【数学】2020届江苏一轮复习通用版16曲线与方程作业
附加题部分
专题十六 曲线与方程
挖命题
【真题典例】
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
曲线与方程
轨迹方程
★☆☆
抛物线
1.抛物线的标准方程及几何性质
2.直线与抛物线的位置关系
2016江苏,22
1.抛物线的标准方程
2.直线与抛物线的位置关系
点关于直线的对称
★★☆
分析解读 由于江苏卷附加题的题型固定,分值固定,两个必做题中圆锥曲线与方程出现的频次较低,分别在2009年和2016年出现在解答题的第22题,属于中档题.本节主要考查的内容是求轨迹方程、抛物线标准方程的求解、抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系以及用坐标法研究圆锥曲线的性质等.
破考点
【考点集训】
考点一 曲线与方程
1.已知圆C1:(x+3)2+y2=1和圆C2:(x-3)2+y2=9,动圆M同时与圆C1及圆C2相外切,求动圆圆心M的轨迹方程.
解析 如图所示,设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和点B,根据两圆外切的充要条件,得
|MC1|-|AC1|=|MA|,|MC2|-|BC2|=|MB|.
因为|MA|=|MB|,
所以|MC2|-|MC1|=|BC2|-|AC1|=3-1=2.
这表明动点M到两定点C2、C1的距离的差是常数2.
根据双曲线的定义,动点M的轨迹为双曲线的左支(点M到C2的距离远,到C1的距离近),且a=1,c=3,则b2=8,设点M的坐标为(x,y),则其轨迹方程为x2-y28=1(x≤-1).
2.已知x轴上一定点A(1,0),Q为椭圆x24+y2=1上一动点,求AQ中点M的轨迹方程.
解析 设Q(x0,y0),M(x,y),
∵M是AQ的中点,∴1+x02=x,0+y02=y⇒x0=2x-1,y0=2y,
∵Q为椭圆x24+y2=1上的点,∴x024+y02=1,
∴(2x-1)24+(2y)2=1,即x-122+4y2=1,
∴点M的轨迹方程为x-122+4y2=1.
3.(2019届江苏海门中学调研)已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2.
(1)求曲线C的方程;
(2)点Q(x0,y0)(-2
0且t≠2)为x轴上任意一点,连接AT,BT并延长与抛物线C分别相交于点A1,B1.
(1)设A1B1斜率为k,求证:k·t为定值;
(2)设直线AB,A1B1与x轴分别交于点M,N,令S△ATM=S1,S△BTM=S2,S△B1TN=S3,S△A1TN=S4,若S1,S2,S3,S4构成等比数列,求t的值.
解析 (1)由y=2x-4,y2=4x可得A(4,4),B(1,-2).
设A1m24,m,B1n24,n.
因为kAT=kA1T,所以44-t=mm24-t,
所以m2-4t=4m-tm,
所以m(m-4)=t(4-m),所以m=-t,
所以A1t24,-t.
同理,B1(t2,2t),所以k=3tt2-t24=4t,
所以kt=4,为定值.
(2)A1B1:y-2t=4t(x-t2).令y=0,得Nt22,0,易知M(2,0),S1S2=yAyB=2,所以S2=12S1,S4S1=TN·yA1TM·yA=t-t222-t·t4=t28,所以S4=t28S1,S3S1=TN·yB1TM·yA=t2(t-2)t-2·2t4=t24,所以S3=t24S1.
因为S1,S2,S3,S4构成等比数列,
所以t2=1,又t>0,所以t=1.
炼技法
【方法集训】
方法一 抛物线中定值问题的求解方法
1.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-14,过点M(0,-2)作抛物线的切线MA,切点为A(异于点O).直线l过点M与抛物线交于B,C两点,与直线OA交于点N.
(1)求抛物线的方程;
(2)|MN||MB|+|MN||MC|的值是不是定值?若是,求出定值;若不是,说明理由.
解析 (1)由题设,知-p2=-14,即p=12,
所以抛物线的方程为y2=x.
(2)设A(x0,y0),因为函数y=-x的导函数为y'=-12x,
所以直线MA的方程为y-y0=-12x0(x-x0),
因为点M(0,-2)在直线MA上,
所以-2-y0=-12x0(0-x0).
由y02=x0,y0=-2-12x0,
解得A(16,-4).
所以直线OA的方程为y=-14x.
直线BC的斜率显然存在.设直线BC的方程为y=kx-2,B(xB,yB),C(xC,yC),N(xN,yN),
由y2=x,y=kx-2,得k2x2-(4k+1)x+4=0,
易知k≠0,
所以xB+xC=4k+1k2,xBxC=4k2.
由y=-14x,y=kx-2,得xN=84k+1.
所以|MN||MB|+|MN||MC|=xNxB+xNxC=84k+1·4k+1k24k2=2,
故|MN||MB|+|MN||MC|为定值2.
2.如图,抛物线关于y轴对称,它的顶点为坐标原点,点P(2,1),A(x1,y1),B(x2,y2)均在抛物线上.
(1)求抛物线的方程;
(2)若∠APB的平分线垂直于y轴,证明直线AB的斜率为定值.
解析 (1)由已知条件,可设抛物线的方程为x2=2py(p>0),
因为点P(2,1)在抛物线上,
所以22=2p×1,解得p=2,
故所求抛物线的方程是x2=4y.
(2)证明:由题知kAP+kBP=0,
所以y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,
即x124-1x1-2+x224-1x2-2=0,
所以x1+24+x2+24=0,所以x1+x2=-4,
所以kAB=y1-y2x1-x2=x124-x224x1-x2=x1+x24=-1.
所以直线AB的斜率为定值.
方法二 抛物线中取值范围(或最值)问题的求解方法
1.如图,在直角坐标系xOy中,点P1,12到抛物线C:y2=2px(p>0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C上的定点,A,B是C上的两动点,且线段AB的中点Q(m,n)在直线OM上.
(1)求抛物线C的方程及t的值;
(2)记d=AB1+4m2,求d的最大值.
解析 (1)抛物线y2=2px(p>0)的准线为x=-p2.∴1--p2=54,p=12,∴抛物线C的方程为y2=x.又点M(t,1)在C上,∴t=1.
(2)由(1)知,点M(1,1),从而m=n,即点Q(m,m).
依题意知直线AB的斜率存在,且不为0.设直线AB的斜率为k(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由y12=x1,y22=x2,得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2,故k·2m=1,∴k=12m,
∴直线AB的方程为y-m=12m(x-m).
由y-m=12m(x-m),y2=x消去x,整理得y2-2my+2m2-m=0,
∴y1+y2=2m,y1·y2=2m2-m,
从而|AB|=1+1k2·|y1-y2|=2(1+4m2)(m-m2).
∴d=|AB|1+4m2=2m(1-m)≤m+(1-m)=1,当且仅当m=1-m,即m=12时,等号成立.
又m=12满足Δ=4m-4m2>0,∴d的最大值为1.
2.已知点A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y2=4x上的相异两点,且满足x1+x2=2.
(1)若AB的中垂线经过点P(0,2),求直线AB的方程;
(2)若AB的中垂线交x轴于点M,求△AMB的面积的最大值及此时直线AB的方程.
解析 (1)当AB垂直于x轴时,显然不符合题意.
当AB不垂直于x轴时,可设直线AB的方程为y=kx+b,将其代入方程y2=4x,得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,
∴x1+x2=4-2kbk2=2,得b=2k-k,
∴直线AB的方程为y=k(x-1)+2k.
∵AB中点的横坐标为1,∴AB中点的坐标为1,2k,
∴AB的中垂线方程为y=-1k(x-1)+2k=-1kx+3k.
∵AB的中垂线经过点P(0,2),∴3k=2,得k=32.
∴直线AB的方程为y=32x-16.
(2)由(1)知AB的中垂线方程为y=-1kx+3k,
∴点M的坐标为(3,0),
∵直线AB的方程为k2x-ky+2-k2=0,
∴M到直线AB的距离d=|3k2+2-k2|k4+(-k)2=2k2+1|k|,
由k2x-ky+2-k2=0,y2=4x得k24y2-ky+2-k2=0,
则y1+y2=4k,y1y2=8-4k2k2,
∴|AB|=1+1k2|y1-y2|=41+k2·k2-1k2.
∴S△MAB=12|AB|·d=41+1k21-1k2,
设1-1k2=t,则00).
(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);
②求p的取值范围.
解析 (1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为p2,0,
由点p2,0在直线l:x-y-2=0上,得p2-0-2=0,即p=4.
所以抛物线C的方程为y2=8x.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0).
因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,
于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.
①由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)
因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1≠y2,
从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化简得p+2b>0.
方程(*)的两根为y1,2=-p±p2+2pb,从而y0=y1+y22=-p.
因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.
因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p).
②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,
所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.
由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<43.
因此,p的取值范围是0,43.
评析本题主要考查直线和抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力及推理论证能力.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 曲线与方程
(2017课标全国Ⅱ理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,
故3+3m-tn=0.
所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
思路分析 (1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQ·PF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.
方法总结 求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.
考点二 抛物线
1.(2018浙江,21,15分)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(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
解析 本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
(1)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=4·14y2+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)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S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),
所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.
疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题
在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.
2.(2017北京理,18,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点P(1,1).过点0,12作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.
(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;
(2)求证:A为线段BM的中点.
解析 本题考查抛物线方程及性质,直线与抛物线的位置关系.
(1)由抛物线C:y2=2px(p>0)过点P(1,1),得p=12.
所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为14,0,准线方程为x=-14.
(2)由题意,设直线l的方程为y=kx+12(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).
由y=kx+12,y2=x得4k2x2+(4k-4)x+1=0.
则x1+x2=1-kk2,x1x2=14k2.
因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1).直线ON的方程为y=y2x2x,点B的坐标为x1,y2x1x2.
因为y1+y2x1x2-2x1=y1x2+y2x1-2x1x2x2
=kx1+12x2+kx2+12x1-2x1x2x2
=(2k-2)x1x2+12(x2+x1)x2=(2k-2)×14k2+1-k2k2x2=0,
所以y1+y2x1x2=2x1.故A为线段BM的中点.
方法总结 在研究直线与圆锥曲线位置关系时,常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先联立方程,再根据根与系数关系,用设而不求,整体代入的技巧进行求解.
易错警示 在设直线方程时,若要设成y=kx+m的形式,注意先讨论斜率是否存在;若要设成x=ty+n的形式,注意先讨论斜率是不是0.
C组 教师专用题组
1.(2018课标全国Ⅰ理改编,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN= .
答案 8
2.(2017课标全国Ⅰ理改编,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 .
答案 16
3.(2016课标全国Ⅱ改编,5,5分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,曲线y=kx(k>0)与C交于点P,PF⊥x轴,则k= .
答案 2
4.(2014辽宁改编,10,5分)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为 .
答案 43
5.(2014四川改编,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,OA·OB=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是 .
答案 3
6.(2014课标全国Ⅱ改编,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为 .
答案 94
7.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围;
(2)设O为原点,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ为定值.
解析 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),
所以2p=4,即p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x,
由题意知,直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).
由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或00,x2>0.
由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为
kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:
(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.
(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.
(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.
失分警示 (1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;
(2)由于不能将“∠ABM=∠ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完成后续内容.
9.(2017课标全国Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.
解析 本题考查直线与抛物线的位置关系.
(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.
(2)由y=x24,得y'=x2,
设M(x3,y3),由题设知x32=1,
解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,
故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1.
从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).
由题设知|AB|=2|MN|,
即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.
所以直线AB的方程为y=x+7.
方法总结 (1)直线与抛物线的位置关系
点差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直线l的斜率时,利用点差法计算,在很大程度上减少运算过程中的计算量.
(2)直线与圆锥曲线的位置关系
已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用韦达定理,结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2或|AB|=1+1k2|y1-y2|=1+1k2·(y1+y2)2-4y1y2(k≠0)求解.
10.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-120)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求|OH||ON|;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.
解析 (1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.
又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.
因此H2t2p,2t.所以N为OH的中点,即|OH||ON|=2.
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.
理由如下:
直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.
方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为求由直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.
评析本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的关键.
12.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.
解析 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p2=1,∴即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0,
故y1y2=-4,所以,B1t2,-2t.
又直线AB的斜率为2tt2-1,
故直线FN的斜率为-t2-12t.
从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.
所以Nt2+3t2-1,-2t.
设M(m,0),由A,M,N三点共线得
2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,
于是m=2t2t2-1.
所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
思路分析 (1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐标,最后利用A,M,N三点共线可得kAN=kAM,最终求出结果.
评析本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.
【三年模拟】
一、填空题(每小题5分,共20分)
1.(2018江苏海安高三阶段测试)抛物线y2=x的准线的方程为 .
答案 x=-14
2.(2019届江苏木渎中学阶段测试)已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M到焦点F的距离等于2p,则直线MF的斜率为 .
答案 ±3
3.(2017江苏泰州姜堰模拟,7)抛物线y2=4x上任一点到定直线l:x=-1的距离与它到定点F的距离相等,则点F的坐标为 .
答案 (1,0)
4.(2019届江苏如皋中学模拟)已知抛物线x2=4y的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,过P作PA⊥l于点A,当∠AFO=30°(O为坐标原点)时,|PF|= .
答案 43
二、解答题(共50分)
5.(2019届江苏宿豫中学月考)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(8,-4),P(2,t)(t<0)在抛物线y2=2px(p>0)上.
(1)求p,t的值;
(2)过点P作PM垂直于x轴,M为垂足,直线AM与抛物线的另一交点为B,点C在直线AM上.若PA,PB,PC的斜率分别为k1,k2,k3,且k1+k2=2k3,求点C的坐标.
解析 (1)将点A(8,-4)代入y2=2px(p>0),
得p=1,
将点P(2,t)代入y2=2x,得t=±2,
因为t<0,所以t=-2.
(2)依题意得M的坐标为(2,0),
则直线AM的方程为y=-23x+43,
联立y=-23x+43,y2=2x,可得B12,1,
易求得k1=-13,k2=-2,
由k1+k2=2k3得k3=-76,
从而直线PC的方程为y=-76x+13,
联立y=-23x+43,y=-76x+13,可得C-2,83.
6.(2017江苏苏州暑假测试)已知抛物线C的方程为y2=2px(p>0),点R(1,2)在抛物线C上.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线AR,BR分别交直线l:y=2x+2于M,N两点,求|MN|最小时直线AB的方程.
解析 (1) ∵点R(1,2)在抛物线C上,∴2p=4,p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)显然直线AB的斜率存在且不为0.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为 x=m(y-1)+1(m≠0).
由x=m(y-1)+1,y2=4x消去x,整理得y2-4my+4(m-1)=0.
∴y1+y2=4m,y1·y2=4(m-1).
设直线AR的方程为 y=k1(x-1)+2,
由y=k1(x-1)+2,y=2x+2得点M的横坐标xM=k1k1-2,
又k1=y1-2x1-1=y1-2y124-1=4y1+2,∴xM=k1k1-2=-2y1.
同理,点N的横坐标xN=-2y2.
∵|y2-y1|=(y2+y1)2-4y1y2=4m2-m+1
=5|xM-xN|=5-2y1+2y2=25y2-y1y1y2
=85m2-m+14|m-1|=25m2-m+1|m-1|.
令m-1=t,t≠0,则m=t+1,
∴|MN|=25t2+t+1t2=251t2+1t+1.
∴|MN|=251t+122+34≥15,
当t=-2,即m=-1时,|MN|的最小值为15,此时直线AB的方程为x+y-2=0.
7.(2019届江苏常州一中月考)如图,已知定点R(0,-3),动点P,Q分别在x轴和y轴上移动,延长PQ至点M,使PQ=12QM,且PR·PM=0.
(1)求动点M的轨迹C1;
(2)圆C2:x2+(y-1)2=1,过点(0,1)的直线l交C1于A,D两点(从左到右),交C2于B,C两点(从左到右),求证:AB·CD为定值.
解析 (1)解法一:设M(x,y),P(x1,0),Q(0,y2),
则由PR·PM=0,PQ=12QM及R(0,-3)得
-x1(x-x1)+(-3)y=0,-x1=12x,y2=12y-12y2,化简得x2=4y.
所以动点M的轨迹C1是顶点在原点,开口向上的抛物线.
解法二:设M(x,y).
由PQ=12QM得P-x2,0,Q0,y3.
所以PR=x2,-3,PM=3x2,y.
由PR·PM=0得x2,-3·32x,y=0,
即34x2-3y=0,化简得x2=4y.
所以动点M的轨迹C1是顶点在原点,开口向上的抛物线.
(2)由题意得AB·CD=AB·CD,圆C2的圆心即为抛物线C1的焦点F.
设A(x1,y1),D(x2,y2),
则AB=FA-FB=y1+1-1=y1,
同理CD=y2.
易知直线l与x轴不垂直,
设直线l的方程为x=k(y-1),
由x=k(y-1),y=14x2得y=14k2(y-1)2,
即k2y2-(2k2+4)y+k2=0.
所以AB·CD=AB·CD=y1y2=1.
8.(2018江苏苏北四市期末,23)在平面直角坐标系xOy中,已知平行于x轴的动直线l交抛物线C:y2=4x于点P,点F为C的焦点.圆心不在y轴上的圆M与直线l,PF,x轴都相切,设M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)若直线l1与曲线E相切于点Q(s,t),过Q且垂直于l1的直线为l2,直线l1,l2分别与y轴相交于点A,B.当线段AB的长度最小时,求s的值.
解析 (1)因为抛物线C的方程为y2=4x,
所以F的坐标为(1,0),
设M(m,n),因为圆M与x轴、直线l都相切,l平行于x轴,
所以圆M的半径为|n|,点P(n2,2n),
则直线PF的方程为y2n=x-1n2-1,
即2n(x-1)-y(n2-1)=0,
所以|2n(m-1)-n(n2-1)|(2n)2+(1-n2)2=|n|,
又m,n≠0,
所以|2m-n2-1|=n2+1,
即n2-m+1=0,
所以E的方程为y2=x-1(y≠0).
(2)设Q(t2+1,t),A(0,y1),B(0,y2),
易知曲线y2=x-1在点Q处的切线l1的斜率存在,由对称性不妨设t>0,
由y'=12x-1,得kAQ=t-y1t2+1=12t2+1-1,kBQ=t-y2t2+1=-2t2+1-1,
所以y1=t2-12t,y2=2t3+3t,
所以AB=2t3+3t-t2+12t=2t3+52t+12t(t>0),
令f(t)=2t3+52t+12t,t>0,
则f '(t)=6t2+52-12t2=12t4+5t2-12t2,
由f '(t)>0得t>-5+7324,
由f '(t)<0得00时,y=2x,则y'=1x,
所以直线AS的方程为y-y1=1x1(x-x1).
把点(-2,t)代入得t-y1=1x1(-2-x1),
所以x1t-x1y1=-2-x1,又y1=2x1,
所以12y1t-2x1=-2-x1,
得x1-12y1t-2=0,
同理可得x2-12y2t-2=0,
所以直线ST:x-12ty-2=0,
所以直线ST过定点(2,0).
(2)因为直线ST过定点(2,0),
故设ST:x=my+2,
由x=my+2,y2=4x得y2-4my-8=0,
所以y1+y2=4m,y1y2=-8.
设B(x0,y0),因为BS⊥BT,
所以BS·BT=0,
所以(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,
即x02-(x1+x2)x0+x1x2+y02-(y1+y2)y0+y1y2=0,
因为x1x2=116y12y22=4,x1+x2=m(y1+y2)+4=4m2+4,
所以x02-(4m2+4)x0+y02-4my0-4=0.
又y02=4x0,所以x02-4m2x0-4my0-4=0,
所以x02=m2y02+4my0+4=(my0+2)2,
所以x0=my0+2或-x0=my0+2.
因为点B不在直线ST上,所以14y02+my0+2=0.
因为Δ=m2-2,所以当m≤-2或m≥2时,抛物线上存在点B;
当-2
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