（浙江專版）2018年高考數(shù)學(xué) 母題題源系列 專題17 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系.doc

《（浙江專版）2018年高考數(shù)學(xué) 母題題源系列 專題17 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2018年高考數(shù)學(xué) 母題題源系列 專題17 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系.doc（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題十七 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系【母題原題1】【2018浙江，17】已知點(diǎn)P(0，1)，橢圓+y2=m(m1)上兩點(diǎn)A，B滿足=2，則當(dāng)m=_時(shí)，點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對值最大【答案】5【解析】分析:先根據(jù)條件得到A,B坐標(biāo)間的關(guān)系，代入橢圓方程解得B的縱坐標(biāo)，即得B的橫坐標(biāo)關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系，最后根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)確定最值取法.詳解：設(shè)，由得因?yàn)锳,B在橢圓上,所以 ，與對應(yīng)相減得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取最大值.點(diǎn)睛：解析幾何中的最值是高考的熱點(diǎn)，在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認(rèn)識運(yùn)動變化的過程之中，抓住函數(shù)關(guān)系，將目標(biāo)量表示為一個(或者多個)變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決.【母題原題2】【2018浙江，21】如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿足PA，PB的中點(diǎn)均在C上（）設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；（）若P是半橢圓x2+=1(x0)上的動點(diǎn)，求PAB面積的取值范圍【答案】（）見解析；（）詳解：（）設(shè)，因?yàn)?，的中點(diǎn)在拋物線上，所以，為方程即的兩個不同的實(shí)數(shù)根所以因此，垂直于軸（）由（）可知所以，因此，的面積因?yàn)?，所以因此，面積的取值范圍是點(diǎn)睛：求范圍問題，一般利用條件轉(zhuǎn)化為對應(yīng)一元函數(shù)問題，即通過題意將多元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，再根據(jù)函數(shù)形式，選用方法求值域，如二次型利用對稱軸與定義區(qū)間位置關(guān)系，分式型可以利用基本不等式，復(fù)雜性或復(fù)合型可以利用導(dǎo)數(shù)先研究單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性確定值域.【母題原題3】【2017浙江，20】如圖，已知拋物線x2=y.點(diǎn)A-12，14，B32，94，拋物線上的點(diǎn)P（x,y）-12x32,過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q（I）求直線AP斜率的取值范圍；（II）求PAPQ的最大值【答案】（I）（-1，1）；（II）2716.【解析】試題分析：本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和運(yùn)算求解能力.滿分15分.（）由斜率公式可得AP的斜率為x-12，再由-12x32，得直線AP的斜率的取值范圍；（）聯(lián)立直線AP與BQ的方程，得Q的橫坐標(biāo)，進(jìn)而表達(dá)|PA|與|PQ|的長度，通過函數(shù)f(k)=-(k-1)(k+1)3求解|PA|PQ|的最大值試題解析：（）設(shè)直線AP的斜率為k，k=x2-14x+12=x-12，因?yàn)?12x4，求MAB面積S的最小值.【答案】(1)x2=4y.(2)32.【解析】分析：（）根據(jù)拋物線的準(zhǔn)線方程可得p，故拋物線的方程可求出.（）求出過Mx0,y0的圓的切線MA,MB的方程后可得A,B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，它們可用x0,y0及其相應(yīng)的斜率表示，因此SMAB也與這三者相關(guān).再利用圓心到直線的距離為半徑得到斜率滿足的方程，利用韋達(dá)定理和x02=4y0消元后可用關(guān)于y0的函數(shù)表示SMAB，求出該函數(shù)的最小值即可.詳解：（）設(shè)拋物線C的方程為x2=2py(p0)，則p2=1，p=2，所以拋物線C的方程是x2=4y.（）設(shè)切線y-y0=k(x-x0)，即kx-y+y0-kx0=0，切線與x軸交點(diǎn)為x0-y0k,0，圓心到切線的距離為d=-2+y0-kx0k2+1=2，化簡得(x02-4)k2+2x0(2-y0)k+y02-4y0=0設(shè)兩切線斜率分別為k1,k2，則k1+k2=-2x0(2-y0)x02-4,k1k2=y02-4y0x02-4,y04S=12x0-y0k1-x0-y0k2y0=12k1-k2k1k2y02=2y0x02+y02-4y0y0-4=2y02y0-4=216y0-4+(y0-4)+832，當(dāng)且僅當(dāng)y0=8時(shí)取等號.所以切線與x軸圍成的三角形面積S的最小值為32.3【騰遠(yuǎn)2018年（浙江卷）紅卷】如圖，直線l:y=kx+m與拋物線E:x2=4y相交于A,B兩點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線E的焦點(diǎn)，若拋物線E上存在點(diǎn)C，使點(diǎn)F恰為ABC的重心.（1）求m的取值范圍；（2）求OAB面積的最大值.【答案】（1）-1203-43-2m8-2m0，即可求解；詳解：（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，由y=kx+mx2=4y，得x2-4kx-4m=0，由=16k2+16m0，得k2+m0，則x1+x2=4k,x1x2=-4m，所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=4k2+2m，由點(diǎn)F(0,1)為ABC的重心可得x1+x2+x33=0y1+y2+y33=1，則x3=-4ky3=3-4k2-2m，且y3=3-4k2-2m0，而(-4k)2=4(3-4k2-2m)，即k2=3-2m8，代入得3-2m8+m03-43-2m8-2m0，解得-12m32，所以m的取值范圍為-12m32.（2）原點(diǎn)O到直線l:y=kx+m的距離d=|m|1+k2，|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=41+k2k2+m，SOAB=12|AB|d=1241+k2k2+m|m|1+k2=2k2+m|m|=23-2m8+m|m|=32(2m3+m2)設(shè)f(x)=2m3+m2,-12m32，則f(m)=6m2+2m=2m(3m+1)，由f(m)=0得m=0或m=-13，則f(m)在(-12,-13),(0,32)上遞增，在(-13,0)上遞減，即f(m)在-13或32處取得最大值，而f(-13)=127,f(32)=9，所以f(m)max=f(32)=9，所以(SOAB)max=329=362.點(diǎn)睛：本題主要考直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用問題,解答此類題目，通過聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到“目標(biāo)函數(shù)”的解析式，確定函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解，此類問題易錯點(diǎn)是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯漏百出，本題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等.4【2018屆浙江省教育綠色評價(jià)聯(lián)盟5月適應(yīng)性考試】已知橢圓C：x24+y2=1的左，右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C上除長軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)F1PF2的內(nèi)角平分線PM交C的長軸于點(diǎn)M(m，0)（1）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（2）求|PF1|PM|的最大值【答案】（1）-32m32；（2）332【解析】分析：（1）設(shè)P(x0，y0)(y00)，則x024+y02=1，求出PF1，PF2的方程，利用角平分線的性質(zhì)，由點(diǎn)到直線距離公式可得m+332x0+2=3-m2-32x0，m=34x0，結(jié)合-2x02，可得結(jié)果；（2）|PF1|PM|=(32x0+2)1-3x0216=38(x0+43)2(163-x02)，設(shè)f(x)=(x+43)2(163-x2)(-2x2)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性可得f(x)f(23)=48，從而可得結(jié)果.詳解：（1）設(shè)P(x0，y0)(y00)，則x024+y02=1. 又F1(-3，0)，F(xiàn)2(3，0)， 所以直線PF1，PF2的方程分別為：lPF1:y0x-(x0+3)y+3y0=0lPF2:y0x-(x0-3)y-3y0=0 因?yàn)閙y0+3y0y02+(x0+3)2=my0-3y0y02+(x0-3)2 所以m+3(32x0+2)2=m-3(32x0-2)2因?yàn)?3m3,-2x02，可得m+332x0+2=3-m2-32x0，所以m=34x0， 因此-32m32（2）|PF1|=(x0+3)2+y02=3x024+23x0+4=32x0+2 |PM|=(x0-34x0)2+y02=1-3x0216 所以|PF1|PM|=(32x0+2)1-3x0216=38(x0+43)2(163-x02)設(shè)f(x)=(x+43)2(163-x2)(-2x0-2x0)的直線l交橢圓C于另一點(diǎn)B，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，連接OM并延長交橢圓于點(diǎn)N，ABN的面積為k，求k的值.【答案】(1)x24+y2=1;(2)32.【解析】分析：（1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得橢圓中的b=1，再根據(jù)三角形的面積求出c，根據(jù)a2=b2+c2=4，即可求出橢圓方程，（）過點(diǎn)A的直線方程為y=kx+1(k0)，代入到由y=kx+1x2+4y2=4得(4k2+1)c2+8kx=0，可求出B點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出M的坐標(biāo)和N的坐標(biāo)，以及|AB和點(diǎn)N到直線AB的距離，根據(jù)三角形的面積求出k的值詳解：（2）由題意設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k0)，設(shè)點(diǎn)B(x0,y0)由y=kx+1x2+4y2=4得(4k2+1)c2+8kx=0解得x0=-8k4k2+1,y0=1-4k24k2+1B(-8k4k2+1,1-4k24k2+1),M(-4k4k2+1,14k2+1)，|AB|=(-8k4k2+1)2+(1-4k24k2+1-1)2=8kk2+14k2+1直線OM斜率kOM=14k2+1-4k4k2+1=-14k，直線OM的方程為y=-14kx，由y=-14kxx2+4y2=4得N(-4k4k2+1,14k2+1)點(diǎn)N到直線l：kx-y+1=0的距離為d=|-4k4k2+1-14k2+1+1|k2+1=|1-4k2+1|k2+1=4k2+1-1k2+1SABN=12|AB|d=128kk2+14k2+1(4k2+1-1)k2+1=4k(4k2+1-1)k2+1SABN=k，4k(4k2+1-1)k2+1=k，又k0，4(4k2+1-1)=4k2+1令t=4k2+1，則t2-4t+4=0，解得t=24k2+1=2，k2=34，解得k=32或k=-32（舍）k的值為32.6【2017年天津卷】設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，離心率為.已知是拋物線的焦點(diǎn)， 到拋物線的準(zhǔn)線的距離為.（I）求橢圓的方程和拋物線的方程；（II）設(shè)上兩點(diǎn)， 關(guān)于軸對稱，直線與橢圓相交于點(diǎn)（異于點(diǎn)），直線與軸相交于點(diǎn).若的面積為，求直線的方程.【答案】（）， .（），或.【解析】試題分析：由于為拋物線焦點(diǎn)， 到拋物線的準(zhǔn)線的距離為，則，又橢圓的離心率為，求出，得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和拋物線方程；則，設(shè)直線方程為設(shè)，解出兩點(diǎn)的坐標(biāo)，把直線方程和橢圓方程聯(lián)立解出點(diǎn)坐標(biāo)，寫出 所在直線方程，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，最后根據(jù)的面積為解方程求出，得出直線的方程.試題解析：（）解：設(shè)的坐標(biāo)為.依題意， ， ， ，解得， ， ，于是.所以，橢圓的方程為，拋物線的方程為.（）解：設(shè)直線的方程為，與直線的方程聯(lián)立，可得點(diǎn)，故.將與聯(lián)立，消去，整理得，解得，或.由點(diǎn)異于點(diǎn)，可得點(diǎn).由，可得直線的方程為，令，解得，故.所以.又因?yàn)榈拿娣e為，故，整理得，解得，所以.所以，直線的方程為，或.7【2018年浙江省模擬】設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為，過點(diǎn)的動直線交拋物線于不同兩點(diǎn)，線段中點(diǎn)為，射線與拋物線交于點(diǎn).（1）求點(diǎn)的軌跡方程；（2）求面積的最小值.【答案】（1）；（2）詳解：（1）設(shè)直線方程為，代入得設(shè)，則， ， .設(shè)，由消去得中點(diǎn)的軌跡方程為（2）設(shè).， 由點(diǎn)在拋物線上，得.又，點(diǎn)到直線的距離又 .所以， 面積 設(shè)，有，故在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，因此，當(dāng)時(shí)取到最小值.所以， 面積的最小值是.8【浙江省金華十校2018年4月高考模擬】已知拋物線y2=x和C：(x+1)2+y2=1，過拋物線上的一點(diǎn)P(x0,y0)(y01)，作C的兩條切線，與y軸分別相交于A，B兩點(diǎn).（）若切線PB過拋物線的焦點(diǎn)，求直線PB斜率；（）求面積ABP的最小值.【答案】（）k=43；（）23.【解析】試題分析：（）由拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)設(shè)切線PB的方程為：kx-y-14k=0.利用圓心到直線的距離等于半徑解方程可得k=43，結(jié)合圖形可知直線PB斜率k=43.（）設(shè)切線方程為y=kx+m，由點(diǎn)P在直線上，則k=y0-mx0，直線與圓相切，則m2-2km-1=0，據(jù)此可得(x0+2)m2-2y0m-x0=0，則m1+m2=2y0x0+2，m1m2=-x0x0+2，而AB=m1-m2=2x02+3x0(x0+2)2，SABP=12ABx0=x02(x02+3x0)(x0+2)2(x01).令g(x)=x2(x2+3x)(x+2)2(x1)，則g(x)=x2(2x2+11x+18)(x+2)30，故g(x)min=g(1)=49，SABP的最小值為23.試題解析：（）拋物線的焦點(diǎn)為F14,0，設(shè)切線PB的斜率為k，則切線PB的方程為：y=kx-14，即kx-y-14k=0.k(-1)-10-14kk2+1=1，解得：k=43.P(x0,y0)(y01)，k=43.（）設(shè)切線方程為y=kx+m，由點(diǎn)P在直線上得：k=y0-mx0圓心C到切線的距離-k+mk2+1=1，整理得：m2-2km-1=0將代入得：(x0+2)m2-2y0m-x0=0設(shè)方程的兩個根分別為m1，m2，由韋達(dá)定理得：m1+m2=2y0x0+2，m1m2=-x0x0+2，從而AB=m1-m2=(m1+m2)2-4m1m2 =2x02+3x0(x0+2)2，SABP=12ABx0=x0x02+3x0(x0+2)2 =x02(x02+3x0)(x0+2)2(x01).記函數(shù)g(x)=x2(x2+3x)(x+2)2(x1)，則g(x)=x2(2x2+11x+18)(x+2)30，g(x)min=g(1)=49，SABP的最小值為23，當(dāng)x0=1取得等號.9【2018屆浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)高三上學(xué)期期末】如圖，已知橢圓E：x24+y23=1的左、右頂點(diǎn)分別為A,B，M,N是橢圓E上異于A,B的兩點(diǎn)，直線AM,BN交于點(diǎn)P(4,t)，且P位于第一象限（）若直線MN與x軸垂直，求實(shí)數(shù)t的值；（）記PMN,PAB的面積分別是S1(t),S2(t)，求S1(t)S2(t)的最小值【答案】（）t=3；（）t=3時(shí)，(S1(t)S2(t)min=34.【解析】試題分析：（）第一問，聯(lián)立直線AM和BN的方程得到它們的交點(diǎn)P的坐標(biāo)P(4x0,2y0x0)，由題得4x0=4，得到x0,y0的值，得到t的值. ()第二問，先算出S1(t),S2(t)的表達(dá)式，再得到S1(t)S2(t)的解析式，再利用導(dǎo)數(shù)或二次函數(shù)求它的最小值. ()直線AM的方程為y=t6(x+2)，代入橢圓的方程并整理得：(t2+27)x2+4t2x+(4t2-108)=0 解得M(54-2t2t2+27,18tt2+27) 直線NB的方程為y=t2(x-2)，代入橢圓的方程并整理得：(t2+3)x2-4t2x+4t2-12=0 解得N(2t2-6t2+3,-6tt2+3)所以S1(t)S2(t)=|PM|PN|PA|PB|=|yM-yPyA-yP|yN-yP|yB-yP|=|18tt2+27-t-t|-6tt2+3-t-t|=t2+9t2+27t2+9t2+3 =1-108(1t2+9)2+121t2+9+1當(dāng)1t2+9=118，即t=3時(shí)，(S1(t)S2(t)min=34.10【2018屆浙江省嵊州市高三上期末】如圖，已知拋物線，點(diǎn)， ，拋物線上的點(diǎn) ，直線與軸相交于點(diǎn)，記， 的面積分別是， .（1）若，求點(diǎn)的縱坐標(biāo)；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】試題分析：（1）由斜率公式可得， .由，得即，得；（2）設(shè)直線： ，則，聯(lián)立，消去得，則， ，由弦長公式及點(diǎn)到直線距離公式可得，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)果.試題解析：（1）因?yàn)椋?由，得即，得（2）設(shè)直線： ，則，由，知.聯(lián)立，消去得，則， .所以 ， ，點(diǎn)到直線的距離 .所以 故當(dāng)時(shí)， 有最小值.方法2：設(shè)（），則，所以直線： ，則.又直線： ， .則點(diǎn)到直線的距離為，點(diǎn)到直線的距離為所以 .故當(dāng)時(shí)， 有最小值.11【2018屆浙江省杭州市高三上期末】已知橢圓，直線，設(shè)直線與橢圓交于兩點(diǎn).（）若，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（）若直線的斜率成正等比數(shù)列（其中為坐標(biāo)原點(diǎn)），求的面積的取值范圍.【答案】（）或.（）【解析】試題分析：(1)由直線與橢圓交于兩點(diǎn)，聯(lián)立直線與橢圓方程，解得，根據(jù)，求出實(shí)數(shù)的取值范圍(2) 設(shè)， ，由直線的斜率成正等比數(shù)列，得，計(jì)算得，再由點(diǎn)到直線的距離算出，算出面積表達(dá)式 ，計(jì)算出范圍解析：（）聯(lián)立方程和，得，所以，所以，所以，即，解得或.（）設(shè)， ，則， ，設(shè)直線的斜率，因?yàn)橹本€的斜率成等比數(shù)列，所以，即，化簡，得，即.因?yàn)?，原點(diǎn)到直線的距離，所以 ，當(dāng)時(shí)，直線或的斜率不存在，等號取不到，所以.12.【河南省周口市2016-2017學(xué)年高二下學(xué)期期末】已知拋物線C1：x2=2py（p0）的焦點(diǎn)為F，拋物線上存在一點(diǎn)G到焦點(diǎn)的距離為3，且點(diǎn)G在圓C：x2+y2=9上（1）求拋物線C1的方程；（2）已知橢圓C2：x2m2+y2n2=1(mn0)的一個焦點(diǎn)與拋物線C1的焦點(diǎn)重合，且離心率為12直線l：y=kx-4交橢圓C2于A，B兩個不同的點(diǎn)，若原點(diǎn)O在以線段AB為直徑的圓的外部，求實(shí)數(shù)k的取值范圍【答案】（1）y2=8x；（2）(-233,-12)(12,233)【解析】試題分析：（）設(shè)點(diǎn)G 的坐標(biāo)為（x0，y0），利用已知條件列出x0，y0，p的方程組，求出p即可得到拋物線方程試題解析：（1）設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為(x0,y0)由題可知，x0+p2=3x02+y02=9y02=2px0，解得x0=1,y0=22,p=4，拋物線C1的方程為y2=8x；（2）由（1）得，拋物線C1的焦點(diǎn)F(2,0)，橢圓C2的一個焦點(diǎn)與拋物線C1的焦點(diǎn)重合，橢圓C2的半焦距c=2，即m2-n2=c2=4，又橢圓C2的離心率為12，2m=12，即m=4,n=23，橢圓C2的方程為x216+y212=1，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由y=kx-4x216+y212=1，得(4k2+3)x2-32kx+16=0，由韋達(dá)定理，得x1+x2=32k4k2+3,x1x2=164k2+3，由0，得(-32k)2-416(4k2+3)0，解得k12或k0，OAOB=(x1,y1)(x2,y2)=y1y2+x1x2=(kx1-4)(kx2-4)+x1x2=(k2+1)x1x2-4k(x1+x2)+16=(k2+1)164k2+3-4k32k4k2+3+16=16(4-3k2)4k2+30，即-233k233， 由，得，實(shí)數(shù)k的范圍是-233k-12或12k233，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(-233,-12)(12,233)