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考点22 抛物线(核心考点讲与练)-2024年高考数学一轮复习核心考点讲与练(新高考专用)-(解析版)

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考点22抛物线(核心考点讲与练)1.抛物线的定义(1)平面内与一个定点F和一条定直线l(F∉l)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.定点F叫做抛物线的焦点,定直线l叫做抛物线的准线.(2)其数学表达式:{M||MF|=d}(d为点M到准线l的距离).2.抛物线的标准方程与几何性质图形标准方程y2=2px(p>0)y2=-2px(p>0)x2=2py(p>0)x2=-2py(p>0)p的几何意义:焦点F到准线l的距离性质顶点O(0,0)对称轴y=0x=0焦点FFFF离心率e=1准线方程x=-x=y=-y=范围x≥0,y∈Rx≤0,y∈Ry≥0,x∈Ry≤0,x∈R开口方向向右向左向上向下1.求抛物线的标准方程的方法:①求抛物线的标准方程常用待定系数法,因为未知数只有p,所以只需一个条件确定p值即可.②因为抛物线方程有四种标准形式,因此求抛物线方程时,需先定位,再定量. (2)利用抛物线的定义解决此类问题,应灵活地运用抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化.“看到准线想到焦点,看到焦点想到准线”,这是解决抛物线焦点弦有关问题的有效途径.2.确定及应用抛物线性质的技巧:①利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线等性质时,关键是将抛物线方程化成标准方程.②要结合图形分析,灵活运用平面几何的性质以图助解.3.(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系.(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.(3)研究直线与抛物线的位置关系与研究直线与椭圆、双曲线的位置关系的方法类似,一般是联立两曲线方程,但涉及抛物线的弦长、中点、距离等问题时,要注意“设而不求”、“整体代入”、“点差法”以及定义的灵活应用.抛物线的定义与方程一、单选题1.(2022·广东·二模)已知抛物线E:,圆F:,直线l:(t为实数)与抛物线E交于点A,与圆F交于B,C两点,且点B位于点C的右侧,则△FAB的周长可能为(       )A.4B.5C.6D.7【答案】B【分析】先判断出抛物线焦点和圆心重合,由抛物线定义得,又,可得△FAB的周长为,又知,即可求解.【详解】 由题意知:抛物线焦点恰为圆心,抛物线准线,圆半径为2,可得圆与相切,设直线l:与准线交于,由抛物线定义知:,又,故△FAB的周长为,由图知,故,结合选项知:△FAB的周长可能为5.故选:B.2.(2022·江苏·海安高级中学二模)已知抛物线的焦点为F,准线为l.点P在C上,直线PF交x轴于点Q,且,则点P到准线l的距离为(       )A.3B.4C.5D.6【答案】C【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】设,,∵,,∴,∴,∴P到l的距离,故选:C.3.(2021北京市第八中学高三10月月考)已知抛物线第一象限上一点到其焦点的距离为,则点的纵坐标为()A.B.C.D.答案】D【分析】设点,其中,利用抛物线的定义可求得的值,即为所求.【详解】设点,其中,抛物线的准线方程为,由抛物线的定义可得,,解得.故选:D.二、多选题 4.(2022·广东韶关·二模)已知抛物线的焦点为F,准线l交x轴于点D,直线m过D且交C于不同的A,B两点,B在线段AD上,点P为A在l上的射影.线段PF交y轴于点E,下列命题正确的是(       )A.对于任意直线m,均有AE⊥PFB.不存在直线m,满足C.对于任意直线m,直线AE与抛物线C相切D.存在直线m,使|AF|+|BF|=2|DF|【答案】AC【分析】A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即可判断;B选项由及抛物线方程求出坐标,再说明三点共线,即存在直线即可;C选项设,表示出直线AE,联立抛物线,利用即可判断;D选项设出直线,联立抛物线得到,通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断.【详解】A选项,如图1,由抛物线知O为DF的中点,轴,所以E为线段PF的中点,由抛物线的定义知,所以,所以A正确;B选项,如图2,设,,,,,E为线段PF的中点,则,,由得,解得,,又,故,,又, 可得,,故存在直线m,满足,选项B不正确.C选项,由题意知,E为线段PF的中点,从而设,则,直线AE的方程:,与抛物线方程联立可得:,由代入左式整理得:,所以,所以直线AE与抛物线相切,所以选项C正确.D选项,如图3,设直线m的方程,,,,由,得.当 ,即且时,由韦达定理,得,.因为,,所以,又,,所以成立,故D不正确.故选:AC.5.(2022·山东潍坊·二模)已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上,△ABC为等边三角形,M为底面ABC内的动点,AB=BD=2,,且,则(       )A.平面ACD⊥平面ABCB.球心O为△ABC的中心C.直线OM与CD所成的角最小为D.若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等,则点M的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】设的中心为G,取AC的中点E,由题可得平面可判断A,根据勾股定理可得进而判断B,利用特例可判断C,利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.【详解】设的中心为G,取AC的中点E,连接BE,DE,则.因为,,所以平面BDE,则,又△ABC为等边三角形,,,所以,, ∴,即,又,∴平面,平面,∴平面ACD⊥平面ABC,故A正确;又∵,∴,故为四面体的外接球的球心,即球心O为△ABC的中心,故B正确;当∥时,为直线OM与CD所成的角,由上知,故C错误;由平面ACD⊥平面ABC可知,动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离,由抛物线的定义可知,点M的轨迹为抛物线的一部分,故D正确.故选:ABD.6.(2022·山东聊城·二模)已知抛物线:()的焦点到准线的距离为2,过的直线交抛物线于两点,,则(       )A.的准线方程为B.若,则C.若,则的斜率为D.过点作准线的垂线,垂足为,若轴平分,则【答案】BCD【分析】根据抛物线的几何意义求出,即可得到抛物线的方程,再根据抛物线的定义判断A、B、D,设,,,,直线的方程为,联立直线与抛物线方程,消元列出韦达定理,根据焦半径公式计算即可判断C;【详解】解:因为抛物线:()的焦点到准线的距离为2,所以,所以抛物线方程为,则焦点,准线为,故A错误;若,则,所以,所以,故B正确;可设,,,,直线的方程为,与抛物线联立, 消去,可得,可得,,由抛物线的定义可得即,即,解得,则直线的斜率为,故C正确;对于D,若轴平分,则,又轴,所以,所以,所以,即,所以,故D正确;故选:BCD7.(2022·辽宁葫芦岛·一模)已知抛物线过点,焦点为F,则(       )A.点M到焦点的距离为3B.直线MF与x轴垂直C.直线MF与C交于点N,以弦MN为直径的圆与C的准线相切D.过点M与C相切的直线方程为【答案】AC【分析】先求出,由抛物线的定义即可判断A、C选项;B选项由坐标即可判断;D选项易知点M不在直线上即可判断.【详解】由题意知:,解得,即,焦点,准线.由抛物线定义知,点M到焦点的距离等于到准线的距离为,故A正确;由焦点知直线MF不与x轴垂直,故B错误; 如图,设中点为,过作准线的垂线,垂足为,易知,故以弦MN为直径的圆与C的准线相切,C正确;由知M不在直线上,故D错误.故选:AC.三、填空题8.(2022·辽宁沈阳·二模)已知抛物线的焦点为F,在C上有一点P,,则点P到x轴的距离为______.【答案】【分析】根据抛物线的定义,列出相应方程求解即可.【详解】由抛物线的定义可知:,所以,代入中,得,所以,故点P到x轴的距离为为.故答案为:抛物线的几何性质1.(2021北京八中高三上学期期中)已知直线:和直线:,抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是()A.B.C.D.【答案】A【分析】根据已知条件,结合抛物线的定义,可得点P到直线和直线的距离之和,当B,P,F三点共线时, 最小,再结合点到直线的距离公式,即可求解.【详解】∵抛物线,∴抛物线的准线为,焦点为,∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF,即,∴点P到直线和直线的距离之和,∴当B,P,F三点共线时,最小,∵,∴,∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为.故选:A.2.(2021新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测)年是中国传统的“牛”年,可以在平面坐标系中用抛物线与圆勾勒出牛的形象.已知抛物线的焦点为,圆与抛物线在第一象限的交点为,直线与抛物线的交点为,直线与圆在第一象限的交点为,则周长的取值范围为()A.B.C.D.【答案】B【分析】将抛物线与圆方程联立可求得点坐标,由此可知的取值范围;利用抛物线定义和圆的半径可将周长转化为,由范围可得所求周长取值范围. 【详解】由抛物线得:,准线为;设与交于点,由抛物线定义知:;由圆知:;由得:,即,则,设,,,的周长为,,周长的取值范围为.故选:B.直线与抛物线的位置关系1.(云南省曲靖市第一中学2022届高三上学期第一次质量监测卷)已知直线l:y=x+1与抛物线C:x2=2py(p>0)相交于A,B两点,若AB的中点为N,且抛物线C上存在点M,使得(O为坐标原点).(1)求此抛物线的标准方程;(2)若正方形PQHR的三个顶点P,Q,H都在抛物线C上,求正方形PQHR面积的最小值.【答案】(1);(2)32. 【分析】(1)联立方程由点为的中点,求得点N的坐标,再根据,得到M的坐标,代入抛物线方程求解;(2)设,直线的斜率为,根据得到,由,得到,再由得到,然后由正方形的面积为,利用基本不等式求解.【详解】(1)设,联立方程组整理得,则,可得由点为的中点,所以设,因为,可得,又由点在抛物线:上,可得,即,解得或(舍去),所以抛物线的标准方程为.(2)设,直线的斜率为,不妨设,则,且,因为,所以. 由,得,即,即,将代入得,所以,所以,所以正方形的面积为,,,,因,所以(当且仅当时取等号).因为,所以所以(当且仅当时取等号),所以(当且仅当时取等号),所以正方形的面积的最小值为32.2.(2021四川省成都市郫都区高三上学期阶段性检测)已知抛物线:上的点到焦点的距离为.(1)求抛物线的方程;(2)设纵截距为的直线与抛物线交于,两个不同的点,若,求直线的方程.【答案】(1);(2). 【分析】(1)利用抛物线的性质即可求解.(2)设直线方程,与抛物线联立,利用韦达定理,即可求解.【详解】(1)由题设知,抛物线的准线方程为,由点到焦点的距离为,得,解得,所以抛物线的标准方程为.(2)设,,显然直线的斜率存在,故设直线的方程为,联立消去得,由得,即.所以,.又因为,,所以,所以,即,解得,满足,所以直线的方程为.1.(2020年全国统一高考(新课标Ⅰ))已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=()A.2B.3C.6D.9【答案】C【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 【详解】设抛物线的焦点为F,由抛物线的定义知,即,解得.故选:C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径,考查学生转化与化归思想,是一道容易题.2.(2021年全国新高考Ⅰ卷)已知为坐标原点,抛物线:()的焦点为,为上一点,与轴垂直,为轴上一点,且,若,则的准线方程为______.【答案】【分析】先用坐标表示,再根据向量垂直坐标表示列方程,解得,即得结果.【详解】抛物线:()的焦点,∵P为上一点,与轴垂直,所以P的横坐标为,代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点,且,所以Q在F的右侧,又,因为,所以,,所以的准线方程为故答案为:.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.3.(2021年全国高考乙卷)已知抛物线的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程;(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足,求直线斜率的最大值.【答案】(1);(2)最大值为.【分析】(1)由抛物线焦点与准线的距离即可得解; (2)设,由平面向量的知识可得,进而可得,再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】(1)抛物线的焦点,准线方程为,由题意,该抛物线焦点到准线的距离为,所以该抛物线的方程为;(2)[方法一]:轨迹方程+基本不等式法设,则,所以,由在抛物线上可得,即,据此整理可得点的轨迹方程为,所以直线的斜率,当时,;当时,,当时,因为,此时,当且仅当,即时,等号成立;当时,;综上,直线的斜率的最大值为. [方法二]:【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为.设直线的方程为,则当直线与抛物线相切时,其斜率k取到最值.联立得,其判别式,解得,所以直线斜率的最大值为.[方法三]:轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为.设直线的斜率为k,则.令,则的对称轴为,所以.故直线斜率的最大值为.[方法四]:参数+基本不等式法由题可设.因为,所以.于是,所以则直线的斜率为.当且仅当,即时等号成立,所以直线斜率的最大值为.【整体点评】方法一根据向量关系,利用代点法求得Q的轨迹方程,得到直线OQ的斜率关于的表达式,然后利用分类讨论,结合基本不等式求得最大值;方法二同方法一得到点Q的轨迹方程,然后利用数形结合法,利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值, 为最优解;方法三同方法一求得Q的轨迹方程,得到直线的斜率k的平方关于的表达式,利用换元方法转化为二次函数求得最大值,进而得到直线斜率的最大值;方法四利用参数法,由题可设,求得x,y关于的参数表达式,得到直线的斜率关于的表达式,结合使用基本不等式,求得直线斜率的最大值.一、单选题1.(2022·山东泰安·二模)已知以F为焦点的抛物线上的两点A,B(点A的横坐标大于点B的横坐标),满足(O为坐标原点),弦AB的中点M的横坐标为,则实数(       )A.B.C.3D.4【答案】D【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出,再由已知求出的值.【详解】由题意可得抛物线的焦点.弦AB的中点M的横坐标为,由已知条件可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为,,则联立,消去y得,∴,又因为弦AB的中点M的横坐标为,∴,∴,,∴点A到准线的距离为,点B到准线的距离为,所以∴,又,故. 故选:D2.(2022·河北唐山·二模)F为抛物线的焦点,点在C上,直线MF交C的准线于点N,则(       )A.B.C.5D.12【答案】B【分析】依据两点间距离公式去求【详解】点在抛物线上,则,解之得,则又抛物线的焦点F,准线则直线MF的方程为,则N则故选:B3.(2022·天津·一模)已知抛物线的准线与双曲线相交于D、E两点,且OD⊥OE(O为原点),则双曲线的渐近线方程为(       )A.B.C.D.【答案】B【分析】根据对称性求得的坐标,从而求得,进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线的准线为,由于,根据双曲线的对称性可知:(不妨设),代入得,所以双曲线的渐近线方程为.故选:B4.(2022·辽宁锦州·一模)已知抛物线的焦点为F,点P是C上一点,且,以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1,则(       )A.2B.2或4C.4D.4或6 【答案】D【分析】根据几何关系,求点的坐标,代入抛物线方程,即可求解.【详解】设圆的圆心为,与轴交于点,线段的中点为,轴,由条件可知,,,所以,由焦半径公式可知,即,所以代入抛物线方程,解得:或.故选:D5.(2022·广东惠州·一模)若抛物线()上一点P(2,)到其焦点的距离为4,则抛物线的标准方程为(       )A.y2=2xB.y2=4xC.y2=6xD.y2=8x【答案】D【分析】由抛物线的定义可解答.【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离,即为4,∴,解得,∴抛物线的标准方程为.故选:D.二、多选题6.(2022·河北秦皇岛·二模)过抛物线上一点作两条相互垂直的直线,与的另外两个交点分别为,,则(       )A.的准线方程是B.过的焦点的最短弦长为8C.直线过定点 D.当点到直线的距离最大时,直线的方程为【答案】AD【分析】由点在抛物线上求得为,结合抛物线的性质判断A、B;设为并联立抛物线,结合及韦达定理、向量垂直的坐标表示列方程求出m、n的数量关系,代入直线方程即可判断C;由C分析所得的定点P,要使到直线的距离最大有,即可写出直线的方程判断D.【详解】将代入中得:,则为,所以的准线方程是,故A正确;当过的焦点且与轴垂直时弦长最短,此时弦长为16,故B不正确;设,,直线为,联立抛物线得:,所以,,又,所以.因为,,即,所以,整理得,故,得,所以直线为,所以直线过定点,故C不正确.当时到直线的距离最大,此时直线为,故D正确.故选:AD7.(2022·江苏江苏·二模)已知抛物线的焦点为,过原点的动直线交抛物线于另一点,交抛物线的准线于点,下列说法正确的是(       )A.若为线段中点,则B.若,则C.存在直线,使得D.面积的最小值为2【答案】AD【分析】对于A,求出点的横坐标,再根据抛物线的定义求出,即可判断;对于B,根据抛物线的定义求出点的横坐标,再求出,即可判断,对于C,,则,判断是否有解,即可判断; 对于D,根据,结合基本不等式即可判断.【详解】解:抛物线的准线为,焦点,若为中点,所以,所以,故A正确;若,则,所以,故B错误;设,则,所以,,所以,所以与不垂直,故C错误;,当且仅当,即时,取等号,所以面积的最小值为2,故D正确.故选:AD.8.(2022·广东·一模)已知抛物线的焦点为F,抛物线C上存在n个点,,,(且)满足,则下列结论中正确的是(       )A.时,B.时,的最小值为9C.时,D.时,的最小值为8【答案】BC 【分析】以为抛物线通径,求得的值,判断A;当时,写出焦半径的表达式,利用换元法,结合利用导数求函数最值,可判断B;当时,求出的表达式,利用三角函数的知识,可判断C,D.【详解】当时,,此时不妨取过焦点垂直于x轴,不妨取,则,故A错误;当时,,此时不妨设在抛物线上逆时针排列,设,则,则,故,令,则,令,则     ,当时,,递增,当时,,递减,故,故当,即时,取到最小值9,故B正确;当时,,此时不妨设在抛物线上逆时针排列,设,则,即,故, ,所以,故C正确;由C的分析可知:,当时,取到最小值16,即最小值为16,故D错误;故选:BC【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用,综合性较强,涉及到抛物线的焦半径的应用,以利用导数求最值,和三角函数的相关知识,难度较大.9.(2022·湖南常德·一模)已知抛物线的焦点到准线的距离为2,则(       )A.焦点的坐标为B.过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点C.直线与抛物线相交所得弦长为8D.抛物线与圆交于两点,则【答案】ACD【分析】先求出抛物线方程,对选项逐一判断即可.【详解】由题可知抛物线方程为对于A,焦点的坐标为,故A正确对于B,过点有抛物线的2条切线,还有,共3条直线与抛物线有且只有一个交点,故B错误对于C,,弦长为,故C正确对于D,,解得(舍去),交点为,有,故D正确故选:ACD10.(2022·广东肇庆·模拟预测)已知F是抛物线的焦点,过点F作两条互相垂直的直线,, 与C相交于A,B两点,与C相交于E,D两点,M为A,B中点,N为E,D中点,直线l为抛物线C的准线,则(       )A.点M到直线l的距离为定值B.以为直径的圆与l相切C.的最小值为32D.当最小时,【答案】BCD【分析】设直线方程,并联立抛物线方程,利用根与系数的关系式,求得点M的横坐标,结合抛物线定义,可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;计算出弦长,可得的表达式,利用基本不等式求得其最小值,判断C;求出的表达式,采用换元法,利用二次函数的单调性求得其最小值,判断D.【详解】设,,,,,直线的方程为,则直线的方程为,将直线的方程代入,化简整理得,则,,故,所以,,因为点A到直线l的距离,点B到直线l的距离,点M到直线l的距离,又,所以,故A错误;因为,所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为,即以为直径的圆与l相切,故B正确;同理,,所以,,,则,当且仅当时等号成立,故C正确; .设,则,,.当时,即时,最小,这时,故D正确,故选:BCD.【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质,具有较强的综合性,要求学生有较好的计算能力和思维能力,解答时要注意直线方程的设法,以及联立后结合根与系数的关系式的化简,涉及到焦半径以及弦长和距离的计算,比较繁杂,要细心运算.11.(2022·重庆·模拟预测)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线的焦点为F,点,,都在抛物线上,且,则下列结论正确的是(       )A.抛物线方程为B.F是的重心C.D.【答案】BCD【分析】把点代入可得抛物线的方程,结合向量运算可得是的重心,利用抛物线的定义可得,利用三角形面积公式及,可得.【详解】对于A,由在抛物线上可得,即抛物线方程为,错误;对于B,分别取的中点,则,,即在中线上,同理可得也在中线上,所以是的重心,正确;对于C,由抛物线的定义可得,所以.由是的重心,所以,即,所以,正确;对于D,,;同理,,所以,正确. 故选:BCD.三、填空题12.(2022·北京丰台·二模)已知抛物线C:,则抛物线C的准线方程为______.【答案】【分析】根据抛物线的方程求出的值,进一步得出答案.【详解】因为抛物线,所以,∴所以的准线方程为.故答案为:13.(2022·福建·模拟预测)已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为,若点在圆上,且直线与圆相切,则___________.【答案】【分析】由于点在圆上,所以可得,而点也在两抛物线上,代入抛物线方程可得,当与圆相切时,可得,然后前面的几个式子结合可求得答案【详解】因为,所以,因为,,所以,当与圆相切时,,所以,所以,所以.故答案为:14.(2022·重庆八中模拟预测)若抛物线上的点到焦点的距离是点A到y轴距离的2倍,则___________. 【答案】2【分析】直接利用抛物线的焦半径公式解方程组即可求解.【详解】抛物线的准线方程为.由抛物续的性质可得,所以①.而在抛物线上,即②.由①②可得:p=2.故答案为:2四、解答题15.(2022·山东济宁·二模)已知抛物线E:的焦点为F,点在抛物线E上,且的面积为(O为坐标原点).(1)求抛物线E的方程;(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A、B两点,过A、B分别作垂直于l的直线AC、BD,分别交抛物线于C、D两点,求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据面积及抛物线上的点可求解;(2)利用直线与抛物线的位置关系分别求得、,再通过导数求最值即可.(1)由题意可得解得p=2.故抛物线E的方程为.(2)由题意直线l的斜率一定存在且不为0,设直线l的方程为,,设,,,由消去x得.所以,.由AC垂直于l,直线AC的方程为 由消去x得.所以,.∴.同理可得,所以,令,,则,所以当时,,单调递减;当时,,单调递增.所以当x=2时,取得最小值,即当时,最小值为.16.(2022·湖北武汉·二模)已知抛物线,点为上一点,且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.(1)求的方程;(2)设为圆的一条不垂直于轴的直径,分别延长交于两点,求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)16【分析】(1)根据抛物线的定义可知,,即可列式求;(2)首先设直线的方程为:,分别与圆的方程和抛物线方程联立,求点 的坐标,利用弦长公式求,再利用,求,最后表示四边形的面积,再通过换元,利用导数求函数的最值.(1)设抛物线焦点,由题意,故,解得:.故抛物线的标准方程为.(2)由题意,直线斜率存在且不为0,设直线的方程为:,设点,,联立得:,由,得,联立得:,由,得因为,用代替,得.故四边形面积.令.设函数,故单调递增.故当,即时,取到最小值16,所以四边形面积的最小值是16.17.(2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测)已知点在抛物线上.(1)求抛物线的方程;(2)过点作斜率分别为的两条直线,若与抛物线的另一个交点分别为,且有,探究:直线是否恒过定点?若是,求出该定点;若否,说明理由.【答案】(1)(2)直线恒过定点【分析】(1)将点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果; (2)设,,利用斜率公式表示出,得到;设,与抛物线方程联立可得韦达定理的形式,由此可得,可得,由此可得定点坐标.(1)在抛物线上,,解得:,抛物线的方程为:.(2)由(1)得:;设,,则;同理可得:;,,整理可得:;当直线斜率为时,其与抛物线只有一个公共点,不合题意;当直线斜率不为时,设,由得:,则,,解得:;,则直线过定点;综上所述:直线恒过定点.【点睛】思路点睛:本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解,求解此类问题的基本思路如下:①假设直线方程,与抛物线方程联立,整理为关于或的一元二次方程的形式;②利用求得变量的取值范围,得到韦达定理的形式;③利用韦达定理表示出已知中的等量关系,代入韦达定理可整理得到变量间的关系,从而化简直线方程;④根据直线过定点的求解方法可求得结果.18.(2021·山西运城·模拟预测(理))已知P(1,2)在抛物线C:y2=2px上.(1)求抛物线C的方程;(2)A,B是抛物线C上的两个动点,如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2,证明:直线AB过定点.【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数,即得抛物线方程;(2)设AB:x=my+t,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得 ,代入得参数值,从而可得定点坐标.(1)P点坐标代入抛物线方程得4=2p,∴p=2,∴抛物线方程为y2=4x.(2)证明:设AB:x=my+t,将AB的方程与y2=4x联立得y2﹣4my﹣4t=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=﹣4t,所以Δ>0⇒16m2+16t>0⇒m2+t>0,,同理:,由题意:,∴4(y1+y2+4)=2(y1y2+2y1+2y2+4),∴y1y2=4,∴﹣4t=4,∴t=﹣1,故直线AB恒过定点(﹣1,0).

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发布时间:2023-09-28 06:21:02 页数:33
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