培优：直线与抛物线解答100题【教师版】

试卷第1页，总143页培优：直线与抛物线【教师版】1．在平面直角坐标系xOy中，点,Mxy满足方程2211xyy.（1）求点M的轨迹C的方程；（2）作曲线C关于x轴对称的曲线，记为C，在曲线C上任取一点00,Pxy，过点P作曲线C的切线l，若切线l与曲线C交于A，B两点，过点A，B分别作曲线C的切线12,ll，证明12,ll的交点必在曲线C上.【答案】（1）214yx；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）将方程两边平方化简即得解；（2）求出曲线在00,Pxy处的切线方程，联立直线与抛物线方程，消去y，列出韦达定理，设2111,4Axx，2221,4Bxx，分别求出曲线C上在A，B两点处的切线1l，2l的方程，求出1l，2l的交点，即可得证.【详解】（1）由22(1)|1|xyy，试卷第2页，总143页两边平方并化简，得24xy，即214yx，所以点M的轨迹C的方程为214yx.（2）由（1）及题意可知曲线C：214yx，又由214yx知12yx，所以点00,Pxy处的切线方程为00012yyxxx，即20001122yxxxy，又因为点00,Pxy在曲线C上，所以20014yx，所以切线方程为2001124yxxx，联立2002112414yxxxyx消去y整理得220020xxxx，，设2111,4Axx，2221,4Bxx，所以1202xxx，2120xxx，（*）又由214yx，得12yx，所以曲线C上点2111,4Axx处的切线1l的方程为21111142yxxxx，即2111124yxxx，同理可知，曲线C上点2221,4Bxx处的切线2l的方程为2221124yxxx，联立方程组21122211241124yxxxyxxx，121224xxxxxy试卷第3页，总143页又由（*）式得1202012244xxxxxxxy，所以1l，2l的交点为200,4xx，此点在曲线C上，故1l，2l的交点必在曲线C上.【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，直线与抛物线综合问题，属于中档题.2．已知抛物线C：x2=2pyp0的焦点为F，直线l：y=kx+2交抛物线C于A,B两点，P是线段AB的中点，过P怍x轴的垂线交抛物线C于点Q.（1）若p=4，且AB=16，求直线l的方程（2）若k=2，且QA⊥QB，求抛物线C的方程【答案】（1）x−y+2=0或x+y−2=0；（2）x2=12y【解析】【分析】（1）利用弦长公式可求直线的斜率，从而得到直线方程.（2）设Ax1,x122p,Bx2,x222p，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理可得P2p,x12+x224p，从而Q2p,2p，再根据QA·QB=0以及韦达定理得到关于p的方程，求出p后可得抛物线方程.【详解】（1）抛物线C:x2=8y，由x2=8yy=kx+2得到：x2−8kx−16=0，故AB=1+k2×64k2+64=81+k2=16，解得k=±1，试卷第4页，总143页故直线l的方程为x−y+2=0或x+y−2=0.（2）直线l:y=2x+2，由x2=2pyy=2x+2得到：x2−4px−4p=0.设Ax1,x122p,Bx2,x222p，从而P2p,x12+x224p，故Q2p,2p.QA=x1−2p,x122p−2p，QB=x2−2p,x222p−2p，因QA⊥QB，故QA·QB=0，所以x1−2px2−2p+x122p−2px222p−2p=0，整理得到：3x1x2−2px1+x2+8p2+x12x224p2−x1+x22=0，而x1+x2=4p，x1x2=−4p，从而4p2+3p−1=0，解得p=−1（舎）或p=14.抛物线的方程为x2=12y.【点睛】直线与圆锥曲线的位置关系的讨论，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有x1x2,x1+x2或y1y2,y1+y2，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可.3．已知动点P到定点1,02M的距离比到定直线1x的距离小12，其轨迹为C.（1）求C的方程（2）过点1,0N且不与坐标轴垂直的直线l与C交于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点0,0Ex，求0x的取值范围.【答案】（1）22yx（2）()2,+¥【解析】【分析】试卷第5页，总143页（1）由已知条件结合抛物线的定义即可得解；（2）先联立直线与抛物线方程求得AB中点S的坐标，然后求出线段AB的中垂线的方程,再求出点E的坐标即可得解.【详解】解：（1）由题意知，动点P到定直线12x的距离与到定点1,02的距离相等，由抛物线的定义可知，曲线C的方程为：22yx.（2）由题意知直线存在斜率，设直线l的方程为10xmym，11,Axy，22,Bxy，AB中点33,Sxy，则由212xmyyx得2220ymy，所以1232yyym，23311xmym，则线段AB的中垂线的方程为21ymmxm，则202xm，又20,0mm，即02x，所以0x的取值范围是()2,+¥.【点睛】本题考查了抛物线的定义，重点考查了中垂线方程的求法，属基础题.4．已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，点0,1Ax在抛物线C上，且3AF.（1）求抛物线C的方程及0x的值；（2）设点O为坐标原点，过抛物线C的焦点F作斜率为34的直线l交抛物线于11,Mxy，2212,Nxyxx两点，点Q为抛物线C上异于M、N的一点，若OQOMtON，求实数t的值.【答案】（1）28xy，022x（2）32t【解析】【分析】（1）利用抛物线的焦半径公式可得4p，再将1y代入抛物线方程求得0x；试卷第6页，总143页（2）由（1）知，直线l的方程为324yx，联立28324xyyx，求得点,MN的坐标，再代入OQOMtON，利用向量相等求得t的值.【详解】（1）由题意知，抛物线的准线方程为：2py根据抛物线的定义，132pAF，所以4p，故抛物线方程为28xy，点(0,2)F当1y时，022x.（2）由（1）知，直线l的方程为324yx，联立28324xyyx，得26061xx，解得12x，28x所以12,2M，8,8N设点Q的坐标为33,xy，则OQOMtON得3311,2,8,882,822xyttt所以，3382182xtyt，又因为点Q在抛物线28xy上，所以2182882tt解得32t或0t（舍去）.【点睛】本题考查抛物线的定义、焦半径公式、直线与抛物线相交、向量的坐标运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法思想的应用.5．已知抛物线24xy，过点4,2P作斜率为k的直线l与抛物线交于不同的两点M，N．试卷第7页，总143页（1）求k的取值范围；（2）若OMN为直角三角形，且OMON，求k的值．【答案】（1）22k或22k（2）12k【解析】【分析】（1）设直线的方程，联立直线和抛物线的方程得241680xkxk，解2420kk即可；（2）结合韦达定理，计算0OMON的坐标表示即可.【详解】解：（1）由题意，设直线l方程为24ykx，联立方程组2424xyykx，消去x得241680xkxk，要使直线l与抛物线交于不同的两点M，N，则21641680kk，即2420kk，解得22k或22k，综上，k的取值范围为22k或22k.（2）设11,Mxy，22,Nxy，由（1）可知1x，2x是241680xkxk的两个根，则124xxk，12168xxk，法一：因为OMN为直角三角形，且OMON，所以0OMON，即12120xxyy，因为12124242yykxkkxk2212124242kxxkkxxk22221684424242kkkkkk，所以有2168420kk，解得12k或12k，当12k时，直线过原点，O，M，N不能够构成三角形，试卷第8页，总143页所以12k.法二：因为OMN为直角三角形，且OMON，所以0OMON，即12120xxyy，因为2221212124416xxxxyy，所以21212016xxxx，因为120xx，所以1216xx，即16816k，解得12k，此时满足（1）中k的取值范围，所以12k.【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，根据位置关系求解参数的范围，根据其中的几何关系结合韦达定理求解参数.6．已知抛物线C：22yx和直线l：1ykx,O为坐标原点．（1）求证：l与C必有两交点；（2）设l与C交于A,B两点,且直线OA和OB斜率之和为1,求k的值．【答案】（1）见解析；（2）1k【解析】【分析】（1）联立抛物线C：y＝2x2和直线l：y＝kx+1，可得2x2﹣kx﹣1＝0，利用△＞0，即可证明l与C必有两交点；（2）根据直线OA和OB斜率之和为1，利用韦达定理可得k的值．【详解】（1）证明：联立抛物线C：22yx和直线l：1ykx,可得2210xkx,280k,l与C必有两交点；（2）解：设11,Axy,22,Bxy,则12121;yyxx①因为111ykx,221ykx,代入①,得121121;kxx②又由韦达定理得1212xxk,1212xx,代入②得1k．【点睛】试卷第9页，总143页本题主要考查抛物线的方程与简单性质、直线的一般式方程、直线与抛物线的位置关系，以及方程思想，属于基础题．7．已知抛物线2:4Cyx，在x轴正半轴上任意选定一点(,0)Mm(0)m，过点M作与x轴垂直的直线交C于P，O两点.（1）设1m，证明：抛物线2:4Cyx在点P，Q处的切线方程的交点N与点M关于原点O对称；（2）通过解答（1），猜想求过抛物线2:2Cypx(0)p上一点00,Gxy（不为原点）的切线方程的一种做法，并加以证明.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求函数2yx的导函数，再求抛物线在点P、Q处的切线方程，然后求两直线的交点坐标即可得证；（2）先由（1）猜想切线方程为直线000:2yGMyxxx，再利用导数求曲线在某点处的切线方程即可得证.【详解】（1）当1m时，点(1,0),M(1,2),P(1,2)Q，由24yx得2yx，故1yx或1yx，所以在点P处的切线方程为21yx，即1yx，在点Q处的切线方程为2(1)yx，即1yx，由11yxyx得交点(1,0)N，所以交点N与M关于原点O对称.