浙江版2022高考数学二轮复习第三部分题型专项训练7解析几何解答题专项

题型专项训练7　解析几何(解答题专项)1.已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点为F,A(x0,y0)为Γ上异于原点的任意一点,D为x轴正半轴上的点,且有|FA|=|FD|.若x0=3时,D的横坐标为5.(1)求Γ的方程;(2)直线AF交Γ于另一点B,直线AD交Γ于另一点C.试求△ABC的面积S关于x0的函数关系式S=f(x0),并求其最小值.2.如图,过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F的直线交C于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,且x1x2=-4.(1)求p的值;(2)R,Q是C上的两动点,R,Q的纵坐标之和为1,RQ的垂直平分线交y轴于点T,求△MNT的面积的最小值.3.7\n已知抛物线C的方程为x2=2py(p>0),焦点F,点A(-1,1),B(-2,1),满足=λ.(1)求抛物线C的方程;(2)过点A作斜率为正的直线交抛物线C于不同于B的两点M,N,若直线BM,BN分别交直线l:x+2y+1=0于P,Q两点,求|PQ|最小时直线MN的方程.4.已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点(2,a)到焦点F的距离为3.(1)求抛物线的方程.(2)设动直线l与抛物线C相切于点A,且与其准线相交于点B,问在坐标平面内是否存在定点D,使得以AB为直径的圆恒过定点D?若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由.7\n5.已知抛物线C:y2=4x,P为C上一点且纵坐标为2,Q,R是C上的两个动点,且PQ⊥PR.(1)求过点P,且与C恰有一个公共点的直线l的方程;(2)求证:QR过定点.6.已知抛物线C:x2=2py(p>0),直线l:y=x+1与抛物线C交于A,B两点,设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2(其中O为坐标原点),且k1·k2=-.(1)求p的值;(2)如图,已知点M(x0,y0)为圆:x2+y2-y=0上异于O点的动点,过点M的直线m交抛物线C于E,F两点.若M为线段EF的中点,求|EF|的最大值.7\n答案题型专项训练7　解析几何(解答题专项)1.解:(1)由题意知F,D(5,0),因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义得3+,解得p=2,所以抛物线Γ的方程为y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>1),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由xD>1,得xD=x0+2,故D(x0+2,0).设直线AB的方程为x=ty+1,联立y2=4x,得y2-4ty-4=0.设B(x1,y1),则y0y1=-4,从而x0x1==1,∴x1=,y1=-.由抛物线的定义得|AB|=|AF|+|BF|=(x0+1)+=x0++2,由于kAD=-,则直线AD的方程为y-y0=-(x-x0),由于y0≠0,可得x=-y+2+x0.代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0,设C(x2,y2),所以y0+y2=-,可求得y2=-y0-,x2=x0++4,所以点C到直线AB:x=ty+1的距离为d====4.则△ABC的面积为S=|AB|·d=×4≥16,当且仅当x0=,即x0=1时等号成立.所以△ABC的面积的最小值为16.2.解:(1)设MN:y=kx+,由消去y,得x2-2pkx-p2=0.(*)由题设,x1,x2是方程(*)的两实根,所以x1x2=-p2=-4,故p=2.(2)设R(x3,y3),Q(x4,y4),T(0,t),因为T在RQ的垂直平分线上,所以|TR|=|TQ|.7\n得+(y3-t)2=+(y4-t)2,又=4y3,=4y4,所以4y3+(y3-t)2=4y4+(y4-t)2,即4(y3-y4)=(y3+y4-2t)(y4-y3).而y3≠y4,所以-4=y3+y4-2t.又因为y3+y4=1,所以t=,故T.因此S△MNT=·|FT|·|x1-x2|=|x1-x2|.由(1)得x1+x2=4k,x1·x2=-4.S△MNT===3≥3.因此,当k=0时,S△MNT有最小值3.3.解:(1)由已知可知:F,A,B三点共线,故F(0,1),即=1,所以p=2,故抛物线C的方程为x2=4y.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+1)+1(k≠0).由消去y,得x2-4kx-4k-4=0,∴设直线BM的方程为y=k1(x+2)+1,由解得点P的横坐标xP=.又k1=(x1-2),∴xP=--2.同理点Q的横坐标xQ=--2.∴|PQ|=|xP-xQ|===,当且仅当k=,即k=1时等号成立.所以当k=1时,|PQ|的最小值为,7\n此时直线MN的方程为x-y+2=0.4.解:(1)由条件知2+=3,即p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.(2)设动直线l方程为x=ty+b(显然t≠0),则点B,则联立得y2=4(ty+b),所以Δ=16t2+16b=0,得b=-t2,故可设点A坐标为(t2,2t).设D(m,n),则=(m-t2,n-2t),,因为D在以AB为直径的圆上,所以AD⊥BD,所以=0,即(m-t2,n-2t)·=0.化简整理,得(1-m)t2-3nt++(m2+m+n2-2)=0,所以当且仅当m=1,n=0时,上式对任意t∈R恒成立,即存在D(1,0),使得以AB为直径的圆恒过点D.5.(1)解:显然y=2符合题意;若相切:设l的方程为m(y-2)=x-1,于是由得y2-4my+8m-4=0.令Δ=(4m)2-4(8m-4)=0,得到m=1,于是y=x+1.所以,方程为y=2或y=x+1.(2)证明:设Q,R,于是k=.于是QR的方程为=y-y1,得4x-(y1+y2)y+y1y2=0.(*)又PQ⊥PR,所以kPQ·kPR=-1,易得kPQ=,kPR=,于是=-1,即y1y2+2(y1+y2)+20=0,代入(*)中,消去y1y2,得4x-(y1+y2)(y+2)-20=0,令y=-2,于是x=5,故过定点(5,-2).6.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),将y=x+1代入C:x2=2py,得x2-2px-2p=0.则x1x2=-2p.所以k1k2==-.所以p=2.(2)设E(x3,y3),F(x4,y4),直线m:y=k(x-x0)+y0.7\n联立抛物线C:x2=4y,得x2-4kx+4kx0-4y0=0.(*)则x3+x4=4k=2x0,所以k=x0.此时(*)式为x2-2x0x+2-4y0=0.所以Δ=(2x0)2-4(2-4y0)=16y0-4.所以|EF|=·|x3-x4|==.又因为-y0=0,所以|EF|==2+2y0≤4(y0≤1).等号当且仅当即y0=1时取得,所以|EF|的最大值为4.7