线 l 与双曲线 C 交于 N1、N2两点,求证:对任意的 k21 4,2 1 4,在伴随曲线 C1 上总存在点 S,使得FN1 FN2 2 FS. 【解析】c a2b2,c1 a2b2, 由 c2c1,得 a2b22 a2b2,即 a2b24(a2b2),可得b 2 a2 3 5.双曲线 C 的渐近线方程为 y 15 5 x. (2)设 P(x0,y0),Q(x0,y0),又 A(2,0)、B(2,0),直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2) ,直线 QB 的方程为 y y0 x02(x2) , 由得 x0 4 x y02y x . P(x0, y0)在双曲线x 2 4 y2 21

9、上, 42 x2 4 4y2 x2 2 1, x 2 4 y2 2 1,即为所求 (3)证明: F 点的坐标为 F( 2, 0), 直线 l 的方程为 yk(x 2), 设 N1、 N2的坐标分别为 N1(x1, y1)、 N2(x2, y2),则由 yk(x 2) x2y21 得: x2k2(x 2)21,即(1k2)x22 2k2x(2k21)0. 当 k 1 时,8k44(1k2)(2k21)8k48k44k244k240. x1x22 2k 2 1k2,x1x2 2k21 1k2 . FN1 FN2 (x1 2,y1) (x2 2,y2)(x1 2)(x2 2)y1y2 (x1 2)(

10、x2 2)k(x1 2)k(x2 2)(1k2)x1x2 2(x1x2)2 (1k2) 2k 21 1k2 2 2 2k2 1k22 1k2 1k2; 由 k21 4,2 1 4知 k 2 0, 2 2 , 1k 2 1k21,32 2, 双曲线 C: x2y21 的伴随曲线是圆 C1: x2y21, 圆 C1上任意一点 S 到 F 的距离|FS| 21, 1 2, FS 232 2,32 2 1,32 232 2,32 2, 对任意的 k21 4,2 1 4,在伴随曲线 C1上总存在点 S, 使得FN1 FN2 FS 2. 【例 3】设直线: l xkyb与抛物线 2 4yx相交于不同的两点

11、A,B,M为线段AB中点, (1)若(3,2)M,且1b ,求线段AB的长; (2)若直线l与圆 22 :(5)16Cxy相切于点M,求直线l的方程; (3)若直线l与圆 222 :(5)(05)Cxyrr相切于点M,写出符合条件的直线l的条数(直接写出结论即 可) 【解析】(1)当1b 时,直线l的方程为1xky,设点 1 (A x, 1) y、 2 (B x, 2) y, 将直线l的方程与抛物线的方程联立得 2 1 4 xky yx ,消去x得 2 440yky, 由韦达定理可得 12 4yyk, 12 4y y , 由于点(3,2)M是线段AB的中点,则 12 22 2 yy k ,则1

12、k ,所以, 12 4yy, 由弦长公式可得 222 121212 |1 1 |2()4244 ( 4)8AByyyyy y ; (2)设点 1 (A x, 1) y、 2 (B x, 2) y, 将直线l的方程与抛物线的方程联立 2 4 xkyb yx ,消去x得 2 440ykyb, 由韦达定理可得 12 4yyk, 12 4y yb , 设点M的坐标为 0 (x, 0) y,则 12 0 2 2 yy yk , 2 00 2xkybkb, 所以,点M的坐标为 2 (2kb,2 )k, 若0k ,则直线l的方程为xb,则点A、B关于x轴对称,而圆 22 (5)16xy与x轴的交点为(1,0

13、) 和(9,0), 点M的坐标为( ,0)b,则1b 或9b ,此时,直线l的方程为1x 或9x ,符合题意! 若0k , 由C MA B可知,1 CMAB kk , 即 2 1 1 25 k kbk , 则有 2 251kb , 所以, 2 240kb 另一方面,点M在圆上,则有 222 (25)16kbk,所以, 2 116k,则 2 15k ,26b , 此时, 22 161616()1760kbkb,不合乎题意! 综上所述,直线l的方程为1x 和9x ; (3)当5r时,1 条; 当02r 或45r 时,2 条; 当24r时,4 条 巩固训练巩固训练 一、一、填空题填空题 1.已知椭圆

14、 22 :1(3) 3 xy Mm m ,M与两直线ykx,(0)ykx k 有不同的交点,这四个点与M的两 个焦点恰为一个正六边形的顶点,则m 【答案】32 3 【解析】四个点与M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点, ykx,(0)ykx k 的夹角为60 不妨令0k ,则3k ,再令在第一象限的交点为P, 由 22 1 3 3 xy m yx ,解得 2 1 m x m , 22 3 3 1 m yx m , 2 4 | 1 m OP m , 4 3 1 m m m , 解得32 3m 或32 3m (舍去), 故32 3m , 故答案为:32 3 2曲线 22 2 :1(0) 4 xy C

15、b b 与直线:20l kxyk恒有公共点,则b的取值范围是 【答案】 4 3 ,) 3 【解析】直线:20l kxyk恒过( 1,2), 曲线 22 2 :1(0) 4 xy Cb b 与直线:20l kxyk恒有公共点, 可得 2 14 1 4b , 0b , 4 3 3 b 故答案为: 4 3 ,) 3 3.已知AB为抛物线 2 xy的弦,如果此弦的垂直平分线的方程是3yx ,则弦AB所在直线的方程 是 【答案】20xy 【解析】设 1 (A x, 1) y, 2 (B x, 2) y,AB的中点 0 (M x, 0) y, 则 2 11 xy, 2 22 xy,两式作差可得: 22 1

16、212 xxyy, 12 12 12 yy xx xx ,即 0 2 AB kx AB的垂直平分线的方程是3yx , 0 21x,即 0 1 2 x ,代入3yx ,得 0 15 3 22 y 则 1 5 ( , ) 2 2 M 弦AB所在直线的方程是 51 1 () 22 yx ,即20xy 故答案为:20xy 4.曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离已知曲线 2 1: Cyxa到直线 :1l yx的距离等于 22 2:( 2)2Cxy到直线:1l yx的距离,则实数a 【答案】 17 4 【解析】圆 22 2:( 2)2Cxy的圆心为(2,0),半径为2, 圆心到直线

17、1yx的距离为: 33 2 22 , 曲线 22 2:( 2)2Cxy到直线:1l yx的距离为: 3 2 2 则曲线 2 1: Cyxa到直线:1l yx的距离等于 3 2 2 , 令21yx 解得 1 2 x ,故切点为 1 ( 2 , 1 ) 4 a, 切线方程为 11 () 42 yax,即 1 0 4 xya, 由题意可知 1 0 4 xya与直线1yx的距离为: 3 2 2 , 即 1 |1| 3 2 4 22 a 解得 17 4 a 或 7 4 当 7 4 a 时直线yx与曲线 2 1: Cyxa相交,故不符合题意,舍去 故答案为: 17 4 二、选择题二、选择题 5.已知椭圆

18、22 :1 98 xy C, 对于任意实数k, 下列直线中被椭圆C截得的弦长与直线:2l ykx被椭圆C截 得的玄长一定相等的是( ) A10kxy B10kxy C20kxy D30kxy 【答案】C 【解析】直线20kxy的斜率为k,在y轴上的截距为 2, 这直线与直线:2l ykx关于y轴对称,故这两直线被椭圆C所截得的弦长相等 故选:C 6.抛物线 2 2yx上有一动弦AB,中点为M,且弦AB的长度为 3,则点M的纵坐标的最小值为( ) A 11 8 B 5 4 C 3 2 D1 【答案】A 【解析】设直线AB的方程为ykxb,联立 2 2 ykxb yx ,化为 2 20xkxb,

19、由题意可得 2 80kb 12 2 k xx, 12 2 b x x 22 121 2 |1()43ABkxxx x, 2 2 19 () 2 14 k b k AB中点M的纵坐标 222 2212 12 22 91919111 2 2482(1)82(1)81688 M yykkk yxxb kk 故选:A 7.设直线l与抛物线 2 4yx相交于,A B两点,与圆C: 2 22 50xyrr相切于点M,且M为 线段AB中点,若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是( ). A. 1,3 B. 1,4 C. 2,3 D. 2,4 【答案】D 【解析】设直线l的方程为x tym ,代入抛物线方程

20、得 2 440ytym, 则 2 16160tm.又中点 2 2,2Mtmt ,则1 MCl kk ,即 2 32mt. 代入 2 1616tm,可得 2 30t,即 2 03t. 又由圆心到直线的距离等于半径,可得 2 2 22 522 2 1 11 mt drt tt . 由 2 03t,可得2,4r.故选 D. 三、解答题三、解答题 8.(2019 静安区二模)已知抛物线 C:2= 2( 0)上一点(,4)到其焦点 F 的距离为 5 (1)求抛物线 C的方程; (2)设直线 l与抛物线 C 交于 A、B两点,O 为坐标原点,若 = 4,求证:直线 l必过一定点,并求出该定 点的坐标; (

21、3)过点(2,0)的直线 m 与抛物线 C交于不同的两点 M、N,若 0,解得 2 设(1,1),(2,2),则1+ 2= 4,12= 8,且1= 1 2 4 , 2= 2 2 4 , 所以 = (1,1 1) (2,2 1) = 12+ 12 (1+ 2) + 1 = 12+ 1 222 16 1 2:22 4 + 1 = (12 4 )2 (1:2)2 4 + 3 212 + 1 = 12 + 1, 因为 0)的左右焦点分别为1(1,0)、2(1,0),短轴长为23, 点(3,0)在曲线上,点 Q在直线 l: = 4上,且1 1 (1)求曲线的标准方程; (2)试通过计算判断直线 PQ与曲

22、线公共点的个数 (3)若点(1,1)、(2,2)在都以线段12为直径的圆上,且 = 1+ 2,试求2的取值范围 【解析】解:(1) 曲线: 2 2 + 2 2 = 1( 0)的左右焦点分别为1(1,0)、2(1,0),短轴长为23 = 3, = 1,则 = 2+ 2= 2 曲线的标准方程为: 2 4 + 2 3 = 1; (2)将(3,0 )代入: 2 4 + 2 3 = 1解得0= 3 2 ,不妨取0= 3 2 ,则(3, 3 2 ), 设(4,),因为1(1,0), 1 1,1= 1 1 = 1 3 2 0 3+1 2 23 3,又1= ;0 ;4:1 = 3, 2 23 3 = 3,解得

23、 = 23 6, = 3 2 ;23:6 ;3:4 = 3 2, 又过(0,0)的椭圆的切线方程为0 4 + 0 3 = 1,即;3 4 + 3 2 3 = 1,将(4,23 6)代入满足, 所以直线 PQ 与椭圆相切,公共点的个数为 1 (3)依题意得12+ 12= 1+ 2,可得12= 1+ 2 12, 两边平方得:1 222 = 1 2 + 2 2 + 1 222 + 212= 21 22 212 2, (1 1 2)(1 22) = 12 + 2 2 + 1 222 + 212 21 22 212 2, 1 1 2 2 2 + 1 222 = 1 2 + 2 2 + 1 222 + 2

24、12 21 22 212 2, 21 2 + 22 2 + 212 212 2 21 22 1 = 0, 2(1 2)1 2 + 21(2 2 2) + 222 1 = 0, = ,22(1 2)-2 8(1 2)(22 2 1) 0, (1 2)(2 3 32 2 + 2) 0, (1 2)(2+ 1)(2 2 22+ 2) 0, 1 1 1,1 2 1, 2 2 22+ 2 0, 2 2 + 22 2 0, (2+ 1)2 3, 3 2+ 1 3, 3 1 2 3 1, 又2 1, 1 2 3 1 新题速递新题速递 1(2020奉贤区一模)设平面直角坐标系中, O 为原点, N 为动点,

25、| | = 6, = 5 ,过点 M 作 MM1 y 轴于 M1,过 N 作 NN1x 轴于点 N1,M 与 M1不重合,N 与 N1不重合,设 = 1 + 1 ,则点 T 的轨迹方程是 【分析】设 T(x,y),点 N(x1,y1),则 N1(x1,0),1 = ( 1 5x1,0),1 =(0,y1), = ( 1 5x1,y1), 所以1 = 5 1= ,代入| | = 6即可 【解答】解:设 T(x,y),点 N(x1,y1),则 N1(x1,0), 又 = 1 5 = 1 5(x1,y1), M1 (0, 1 5 y1),1 = ( 1 5x1,0),1 =(0,y1), 因为 =

26、1 + 1 ,于是 = ( 1 5x1,y1),即(x,y)( 1 5 x1,y1), 所以1 = 5 1= ,代入| | = 6得 5x2+y236 因为 M 与 M1不重合,N 与 N1不重合,所以 x0 且 x 不等于65 5 , 所以曲线 C 的方程是 5x2+y236(x0 且 x 65 5 ) 2(2020徐汇区一模)过抛物线 C:y22x 的焦点 F,且斜率为3的直线交抛物线 C 于点 M(M 在 x 轴的上 方),l 为抛物线 C 的准线,点 N 在 l 上且 MNl,则 M 到直线 NF 的距离为 【分析】首先求出经过焦点的直线,进一步与抛物线建立方程组,进一步求出点 M 的

27、坐标,再利用点到 直线的距离公式求出结果 【解答】解:抛物线 C:y22x 的焦点 F(1 2,0),且斜率为3的直线方程为 = 3( 1 2), 所以 2= 2 = 3( 1 2) ,整理得 9x215x+40,解得 = 4 3或 1 3, 当 x= 4 3时,解得 y= 53 6 , 设点 M(4 3 , 53 6 ), l 为抛物线 C 的准线,点 N 在 l 上且 MNl, 所以 N( 1 2, 53 6 ) 所以 NF 的直线方程为 = 53 6 ( 1 2), 所以当 M(4 3 , 53 6 )到直线 = 53 6 ( 1 2)的距离 d= |53 6 4 3 53 6 53 1

28、2 | 1+(53 6 )2 = 3 故答案为:3 3(2020虹口区一模)如图,F1、F2分别是双曲线 C: 2 2 y21 的左、右焦点,过 F2的直线与双曲线 C 的两条渐近线分别交于 A、B 两点,若2 = ,1 2 =0,则双曲线 C 的焦距|F1F2|为 【分析】设 A(m, )(m0),由 F2(c,0),利用中点坐标公式可得 B(2mc,2 ),代入渐近线方程得 m= 4,再由1 2 =0,联立可得2= 1 3,进一步求得|F1F2|的值 【解答】解:设 A(m, )(m0),F2(c,0), 由中点坐标公式可得,B(2mc,2 ), 代入渐近线方程 y= ,得 2 = 1 (

29、2 ),得 m= 4 由1 2 =0,得(2, 2 ) (2 , 2 ) = (1 + 1 2) 2 = 0, 将 m= 4代入,得(1 + 1 2) 2 16 2 4 = 0,得2= 1 3, |12| = 2 = 2 2+ 1 = 43 3 故答案为:43 3 4(2020普陀区一模)设椭圆: 2 2 +y21(a1),直线 1 过的左顶点 A 交 y 轴于点 P,交于点 Q,若 AOP 是等腰三角形(O 为坐标原点),且 =2 ,则的长轴长等于 【分析】如图所示,设 Q(x0,y0)由题意可得:A(a,0),P(0,a)根据 =2 ,可得 x0,y0代 入椭圆方程解得 a,即可得出 【解

30、答】解:如图所示,设 Q(x0,y0) 由题意可得:A(a,0),P(0,a) =2 , (x0,y0a)2(ax0,y0), x0= 2 3 ,y0= 3 代入椭圆方程可得:4 9 + 2 9 =1, 解得 a= 5 的长轴长等25 故答案为:25 5(2020闵行区一模)已知抛物线:y28x 和圆 :x2+y24x0,抛物线的焦点为 F (1)求 的圆心到的准线的距离; (2)若点 T(x,y)在抛物线上,且满足 x1,4,过点 T 作圆 的两条切线,记切点为 A、B,求四边形 TAFB 的面积的取值范围; (3)如图,若直线 l 与抛物线和圆 依次交于 M、P、Q、N 四点,证明: “|

31、 = | = 1 2 |”的充 要条件是“直线 l 的方程为 x2” 【分析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程,圆的圆心和半径,即可得到所求距离; (2)由圆的切线的性质可得四边形 TAFB 的面积为 STAF+STBF2STAF|TA|AF|,结合两点的距离公式 和勾股定理,以及二次函数的值域求法,可得所求范围; (3)从充分性和必要性两个方面证明,结合抛物线和圆的对称性,以及方程思想和两点的距离公式,即可 得证 【解答】解:(1)抛物线:y28x 的焦点 F(2,0),准线方程为 x2, 圆 :x2+y24x0 的圆心为(2,0),半径为 2, 的圆心到的准线的距离为 2(2)4; (2)

32、在四边形 TAFB 中,四边形 TAFB 的面积为 STAF+STBF2STAF21 2|TA|AF| 2|TA|2|2 |2=2( 2)2+ 2 4 =22+ 2 4 =22+ 4, 由 yx2+4x 在1,4递增,可得 y5,32,则 22+ 4,25,82-, 即四边形 TAFB 的面积的范围是25,82; (3)证明:当直线 l 的方程为 x2 时,联立抛物线:y28x,可得 y4, 可得|MN|8,|PQ|4,由抛物线和圆均关于 x 轴对称,可得|MP|NQ|2= 1 2|PQ|成立; 设直线 l 的方程为 xmy+t,由|MP|NQ|= 1 2|PQ|,结合抛物线和圆均关于 x 轴

33、对称, 可得直线 l 垂直于 x 轴,即 m0,令 xt,分别代入抛物线:y28x 和圆 :x2+y24x0, 可得 M(t,22),N(t,22),P(t,4 2),Q(t,4 2), 由|MP|22 4 2|= 1 224 2,解得 t2(0 舍去),可得直线 l 的方程为 x2 综上可得“| = | = 1 2 |”的充要条件是“直线 l 的方程为 x2” 6(2020静安区一模)已知抛物线的准线方程为 x+y+20,焦点为 F(1,1) (1)求证:抛物线上任意一点 P 的坐标(x,y)都满足方程 x22xy+y28x8y0; (2)请指出抛物线的对称性和范围,并运用以上方程证明你的结

34、论; (3)设垂直于 x 轴的直线与抛物线交于 A,B 两点,求线段 AB 的中点 M 的轨迹方程 【分析】(1)由抛物线的定义可得|PF|d(d 为 P 到准线的距离),运用两点的距离公式和点到直线的距离 公式,化简可得所求轨迹方程; (2)由抛物线的方程的特点, 考虑点关于直线 yx 的对称点的特征和对称轴与准线和抛物线的交点的关系, 以及直线和抛物线相切的特点,可得所求范围; (3)设垂直于 x 轴的直线为 xt,代入抛物线的方程 x22xy+y28x8y0,运用韦达定理和中点坐标公 式,以及参数方程化为普通方程可得所求轨迹方程 【解答】解:(1)证明:抛物线的准线方程为 x+y+20,

35、焦点为 F(1,1), 抛物线上任意一点 P 的坐标(x,y),由抛物线的定义可得|PF|d(d 为 P 到准线的距离), 即为( 1)2+ ( 1)2= |+2| 2 ,两边平方化简可得 x22xy+y28x8y0; (2)抛物线关于 yx 对称,顶点为(0,0),范围为 x1,y1, 由方程 x22xy+y28x8y0,设抛物线上任一点(x,y)关于直线 yx 对称的点为(y,x),满足原方程, 则抛物线关于直线 yx 对称;由直线 y1x1 即 yx,联立 x+y+20,解得 xy1, 可得抛物线的顶点为(0,0);由 x1 和 x22xy+y28x8y0 联立可得切点为(1,3), 同

36、样由 y1 和 x22xy+y28x8y0 联立可得切点为(3,1), 可得抛物线的范围为 x1,y1; (3)设垂直于 x 轴的直线为 xt,代入抛物线的方程 x22xy+y28x8y0, 可得 t2(2t+8)y+t28t0, 设 A(t,y1),B(t,y2),可得 y1+y22t+8, 则 AB 的中点为(t,t+4), 则 AB 的中点的轨迹方程为直线 yx+4 7(2020浦东新区一模)已知曲线 C:x2y21,过点 T(t,0)作直线 l 和曲线 C 交于 A、B 两点 (1)求曲线 C 的焦点到它的渐近线之间的距离; (2)若 t0,点 A 在第一象限,AHx 轴,垂足为 H,

37、连结 BH,求直线 BH 倾斜角的取值范围; (3)过点T作另一条直线m, m和曲线C交于E、 F两点, 问是否存在实数t, 使得 =0和| | |同时 成立?如果存在,求出满足条件的实数 t 的取值集合,如果不存在,请说明理由 【分析】(1)求出曲线 C 的焦点为1(2,0),2(2,0),渐近线方程 yx,然后求解焦点到它的渐 近线之间的距离 (2)设 l:ykx(0k1),A(x1,y1),B(x1,y1),H(x1,0),求出= 1 21 = 2然后求解范围 (3)当直线 l:y0,判断结果;设 l:yk(xt)(k0),与双曲线联立可得(1k2)x2+2k2tx(1+k2t2)0,

38、利用弦长公式,求出 AB,EF,然后求解 t,得到结果 【解答】解:(1)曲线 C 的焦点为1(2,0),2(2,0),渐近线方程 yx, 由对称性,不妨计算2(2,0)到直线 yx 的距离, = |20| 2 = 1 (2)设 l:ykx(0k1),A(x1,y1),B(x1,y1),H(x1,0), 从而= 1 21 = 2 又因为点 A 在第一象限,所以 0k1, 从而 (0, 1 2), 所以直线 BH 倾斜角的取值范围是(0, 1 2), (3)当直线 l: y0, 直线 m: xt| = 2,(0,2 1),(0, 2 1), 22 1 = 2 = 2 当直线 l:xt,直线 m:

39、y0 时, = 2(根据对称性,这种不讨论不扣分) 不妨设 l:yk(xt)(k0),与双曲线联立可得(1k2)x2+2k2tx(1+k2t2)0, 由弦长公式,| = 1 + 2 |12| = 2 1+2(21)2+1 |12| , 将 k 替换成 1 ,可得| = 2 2+121+2 |21| , 由|AB|EF|,可得(t21)k2+1t21+k2, 解得 t22,此时4(k2t2k2+1)0 成立 因此满足条件的集合为*2,2+ 8(2020杨浦区一模)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知抛物线 C:y24x 的焦点为 F,点 A 是第一象 限内抛物线 C 上的一点,点 D 的坐标

40、为(t,0)(t0) (1)若| = 5,求点 A 的坐标; (2)若AFD 为等腰直角三角形,且FAD90,求点 D 的坐标; (3)弦 AB 经过点 D,过弦 AB 上一点 P 作直线 xt 的垂线,垂足为点 Q,求证: “直线 QA 与抛物线相 切”的一个充要条件是“P 为弦 AB 的中点” 【分析】(1)设 A(m,n),即 n24m,m0,n0,再由两点的距离公式,计算可得所求坐标; (2)设 A(x,y),由 F(1,0),D(t,0),由等腰直角三角形的定义,结合向量垂直的条件和中点坐标公式, 解方程可得 D 的坐标; (3)先证由“P 为弦 AB 的中点”可得“直线 QA 与抛物线相切” ,设出 AB 的方程,联立抛物线方程,运 用韦达定理和中点坐标公式,以及导数求得 A 处的切线的斜率,作差可得证明;再证由“直线 QA 与抛 物线相切” 可得 “P为弦AB的中点” 设Q(t, s), 即P的纵坐标为s, 可得切线QA的方程为ys= 2 1(x+t)