第12期 直线与圆锥曲线的位置关系-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）２０２４年９月 第９～１２期参考答案 第９期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．ＡＢＣＤ；　３．Ｃ．　４．槡２２；　５． ｙ２ ９ － ｘ２ １６＝１（ｙ≤－３）． ６．解：设双曲线方程为ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由已知椭圆的两个焦点Ｆ１（０，－３），Ｆ２（０，３）， 又双曲线与椭圆交点Ａ的纵坐标为４， 所以Ａ（槡１５，４）， ４２ ａ２ －（槡１５） ２ ｂ２ ＝１， ａ２＋ｂ２ ＝９ { ， 解得 ａ２ ＝４， ｂ２ ＝５{ ， 故双曲线方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．ｙ＝± ｘ２；　５．槡２． ６．解：由题意可设要求的双曲线方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ６ ＝λ≠０， 把点Ｐ（２，３）代入可得 ４４ － ９ ６ ＝λ，解得λ＝－ １ ２． 所以双曲线方程为 ｙ２ ３ － ｘ２ ２ ＝１． 第９期３，４版 双曲线同步核心素养测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＡＣＢＡ 提示： ２．由双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ９ ＝１，则其渐近线方程为ｙ＝± ３ ａｘ， 由题意整理方程ｘ±２ｙ＝０可得ｙ＝±１２ｘ，则 ３ ａ ＝ １ ２， 解得ａ＝６．故选：（Ａ）． ３．ｅ＝ ｃａ ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝ ８１０－６＝２． ４．由双曲线的方程可得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝１２， 所以ａ＝２，ｃ２ ＝４＋１２＝１６，可得ｃ＝４． 设右焦点为Ｆ，左焦点为Ｆ′， 当点Ｐ在左支上时，则｜ＰＦ｜≥ａ＋ｃ＝６， 所以｜ＰＦ′｜＝｜ＰＦ｜－２ａ＝８－２×２＝４； 当点Ｐ在右支上时，｜ＰＦ′｜＝｜ＰＦ｜＋２ａ＝８＋２×２＝１２． 故选：（Ｄ）． ５．由题得ｅ２ ＝ａ＋２ａ ＝９，解得ａ＝ １ ４，则ｚ＝ １ ４ ＋ｉ， (｜ｚ｜＝ )１４ ２ ＋槡 １＝ 槡１７ ４ ，故选：（Ａ）． ６．由题意知｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ， 要求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜的最小值， 只需求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜的最小值， 当Ａ，Ｐ，Ｆ１三点共线时取得最小值， 则｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜＝｜ＰＦ１｜＝槡３７， 所以｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ≥ 槡３７－ 槡２５． ７．设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），因为 半焦距ｃ＝槡５，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２，所以ｂ２＝５－ａ２，所以 ｘ２ ａ２ － ｙ ２ ５－ａ２ ＝１．因为线段ＰＦ１的中点的坐标为（０，２），所以点 Ｐ的坐标为 （槡５，４）．将Ｐ（槡５，４）代入双曲线方程，得 ５ ａ２ － １６ ５－ａ２ ＝１，解得 ａ２ ＝１或ａ２ ＝２５（舍去），所以双曲线的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝ １．故选（Ｂ）． ８．依题意可知 (Ｍ 槡５３３， )４ ， (Ｎ 槡３９３ ，－ )２ ， 将Ｍ，Ｎ的坐标分别代入ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１， 得 ２５ ３ａ２ －１６ ｂ２ ＝１， １３ ３ａ２ －４ ｂ２ ＝１{ ，解得ａ２ ＝３，ｂ２ ＝９， 所以双曲线Ｃ的方程为：ｘ ２ ３ － ｙ２ ９ ＝１，其渐近线为ｙ＝±槡３ｘ， 依次分析计算选项可知，只有（Ａ）选项，其渐近线为 ｙ＝ ±槡３ｘ，符合题意．故选：（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．设｜ＡＦ２｜＝ｔ，则｜ＡＦ１｜＝２ｔ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝槡３ｔ， 离心率ｅ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＡＦ１｜－｜ＡＦ２｜ ＝槡３，（Ｃ）正确； 因此 １＋ ｂ槡 １ ＝槡３，ｂ＝２，（Ａ）正确； ｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ １槡 ＋ｂ＝ 槡２３，（Ｂ）错误； 设Ａ（ｘＡ，ｙＡ），将ｘＡ ＝槡３代入得ｙＡ ＝２，则Ａ（槡３，２）， 则△ＡＢＦ１的面积为 １ ２｜Ｆ１Ｆ２｜·２ｙＡ ＝ 槡４３，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题意可得 ２ａ＝６，２ｃ＝１０，所以 ａ＝３，ｃ＝５，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２ ＝４，则双曲线Ｃ： ｘ２ ９ － ｙ２ １６＝１． Ｃ的渐近线上的点到Ｆ距离的最小值为Ｆ到渐近线的距离ｄ ＝ｂｃｃ ＝ｂ＝４，所以（Ａ）正确； 离心率ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ３，所以（Ｂ）不正确； 双曲线上，右顶点到Ｆ的距离最小，５－３＝２，所以（Ｃ）正确； Ｃ的通径长为２ｂ ２ ａ ＝ ３２ ３，故（Ｄ）正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．因双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１，则ａ＝１，ｂ＝２， ｃ＝槡５，双曲线Ｃ的离心率ｅ＝ ｃ ａ ＝槡５，即（Ａ）正确； 双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±２ｘ，而双曲线ｙ２－ｘ ２ ４ ＝１的 渐近线方程为ｙ＝±１２ｘ，它们不同，（Ｂ）不正确； 因双曲线Ｃ的渐近线和圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１都关于ｘ轴对称， 不妨选渐近线２ｘ＋ｙ＝０，圆心（１，０）到直线２ｘ＋ｙ＝０的距离ｄ ＝ ２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡２５５，所以渐近线２ｘ＋ｙ＝０被该圆所截弦长为 ２ １２－ｄ槡 ２ ＝ 槡 ２５ ５，（Ｃ）不正确； 由 ｙ＝ｋｘ＋ｂ， ４ｘ２－ｙ２ ＝{ ４得（４－ｋ２）ｘ２－２ｋｂｘ－（ｂ２＋４）＝０， ｋ＝±２，ｂ＝０时，方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， ｋ＝±２，ｂ≠０时，方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， ｋ２≠４时，Δ＝１６（ｂ２－ｋ２＋４）， 若Δ＜０，则方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， 若Δ＝０，则方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， 若Δ＞０，则方程组有两解，直线与双曲线交点个数为２， 综上得直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ与双曲线Ｃ的公共点个数只可能为０， １，２，即（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．槡８２，４；　１３．槡 ５－１ ２ ；　１４．－２． 提示： １２．双曲线方程ｘ２－８ｙ２＝３２化为标准方程为ｘ ２ ３２－ ｙ２ ４ ＝１， 可得ａ＝ 槡４２，ｂ＝２，所以双曲线的实轴长为 槡８２，虚轴长为４． １３．由题意ｅ＝ ａ＋１槡ａ ＝ ２ 槡５－１ ，则１＋１ａ ＝ ３＋槡５ ２ ， 所以ａ＝ ２ １＋槡５ ＝槡５－１２ ． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据双曲线方程知左顶点为Ａ１（－１，０），右 焦点为Ｆ２（２，０），所以 →ＰＡ１·→ＰＦ２＝（－１－ｘ，－ｙ）·（２－ｘ，－ｙ） ＝ｘ２－ｘ－２＋ｙ２ ＝４ｘ２－ｘ－５＝４ ｘ－( )１８ ２ －８１１６，因为ｘ≥ １，所以当ｘ＝１时，→ＰＡ１·→ＰＦ２取得最小值，最小值为 －２． 四、解答题 １５．解：设爆炸点为Ｐ，由已知，得｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜＝３４０×４＝ １３６０（ｍ）， 因为｜ＡＢ｜＝２ｋｍ＝２０００ｍ＞１３６０ｍ，｜ＰＡ｜＞｜ＰＢ｜， 所以点Ｐ在以点Ａ，Ｂ为焦点的双曲线并靠近点Ｂ的那一支上． 以直线ＡＢ为ｘ轴，线段ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直 角坐标系． 由２ａ＝１３６０，２ｃ＝２０００，得 ａ＝６８０，ｃ＝１０００，ｂ２ ＝ｃ２－ａ２ ＝５３７６００． 因此，点Ｐ所在曲线是双曲线的右支， 它的方程是 ｘ２ ４６２４００－ ｙ２ ５３７６００＝１（ｘ＞０）． １６．解：（１）由双曲线方程知：其渐近线方程为ｙ＝±２３ｘ． （２）由双曲线定义｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝６， 又｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜＝１６， 所以｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜－１６＝（｜ＰＦ２｜＋８）（｜ＰＦ２｜－２） ＝０，可得｜ＰＦ２｜＝２（负值舍）， 所以ＰＦ２的大小为２． １７．解：方案一：选择条件①． 因为ｍ＞０，所以ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以 槡ａ＝ ｍ，ｃ＝ ３槡ｍ． 因为Ｃ的左支上的点到右焦点的距离的最小值为ａ＋ｃ， 所以槡ｍ＋ ３槡ｍ ＝（１＋槡３）槡ｍ ＝３＋槡３， 解得ｍ＝３，故Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１． 方案二：选择条件②． 因为Ｃ的焦距为６，所以ｃ＝３． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以ｃ＝ ３槡ｍ ＝３，解得ｍ＝３，则Ｃ的方程为 ｘ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，ｂ２ ＝－ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝－３ｍ， 所以ｃ＝ －３槡 ｍ ＝３，解得ｍ＝－３， 则Ｃ的方程为ｙ ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１或 ｙ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 方案三：选择条件③． 因为Ｃ上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为４， 所以２ａ＝４，即ａ＝２． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，所以 槡ａ＝ ｍ ＝２，解得ｍ＝４， 则Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，所以ａ＝ －２槡 ｍ ＝２， 解得ｍ＝－２，则Ｃ的方程为ｙ ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１； 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１或 ｙ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１． １８．解：（１）因为｜ （ｘ－槡１０）２＋ｙ槡 ２－ （ｘ＋槡１０）２＋ｙ槡 ２｜＝ ２＜ 槡２ １０，所以Ｃ是以（槡１０，０），（－槡１０，０）为焦点，实轴长为 ２的双曲线． 设Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），则ｃ＝槡１０，ａ＝１，ｂ＝３， 所以Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１． （２）由（１）可得Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ， 由 ｙ＝－３ｘ， ｙ＝ｘ－４{ ，得 ｘ＝１， ｙ＝－３{ ，即Ｄ（１，－３）． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｘ－４， ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１ { ，得８ｘ２＋８ｘ－２５＝０， 由韦达定理得ｘ１＋ｘ２ ＝－１， 则→ＯＡ·→ →  ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ＝ｘ１＋ｘ２－３（ｙ１＋ｙ２）＝ｘ１＋ｘ２－３（ｘ１ －４＋ｘ２－４）＝２６． １９．（１）解：由题可得 ｘ２０ ２ －ｙ ２ ０ ＝１，即ｙ２０ ＝ ｘ２０ ２ －１， 联立 ｘ２ ２ －ｙ ２ ＝１与 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１， 消去ｙ得 (： ｙ２０２ －ｘ ２ ０ )４ ｘ２＋ｘ０ｘ－（１＋ｙ２０）＝０， 则ｘ２－２ｘ０ｘ＋ｘ２０ ＝０，显然Δ＝４ｘ２０－４ｘ２０ ＝０， 所以该直线与双曲线有且只有１个公共点． （２）解：由（１）知，直线 ｘ０ｘ ２－ｙ０ｙ＝１与双曲线 ｘ２ ２－ｙ ２＝１相 切于点（ｘ０，ｙ０）， 所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０）的 切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． 书 ２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ，即｜ＡＦ｜＝２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ． １９．解：（１）以Ｏ为原点，ＯＭ为ｘ轴正 向建立平面直角坐标系， 由题意，抛物线Ｃ１的通径为２ａ，所以 抛物线Ｃ１的标准方程为ｙ２ ＝２ａｘ． （２）设抛物线Ｃ２：ｘ２＝ｍｙ（ｍ＞０）， 又由题意，ＯＭ３ ＝ｘ３Ｐ ＝２ａ３，所以ｘＰ ＝３槡２ａ，代入ｙ２ ＝２ａｘ． 得：ｙ２Ｐ ＝２ ３ 槡２ａ２，解得：ｙＰ ＝ ３ 槡４ａ， 所以点Ｐ（３槡２ａ， ３ 槡４ａ），代入ｘ２ ＝ｍｙ， 得：（ ３ 槡２ａ）２ ＝ｍ ３ 槡４ａ，解得：ｍ＝ａ， 所以抛物线Ｃ２的标准方程为ｘ２ ＝ａｙ． 第１２期３，４版 直线与圆锥曲线的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＢＤＤＡ　５～８　ＣＣＡＤ 提示： １．因点（２，４）在抛物线ｙ２ ＝８ｘ上，所以过该点与抛物线相切 的直线和过该点与ｘ轴平行的直线都与抛物线只有一个公共点． 故选（Ｂ）． ２．由双曲线的几何性质可知，当直线ｌ的斜率不存在或斜率 的绝对值不小于１（渐近线斜率的绝对值）时，ｌ与双曲线没有公 共点．所以直线ｌ [倾斜角的取值范围是 π４，３π]４ ． ３．联立方程 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１， ｘ＋２ｙ－４＝０ { ， 得ｙ２－２ｙ＝０，所以ｙ１＋ｙ２＝ ２，ｘ１＋ｘ２ ＝４，所以中点Ｍ的坐标为（２，１）．故选：（Ｄ）． ４．由题意，联立 ｋｘ－ｙ＋１＝０， ｙ＝ｘ２{ ， 可得：ｘ２－ｋｘ－１＝０， 则Δ＝ｋ２＋４＞０恒成立，则直线ｋｘ－ｙ＋１＝０与抛物线ｙ ＝ｘ２必定有两个交点， 则ｐｑ显然成立，ｑｐ不成立，故选：（Ａ）． ５．设该椭圆焦点在ｘ轴上， 以中心为原点，建立直角坐标 系，如图１所示，设椭圆的方程 为： ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１，ａ＞ｂ＞０，由 题意可得２ａ＝２１２，２ｂ＝１４４， 即ａ＝１０６，ｂ＝７２，则椭圆 Ｃ的方程为 ｘ ２ １０６２ ＋ｙ ２ ７２２ ＝１， 因为直线ｌ平行于长轴且Ｃ的中心到ｌ的距离是２４ｍ， 令ｙ＝２４，得｜２ｘ｜＝ 槡４２４２３ ≈２００（ｍ），故选：（Ｃ）． ６．抛物线ｘ２ ＝１６ｙ的焦点Ｆ的坐标为（０，４），准线方程为 ｙ ＝－４，由题意知，△ＰＡＢ为“阿基米德三角形”，可得Ｐ点必在抛 物线的准线上， 所以点Ｐ（２，－４），直线ＰＦ的斜率为４－（－４）０－２ ＝－４， 又因为ＰＦ⊥ＡＢ，所以直线ＡＢ的斜率为 １４， 所以直线ＡＢ的方程为ｙ＝ １４ｘ＋４，即ｘ－４ｙ＋１６＝０， 故选：（Ｃ）． ７．设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 设椭圆的右焦点为Ｆ１， 所以Ｆ１（ｃ，０），所以直线ｌ的方程为ｙ＝ｘ－ｃ， 所以原点Ｏ到直线ｌ的距离等于Ｅ的短轴长，即 ｃ 槡２ ＝２ｂ，得 ｃ２ ＝８ｂ２，又ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２，所以ｃ２ ＝８（ａ２－ｃ２）８ａ２ ＝９ｃ２， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２２ ３，故选：（Ａ）． ８．因为该双曲线的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，则 ｂ ａ ＝槡２， 又由ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２，可得 ｂｃ ＝槡 ２ ３， 由过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上方交双曲线Ｃ于点 Ｍ，可知Ｍ的横坐标为ｃ， 代入双曲线方程可得： ｃ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，ｃ ２ ａ２ －１＝ｃ ２－ａ２ ａ２ ＝ｂ ２ ａ２ ＝ｙ ２ ｂ２ ，又有ｙ＞０，可知 (Ｍ ｃ，ｂ２ )ａ ，所以ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２ ＝ｂ２２ａｃ＝ １ ２· ｂ ａ· ｂ ｃ ＝ １ ２ ×槡２×槡 ２ ３ ＝ 槡３ ３．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．在ｘ ２ ４ －ｙ ２ ＝１中，令ｘ＝ｔ，得ｙ２ ＝ｔ ２－４ ４ ． 当ｔ＝－２或ｔ＝２时，均只有一个交点； 当ｔ＜－２或ｔ＞２时，有两个交点； 当 －２＜ｔ＜２时，无交点．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．对于选项（Ａ），由已知得ａ２ ＝２，ｂ２ ＝１，则ｃ２ ＝ａ２－ｂ２ ＝１，即ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２ ２，故（Ａ）错； 对于选项（Ｂ），由已知得，要使△ＰＦ１Ｆ２的面积最大，需底边 Ｆ１Ｆ２上的高最大，高的最大值为１，则△ＰＦ１Ｆ２面积的最大值为 １ ２ ×２×１＝１，故（Ｂ）正确； 对于选项（Ｃ），以线段Ｆ１Ｆ２为直径的圆的方程为ｘ２＋ｙ２＝１，则 该圆的圆心到直线的距离为ｄ＝｜０＋０－１｜ 槡２ ＝槡２２ ＜１，即以线段 Ｆ１Ｆ２为直径的圆与直线ｘ＋ｙ－１＝０相交，故（Ｃ）不正确； 对于选项（Ｄ），设点 Ｐ（ｘ０，ｙ０），则 ｋＰＡ·ｋＰＢ ＝ ｙ０ ｘ０＋槡２ · ｙ０ ｘ０－槡２ ＝ ｙ２０ ｘ２０－２ ＝ １－ ｘ２０ ２ ｘ２０－２ ＝－１２，故（Ｄ）正确． 故选：（Ｂ）（Ｄ）． １１．抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｘ的焦点为 (Ｆ １２， )０ ，设过焦点Ｆ的直线 方程为：ｘ＝ｍｙ＋１２，与抛物线方程联立可得：ｙ ２－２ｍｙ－１＝０， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 若Ｍ的坐标为（１，２），则ｘ１＋ｘ２ ＝２，ｙ１＋ｙ２ ＝４， 而 ｙ１＋ｙ２ ＝２ｍ， ｙ１ｙ２ ＝－１， ｘ１＋ｘ２ ＝２ｍ２＋１ { ， 即 ２ｍ＝４， ２ｍ２＋１＝２{ ，方程组无解，所以 （Ａ）错误； 又→  ＯＰ·→ＯＱ ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ (＝ ｍｙ１＋ ) (１２ ｍｙ２＋ )１２ ＋ｙ１ｙ２ ＝（ｍ２＋１）ｙ１ｙ２＋ １ ２ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋ １ ４ ＝－（ｍ２＋１）＋ｍ２＋１４ ＝－ ３ ４ ＜０， 即→ＯＰ·→ＯＱ＜０，所以坐标原点在以ＰＱ为直径的圆内，所以 （Ｂ）正确； ｋＯＰ·ｋＯＱ ＝ ｙ１ｙ２ ｘ１ｘ２ ＝ ｙ１ｙ ( ２ ｍｙ１＋ ) (１２ ｍｙ２＋ )１２ ＝ ｙ１ｙ２ ｍ２ｙ１ｙ２＋ １ ２ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋ １ ４ ＝ －１ －ｍ２＋１２ｍ×２ｍ＋ １ ４ ＝－４，故（Ｃ）正确； 抛物线的通径为２ｐ＝２，所以线段ＰＱ的长度的最小值为２， 故（Ｄ）错误．故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．有唯一公共点且相切；　１３．槡３５２ ；　１４． ５ ４． 提示： １２．因为直线过点（－１，０）且倾斜角为４５°， 所以直线方程为ｙ＝ｘ＋１， 将ｙ＝ｘ＋１与ｙ２ ＝４ｘ联立可得（ｘ＋１）２ ＝４ｘ， 即ｘ２－２ｘ＋１＝０， 所以Δ＝４－４＝０且有重根ｘ＝１， 所以该直线与抛物线ｙ２ ＝４ｘ有唯一公共点且相切． １３．联立ｘ－２ｙ＋１＝０与ｘ ２ ４ ＋ｙ ２＝１，得２ｘ２＋２ｘ－３＝０， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝－１，ｘ１ｘ２ ＝ －３ ２， 故｜ＡＢ｜＝ １ (＋ )１２槡 ２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ 槡５ ２ × １＋４×槡 ３ ２ ＝ 槡３５ ２ ． １４．双曲线ｘ ２ １６－ ｙ２ ９ ＝１中， ａ２ ＝１６，ｂ２ ＝９， 所以ａ＝４，ｂ＝３， 则ｃ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝５， 连接Ｆ１Ｑ，Ｆ２Ｑ， 则 Ｆ１Ｑ，Ｆ２Ｑ分别为 ∠ＰＦ１Ｍ， ∠ＰＦ２Ｍ的平分线，由角平分线性质 知： ｜ＭＱ｜ ｜ＰＱ｜＝ ｜ＭＦ２｜ ｜ＰＦ２｜ ＝ ｜ＭＦ１｜ ｜ＰＦ１｜ ＝ ｜ＭＦ１｜－｜ＭＦ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝２ｃ２ａ＝ｅ， 而ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ４， 故 ｜ＭＱ｜ ｜ＰＱ｜＝ ５ ４． 四、解答题 １５．解：（１）由题可得动点Ｇ的轨迹是以Ｆ（２，０）为焦点的抛 物线，其方程为ｙ２ ＝８ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋２， 联立 ｘ＝ｍｙ＋２， ｙ２ ＝８ｘ{ ， 得ｙ２－８ｍｙ－１６＝０， Δ＝６４ｍ２＋６４＞０，ｙ１ｙ２ ＝－１６． １６．解：（１）由题意得 ２ｃ＝４， ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２， ３ ａ２ ＋１ ｂ２ ＝１{ ，得 ａ ２ ＝６， ｂ２ ＝２， ｃ＝２ { ， 所以椭圆Ｍ的标准方程为ｙ ２ ６ ＋ ｘ２ ２ ＝１． （２）设与ｌ平行的ｌ１：ｙ＝ｘ＋ｂ， 由 ｙ２ ６ ＋ ｘ２ ２ ＝１， ｙ＝ｘ＋ｂ { ， 得４ｘ２＋２ｂｘ＋ｂ２－６＝０， 由Δ＝４ｂ２－４×４（ｂ２－６）＝０，得ｂ＝± 槡２２， 则ｌ１的斜截式方程为ｙ＝ｘ± 槡２２． １７．解：（１）由已知２ａ＝２，ａ＝１， 又ｃ＝槡５，则ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２ ＝２， 所以双曲线Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１． （２）由 ｙ＝ｘ＋２， ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１ { ，得３ｘ２－４ｘ－８＝０， 则Δ＝（－４）２－４×３×（－８）＝１１２＞０， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ ３，ｘ１ｘ２ ＝－ ８ ３， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋１槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜＝槡２×槡 １１２ ３ ＝ 槡４ １４ ３ ． １８．解：（１）设Ａ（ｘＡ，ｙＡ）． 由题意，Ｆ２（ｃ，０），ｃ＝ １＋ｂ槡 ２， ｙ２Ａ ＝ｂ２（ｃ２－１）＝ｂ４， 因为△Ｆ１ＡＢ是等边三角形，所以２ｃ＝槡３｜ｙＡ｜， 即４（１＋ｂ２）＝３ｂ４，解得ｂ２ ＝２． 故双曲线的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ． （２）由已知，Ｆ２（２，０）． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），直线ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－２）， 由 ｘ２－ｙ ２ ３ ＝１， ｙ＝ｋ（ｘ－２ { ）， 得（ｋ２－３）ｘ２－４ｋ２ｘ＋４ｋ２＋３＝０． 因为ｌ与双曲线交于两点， 所以ｋ２－３≠０，且Δ＝３６（１＋ｋ２）＞０． 由ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ２ ｋ２－３ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４ｋ２＋３ ｋ２－３ ， 得（ｘ１－ｘ２）２ ＝ ３６（ｋ２＋１） （ｋ２－３）２ ， 故｜ＡＢ｜＝ （ｘ１－ｘ２）２＋（ｙ１－ｙ２）槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝６（ｋ ２＋１） ｜ｋ２－３｜ ＝４， 解得ｋ２ ＝ ３５，故ｌ的斜率为 ± 槡１５ ５ ． １９．（１）解：设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞ ０），由已知得 ｃａ ＝ 槡５ ２，２ｂ＝２，又ａ ２＋ｂ２＝ｃ２，解得ａ＝２，ｂ＝ １，所以双曲线的标准方程为ｘ ２ ４ －ｙ ２ ＝１． （２）证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），联立 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４ －ｙ ２ ＝１{ ， 得（１－４ｋ２）ｘ２－８ｍｋｘ－４（ｍ２＋１）＝０， 则有 Δ＝６４ｍ２ｋ２＋１６（１－４ｋ２）（ｍ２＋１）＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝ ８ｍｋ １－４ｋ２ ， ｘ１ｘ２ ＝ －４（ｍ２＋１） １－４ｋ２ { ， ｙ１ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）（ｋｘ２＋ｍ） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｍｋ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ ＝ ｍ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ， 因为以ＡＢ为直径的圆过双曲线Ｃ的左顶点Ｄ（－２，０）， 所以ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，即 ｙ１ ｘ１＋２ · ｙ２ ｘ２＋２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， 所以 ｍ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ＋－４（ｍ ２＋１） １－４ｋ２ ＋ １６ｍｋ １－４ｋ２ ＋４＝０， 所以３ｍ２－１６ｍｋ＋２０ｋ２ ＝０，解得ｍ＝２ｋ或ｍ＝１０ｋ３． 当ｍ＝２ｋ时，直线 ｌ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ＋２），直线过定点 （－２，０），与已知矛盾； 当 ｍ＝１０ｋ３时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ １０( )３ ，直线过定点 －１０３，( )０，经检验符合已知条件， 所以直线ｌ过定点，定点坐标为 －１０３，( )０． ! ! " !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$% 4 ! 5"6$3&'(7*+,-.8012&3+ "#$% 4 !"#$ !"#$ ! " ! ! # ! $ % ! & ! '" % %#!$ ! " ! ! ( ) * ! + " * " % ! ! ! ! ! , ! , " ( + " ! ! 书 故与直线ＯＡ垂直的直线的斜率为 －１． 因此，所求直线的方程是ｙ＝－ ｘ－( )１２ ， 即２ｘ＋２ｙ－１＝０． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４ (． １２， )１ ；　５．４． ６．（１）解：若点Ａ，Ｃ在Ｃ１上，则２２ ＝２ｐ，４２ ＝８ｐ， 解得ｐ＝２， 此时Ｃ１：ｙ２ ＝４ｘ，点Ｂ不在Ｃ１上； 若点Ａ，Ｂ在Ｃ１上，则２２ ＝２ｐ，３２ ＝４ｐ，无解； 若点Ｂ，Ｃ在Ｃ１上，则３２ ＝４ｐ，４２ ＝８ｐ，无解； 综上，Ｃ１的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）证明：由题知，将ｙ＝ｋｘ＋ｍ代入ｙ２ ＝４ｘ得： ｋ２ｘ２＋２（ｋｍ－２）ｘ＋ｍ２ ＝０， 所以Δ＝４（ｋｍ－２）２－４ｋ２ｍ２＝４［（ｋｍ－２）２－（ｋｍ）２］＝ １６（１－ｋｍ）＝０，即ｋｍ＝１，所以ｋ２＋ｍ２≥２ｋｍ＝２． 第１１期３，４版 抛物线同步核心素养测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＢＣＡＡ　５～８　ＢＤＤＤ 提示： ２．抛物线ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０） (的焦点为 ｐ２， )０ ， (则点 ｐ２， )０ 到直线ｙ＝ｘ＋１的距离ｄ＝ ｐ ２ ＋１ １＋槡 １ ＝槡２，解得ｐ＝２． ３．由题意抛物线Ｃ的焦点坐标为（０，１）， 所以抛物线Ｃ的标准方程为ｘ２ ＝４ｙ，其准线为ｙ＝－１， 而ｙＮ ＝ｋ＝ ｘ２Ｎ ４ ＝１，所以Ｃ上点Ｎ（－２，ｋ）到ｌ的距离为ｄ ＝ｙＮ ＋２＝３．故选：（Ａ）． ４．如图１，建立平面直角坐标系． 设该抛物线的方程为ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ ＞０），易知抛物线经过点（５，－６）， 所以５２ ＝－２ｐ×（－６），解得ｐ＝ ２５ １２，故该抛物线的顶点到焦点的距离为 ｐ ２ ＝ ２５ ２４，故竖直悬挂的闪光灯距离水 面的距离为：ｄ＝６－２５２４≈４９６米． ５．抛物线ｙ２＝４ｘ的焦点为Ｆ（１，０），准线方程为ｌ：ｘ＝－１， 点Ｍ（４，４），由抛物线的定义可知｜ＭＦ｜＝｜ＭＨ｜，所以∠ＦＭＨ的 角平分线所在的直线就是线段 ＨＦ的垂直平分线．因为过点 Ｍ（４，４）作直线ｌ：ｘ＝－１的垂线，垂足为Ｈ，所以点Ｈ的坐标为 （－１，４），所以ＦＨ的斜率ｋＨＦ ＝ ４－０ －１－１＝－２，所以∠ＦＭＨ的角 平分线的斜率为ｋ＝ １２． ６．设从点Ａ（５，２）沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线 与抛物线交于点Ｐ，易知 ｙＰ ＝２，将（ｘＰ，ｙＰ）代入抛物线方程得 ｘＰ ＝４，即Ｐ（４，２）， 设焦点为Ｆ，则 (Ｆ １４，)０ ，设Ｑ（ｙ２Ｑ，ｙＱ），由Ｐ，Ｆ，Ｑ三点共线， 有 ２－０ ４－１４ ＝ ｙＱ －０ ｙ２Ｑ － １ ４ ，化简得８ｙ２Ｑ －１５ｙＱ －２＝０， 解得ｙＱ ＝－ １ ８或ｙＱ ＝２（舍），即 (Ｑ １６４，－ )１８ ． 故选：（Ｄ）． ７．作出抛物线的准线ｌ：ｘ＝－１，设Ａ，Ｂ在ｌ上的射影分别是 Ｃ，Ｄ，连接ＡＣ，ＢＤ，过Ｂ作ＢＥ⊥ＡＣ于Ｅ．因为→ＡＦ＝３→ＦＢ，所以设 ｜ＡＦ｜＝３ｍ，｜ＢＦ｜＝ｍ，由点Ａ，Ｂ分别在抛物线上，结合抛物线 的定义，得 ｜ＡＣ｜＝３ｍ，｜ＢＤ｜＝ｍ．因此，在 Ｒｔ△ＡＢＥ中， ｃｏｓ∠ＢＡＥ＝｜ＡＥ｜｜ＡＢ｜＝ １ ２，得∠ＢＡＥ＝６０°，所以直线ＡＢ的斜率 ｋ＝ｔａｎ６０°＝槡３，则直线ｌ的方程为ｙ＝槡３（ｘ－１），即槡３ｘ－ｙ－ 槡３＝０． ８．依题意， (设圆与抛物线的交点 ｙ２０２ｐ，ｙ )０ ，ｙ０ ＞０，显然直 线ｌ２的斜率存在且不为０，设ｌ２方程为：ｙ－ｙ０ (＝ｋ ｘ－ｙ２０２ )ｐ ， 由 ｙ－ｙ０ (＝ｋ ｘ－ｙ２０２ )ｐ ｙ２ ＝２ { ｐｘ ，整理得 ｋ ２ｐｙ ２－ｙ＋ｙ０－ ｋｙ２０ ２ｐ＝０， 而ｋ≠０，则Δ＝１－４· ｋ２ (ｐ ｙ０－ｋｙ ２ ０ ２ )ｐ ＝０，解得ｋ＝ ｐｙ０， 由ｌ１⊥ ｌ２及圆的性质知，直线 ｌ２ (过圆心 ｐ２， )ｂ ( 及点 ｙ２０ ２ｐ，ｙ )０ ，于是得：ｙ０－ｂｙ２０ ２ｐ－ ｐ ２ ＝ ｐｙ０ ，整理得２ｂｙ０ ＝ｙ２０＋ｐ２， (又 ｙ２０２ｐ－ ｐ )２ ２ ＋（ｙ０－ｂ）２＝ｂ２，即 ｙ４０ ４ｐ２ － ｙ２０ ２＋ ｐ２ ４＋ｙ ２ ０－ ２ｂｙ０ ＝０，因此有 ｙ４０ ４ｐ２ － ｙ２０ ２ ＋ ｐ２ ４ －ｐ ２ ＝０， 解得ｙ２０ ＝３ｐ２，而ｙ０＞０，即ｙ０＝槡３ｐ，于是有满足ｌ１⊥ｌ２的 (两曲线交点只有点 ３ｐ２，槡３ )ｐ ，选项（Ａ），（Ｃ）不正确； 显然ｂ＝ 槡２３３ｐ，即正数ｐ值确定，ｂ值也随之确定，并且唯一， 选项（Ｂ）不正确，（Ｄ）正确．故选（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由题意可知Ｃ１的焦点为（１，０），Ｃ２的焦点为（０，１），过Ｃ１与Ｃ２ 焦点的直线方程为 ｘ １ ＋ ｙ １ ＝１，即ｘ＋ｙ＝１，（Ａ）正确； 由 ｙ２ ＝４ｘ， ｘ２ ＝４ｙ{ ，解得 ｘ＝０，ｙ＝{ ０或 ｘ＝４，ｙ＝４{ ， 所以Ｃ１与Ｃ２有２个公共点，（Ｂ）错误； 由抛物线Ｃ１：ｙ２ ＝４ｘ知，开口向右，对称轴为ｘ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ１有１个交点， 由抛物线Ｃ２：ｘ２ ＝４ｙ知，开口向上，对称轴为ｙ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ２最多有２个交点，综上，与ｘ轴平 行的直线与Ｃ１及Ｃ２最多有３个交点，（Ｃ）正确； Ｃ１与Ｃ２关于直线ｙ＝ｘ对称，若存在直线与Ｃ１和Ｃ２都相 切，则该切线也关于直线ｙ＝ｘ对称，不妨设为ｙ＝－ｘ＋ｔ，与ｘ２＝ ４ｙ联立得ｘ２＋４ｘ－４ｔ＝０，由Δ＝０得ｔ＝－１， 所以直线ｙ＝－ｘ－１与Ｃ１和Ｃ２都相切，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．ｙ２ ＝４ｘ，ｐ＝２，ｌ：ｘ＝－１． 又圆Ａ半径为１，圆心为Ａ（０，４），所以点Ａ到直线ｌ的距离为 １，所以圆Ａ与ｌ相切，（Ａ）正确； 当Ｐ，Ａ，Ｂ三点共线时，ｙＰ ＝ｙＡ ＝４， 代入ｙ２ ＝４ｘ中，ｘＰ ＝４，所以ＰＡ＝４， 所以ＰＱ＝ ＰＡ２－ｒ槡 ２ ＝槡１５，（Ｂ）正确； 当｜ＰＢ｜＝２时，ｘＰ ＝１，ｙＰ ＝２（假设Ｐ在ｘ轴上方）．此时， Ｂ（－１，２），Ｐ（１，２），Ａ（０，４），ＡＰ２ ＝ＡＢ２ ＝５，ＢＰ２ ＝４． 因为ＡＰ２＋ＡＢ２≠ＢＰ２，所以ＰＡ与ＡＢ不垂直，（Ｃ）错误； 因为ＰＢ＝ＰＦ（Ｆ为抛物线Ｃ的焦点）， 所以ＰＡ＝ＰＢ时，ＰＡ＝ＰＦ． 所以，点Ｐ在ＡＦ中垂线上． 又Ａ（０，４），Ｆ（１，０），所以ＡＦ中垂线的方程为ｘ＝４ｙ－１５２． 联立 ｘ＝４ｙ－１５２， ｙ２ ＝４ｘ { ， 得ｙ２－１６ｙ＋３０＝０，Δ＞０． 所以ＡＦ的中垂线与抛物线Ｃ有两个交点，故点Ｐ有且仅有 两个，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．因为马鞍面的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝２ｚ（ａ＞０，ｂ＞０）， 对于（Ａ），平行于ｘＯｙ平面的面中 ｚ为常数，不妨设为 ｚ０（ｚ０ ≠０），得ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝２ｚ０，故所得轨迹是双曲线，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），法向量为（１，０，０）的平面中 ｘ为常数，不妨设为 ｘ０，则ｙ２ ＝－２ｂ２ｚ＋ ｂ２ｘ２０ ａ２ ，为抛物线方程，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），垂直于ｙ轴的平面中ｙ为常数，不妨设为ｙ０， 则ｘ２ ＝２ａ２ｚ＋ ａ２ｙ２０ ｂ２ ，为抛物线方程，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），不妨设平面上的点坐标为Ａ（ｘ，ｙ，ｚ）， 因为平面过原点且法向量为ｎ＝（１，１，０），由→ＯＡ·ｎ＝０，得 ｘ＋ｙ＝０， 故ｙ＝－ｘ，代入马鞍面标准方程， (得 １ａ２ －１ｂ )２ ｘ２ ＝２ｚ， 当ａ＝ｂ时，方程为ｚ＝０，不是抛物线，故（Ｄ）错误． 故选：（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题　１２．３；　１３．４；　１４． 槡１０６＋槡１２３． 提示： １２．因为Ａ ７ｐ ２，( )０，所以｜ＡＦ｜＝３ｐ，则｜ＭＦ｜＝ ３ ２ｐ， 所以Ｍ点横坐标为ｐ，代入得ｙ＝±槡２ｐ， Ｓ△ＡＭＦ ＝ １ ２ ×３ｐ×槡２ｐ＝ 槡２７２ ２ ，所以ｐ＝３． １３．由抛物线的性质可知 １ｍ ＋ １ ｎ ＝ ２ ｐ ＝１，则ｍ＋ｎ＝（ｍ ＋ｎ (） １ｍ ＋１ )ｎ ＝１＋ｍｎ＋ｎｍ ＋１≥２＋２＝４，当且仅当ｍ ＝ｎ时取到最小值４． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），由阿氏圆的定义可得｜ＰＡ｜｜ＰＢ｜＝ 槡６ ３， 即 （ｘ＋３）２＋（ｙ－１）２ （ｘ＋３）２＋（ｙ－６）２ ＝２３，化简得ｘ ２＋ｙ２＋６ｘ＋１８ｙ－６０ ＝０．所以（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２ ＝１５０，所以点Ｐ在圆心为（－３， －９），半径为 槡５６的圆上， 因为抛物线Ｃ：ｙ＝ １６ｘ ２的焦点为Ｆ，所以 (Ｆ ０， )３２ ， 因为（０＋３）２ (＋ ３２ ＋ )９ ２ ＝４７７４ ＜１５０， 所以点Ｆ在圆（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２ ＝１５０内， 因为点Ｆ到与圆心的距离为 ４７７槡４ ＝ 槡４７７ ２ ， 所以过点Ｆ的最短弦长为２ １５０－４７７槡 ４ ＝槡１２３， 过点Ｆ的最长弦长为 槡２ １５０＝ 槡１０６， 所以过点Ｆ的最长弦与最短弦的和为 槡１０６＋槡１２３． 四、解答题 １５．解：（１）因为Ｍ（ｐ，ｐ－１）是Ｃ上的点， 所以ｐ２ ＝２ｐ（ｐ－１）， 因为ｐ＞０，解得ｐ＝２，所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． （２）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋｘ＋２， ｘ２ ＝４ｙ{ ， 得ｘ２－４ｋｘ－８＝０，Δ＝１６ｋ２＋３２＞０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝４ｋ，ｘ１ｘ２ ＝－８， 由抛物线的定义知，｜ＡＦ｜＝ｙ１＋１，｜ＢＦ｜＝ｙ２＋１， 则 ｜ＡＦ｜·｜ＢＦ｜＝（ｙ１＋１）（ｙ２＋１）＝（ｋｘ１＋３）（ｋｘ２＋３） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋３ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋９＝４ｋ２＋９＝１３， 解得ｋ＝±１． １６．解：（１）依题意Ｆ（１，０），设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋１． 与ｙ２ ＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ－４＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４． ① 因为→ＡＦ＝２→ＦＢ，所以ｙ１ ＝－２ｙ２． ② 联立①和②，消去ｙ１，ｙ２，得ｍ＝±槡 ２ ４． 所以直线ＡＢ的斜率是 ± 槡２２． （２）由点Ｃ与原点Ｏ关于点Ｍ对称，得Ｍ是线段ＯＣ的中点， 从而点Ｏ与点Ｃ到直线ＡＢ的距离相等， 所以四边形ＯＡＣＢ的面积等于２Ｓ△ＡＯＢ． 因为 ２Ｓ△ＡＯＢ ＝ ２ × １ ２ × ｜ＯＦ｜ ×｜ｙ１ － ｙ２ ｜＝ （ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝４ １＋ｍ槡 ２≥４， 所以ｍ＝０时，四边形ＯＡＣＢ的面积最小，最小值是４． １７．（１）解：由题意得 (Ｆ ｐ２， )０ ， 当点Ａ与Ｆ重合且直线ｌ垂直于ｘ轴时，ｌ方程为ｘ＝ ｐ２， 代入ｙ２＝２ｐｘ得ｙ＝±ｐ，所以｜ＰＱ｜＝２ｐ＝４，解得ｐ＝２， 所以Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）证明：可设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 将ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ代入ｙ２ ＝４ｘ中得ｙ２－４ｍｙ－４ｘＡ ＝０， 则Δ＝１６ｍ２＋１６ｘＡ ＞０，ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４ｘＡ， 由∠ＰＢＡ＝∠ＱＢＡ得ｋＰＢ＋ｋＱＢ ＝０， 即 ｙ１ ｘ１－ｘＢ ＋ ｙ２ ｘ２－ｘＢ ＝０， 即ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ）＝０， 所以ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ） ＝ｙ１（ｍｙ２＋ｘＡ－ｘＢ）＋ｙ２（ｍｙ１＋ｘＡ－ｘＢ） ＝２ｍｙ１ｙ２＋（ｘＡ－ｘＢ）（ｙ１＋ｙ２） ＝２ｍ·（－４ｘＡ）＋（ｘＡ－ｘＢ）·４ｍ ＝－４ｍ（ｘＡ＋ｘＢ）＝０， 又直线ｌ不垂直于坐标轴，所以ｍ≠０，所以ｘＡ＋ｘＢ ＝０． 所以ｘＡ＋ｘＢ为定值０． １８．（１）解：设抛物线Γ的方程为ｘ２ ＝２ｐｙ（ｐ＞０）， 由题可得 ｐ ２ ＝１，解得ｐ＝２， 因此，抛物线Γ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． （２）证明：过点Ａ作ＡＫ⊥ｙ轴于点Ｋ，设｜ＡＦ｜＝ｍ， 则Ｒｔ△ＡＦＫ中，∠ＫＦＡ＝α， 可得ｓｉｎα＝｜ＡＫ｜｜ＡＦ｜，ｃｏｓα＝ ｜ＦＫ｜ ｜ＡＦ｜， 可得｜ＡＫ｜＝｜ＡＦ｜ｓｉｎα＝ｍｓｉｎα，｜ＦＫ｜＝｜ＡＦ｜ｃｏｓα＝ ｍｃｏｓα，由此可得点Ａ的坐标为（－ｍｓｉｎα，１＋ｍｃｏｓα）， 因为点Ａ为抛物线ｘ２ ＝４ｙ上的点， 所以（－ｍｓｉｎα）２ ＝４（１＋ｍｃｏｓα）， 整理得ｍ２ｓｉｎ２α－４ｍｃｏｓα－４＝０， 解得ｍ＝４ｃｏｓα± １６ｃｏｓ ２α＋１６ｓｉｎ２槡 α ２ｓｉｎ２α ＝４ｃｏｓα±４ ２ｓｉｎ２α ＝２ｃｏｓα±２ ｓｉｎ２α ． 因为α为锐角，可得ｃｏｓα＜１，且ｍ＞０， 所以ｍ＝２ｃｏｓα－２ ｓｉｎ２α ＜０不符合题意，得ｍ＝２ｃｏｓα＋２ ｓｉｎ２α ＝ 书 证明如下：显然 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０ ＝ａ２ｂ２， 由 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１， ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得：ｂ２ａ２ｘ２－２ｂ２ａ２ｘ０ｘ＋ｂ２＋ｙ２０＝０， 于是Δ＝ ４ｂ４ｘ２０ ａ４ －４ｂ ２ ａ２ （ｂ２＋ｙ２０）＝ ４ｂ２（ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２） ａ４ ＝０， 因此直线 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１与双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０） 相切于点（ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上 一点（ｘ０，ｙ０）的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． （３）证明：当ｎ＝０时，直线ｌ的斜率不存在， 由对称性知，点Ｔ为线段ＰＱ的中点； 当ｎ≠０时，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），线段ＰＱ的中点Ｎ（ｔ，ｓ）， 由 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝０， ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得 (： ｎ２ｂ２ －ｍ２ａ )２ ｘ２＋２ｍｘ－ａ２＝０， 由 ｍ２ ａ２ －ｎ ２ ｂ２ ＝１，得ｘ２－２ｍｘ＋ａ２＝０，则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ｍ， 又 ｍｔ ａ２ －ｎｓ ｂ２ ＝１，于是ｓ＝ｂ ２ (ｎ ｍ２ａ２ － )１ ＝ｎ， 即点Ｔ与点Ｎ重合，所以点Ｔ为线段ＰＱ的中点． 第１０期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．Ｃ．　４．ｘ＝－３２；　５．１． ６．解：在方程ｘ－２ｙ－４＝０中，令ｘ＝０得ｙ＝－２； 令ｙ＝０得ｘ＝４，所以抛物线的焦点为（４，０）或（０，－２）． 当焦点为（４，０）时，ｐ２ ＝４，所以ｐ＝８， 此时抛物线方程为ｙ２ ＝１６ｘ，准线方程为ｘ＝－４； 当焦点为（０，－２）时，ｐ２ ＝２，所以ｐ＝４， 此时抛物线方程为ｘ２ ＝－８ｙ，准线方程为ｙ＝２． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｂ；　３．Ｃ．　４．２；　５．ｙ２ ＝８ｘ． ６．解：设Ｐ（ｔ，４ｔ２），且点Ｐ到直线ｙ＝４ｘ－５的距离为ｄ， 则ｄ＝｜４ｔ－４ｔ ２－５｜ 槡１７ ＝４ｔ ２－４ｔ＋５ 槡１７ ＝ 槡４１７１７ ｔ－( )１２ ２ ＋[ ]１． 当ｔ＝ １２时，ｄ取得最小值．此时，Ｐ １ ２，( )１为所求的点． 第１０期３，４版 抛物线同步核心素养测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＡＣＢＣ　　５～８　ＤＡＢＤ 提示： １．根据已知ｘ２ ＝ｙ，２ｐ＝１， (所以焦点坐标为 ０， )１４ ．故选：（Ａ）． ２．抛物线方程ｙ２ ＝ １２ｘ，２ｐ＝ １ ２， 所以准线方程是ｘ＝－１８．故选：（Ｃ）． ３．由抛物线定义得３＋ ｐ２ ＝４，解得ｐ＝２．故选：（Ｂ）． ４．抛物线ｙ＝ １８ｘ ２的标准方程为ｘ２ ＝８ｙ， 所以焦点的坐标为（０，２），准线方程为ｙ＝－２， 故选：（Ｃ）． ５．直线３ｘ＋２ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（２，０）， 所以抛物线Ｃ的焦点为（２，０），故 ｐ２ ＝２，解得ｐ＝４， 所以抛物线的标准方程为ｙ２ ＝８ｘ．故选：（Ｄ）． ６．如图１，ＡＢ为水面宽，ＢＣ为拱 顶离水面的高度， 故｜ＡＢ｜＝２４，｜ＢＣ｜＝１２， 故Ｂ（１２，－１２）． 设抛物线的方程为：ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ ＞０），则１４４＝－２ｐ×（－１２），即ｐ＝ ６，故焦点坐标为（０，－３）．故选：（Ａ）． ７．由抛物线定义可知，｜ＡＦ｜等于点Ａ到抛物线准线的距离， ｜ＡＦ｜的最小值为抛物线顶点到准线的距离，即｜ＡＦ｜≥ ｐ２， 若｜ＡＦ｜＞１恒成立，则 ｐ２ ＞１，即ｐ＞２．故选：（Ｂ）． ８．依题意可得 (Ｆ ３２， )０ ． 设Ｐ（ｘ，ｙ）（ｘ≠０），Ｑ（ｔ，０），则→  ＯＰ＝（ｘ，ｙ）， →  ＰＱ＝（ｔ－ｘ，－ｙ），→ (ＰＦ＝ ３２ －ｘ， )－ｙ ， 因为ＯＰ⊥ＰＱ，所以→  ＯＰ·→  ＰＱ＝ｘ（ｔ－ｘ）－ｙ２＝ｔｘ－ｘ２－６ｘ ＝ｘ（ｔ－ｘ－６）＝０， 因为ｘ≠０，所以ｔ－ｘ－６＝０，即ｔ－ｘ＝６， 所以→ＰＦ·→  (ＰＱ＝ ３２ )－ｘ （ｔ－ｘ）＋ｙ２ (＝ ３２ )－ｘ （ｔ－ ｘ）＋６ｘ＝ (６ ３２ )－ｘ ＋６ｘ＝９．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９． （ｘ－４）２＋ｙ槡 ２ ＝｜ｘ｜＋４，当ｘ≥０时，化简得ｙ２＝１６ｘ； 当ｘ＜０时，化简得ｙ＝０，故（Ａ）不正确． 显然点Ｐ始终在直线ｌ上，故（Ｂ）不正确． 等式的几何意义可理解为点Ｐ到定点（１，０）与到定直线ｘ＋ ｙ＝０的距离相等，符合抛物线的定义，故（Ｃ）正确． 对于（Ｄ）选项，可以转化为点 Ｐ到 Ｆ的距离与到定直线 ｘ ＝－４的距离相等，符合抛物线的定义，故（Ｄ）正确． １０．抛物线ｘ２ ＝４ｙ的准线方程为ｙ＝－１，故（Ａ）错误； 由｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝４，得ｙ１＋１＋ｙ２＋１＝４， 则ｙ１＋ｙ２ ＝２，所以点Ｐ的纵坐标ｙＰ ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝１， 即为点Ｐ到ｘ轴的距离为１，故（Ｂ）正确； 因为直线ｌ交抛物线于Ａ，Ｂ两点，显然ｌ的斜率存在， 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，与ｙ＝ １４ｘ ２联立消去ｙ， 整理得ｘ２－４ｋｘ－４ｍ＝０， 所以ｘ１ｘ２ ＝－４ｍ，所以ｙ１ｙ２ ＝ ｘ２１ ４ × ｘ２２ ４ ＝ （ｘ１ｘ２）２ １６ ＝ｍ ２． 若直线ＡＢ经过焦点Ｆ，则ｍ＝１，ｙ１ｙ２ ＝１，故（Ｃ）正确； 若ｙ１ｙ２ ＝１，则ｍ＝±１，当ｍ＝１时，直线ＡＢ过焦点Ｆ； 当ｍ＝－１时，直线ＡＢ过点（０，－１），故（Ｄ）错误． 故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．截圆锥的平面平行于母线ＰＡ且过母线ＰＢ的中点 Ｍ，故 Ｏ也在截面上，同时根据对称性可知抛物线的对称轴为ＯＭ，焦点 在ＯＭ上，故（Ａ），（Ｂ）正确． 由题可得圆锥的母线ＰＡ＝ＰＢ＝ ４２＋４槡 ２ ＝ 槡４２，ＡＢ＝８， 所以ＡＢ２ ＝ＰＡ２＋ＰＢ２，所以ＰＢ⊥ＰＡ． 如图２，连接ＯＭ，在△ＰＡＢ中，Ｏ为ＡＢ的中点，Ｍ是ＰＢ中点， 所以ＯＭ为中位线，所以ＰＡ∥ＯＭ，ＰＢ⊥ＯＭ， 所以ＯＭ＝ １２ＰＡ＝ 槡２２． 设平面α交底面圆于Ｃ，Ｄ，则ＣＤ＝ＡＢ＝８． 以Ｍ为原点，ＭＯ为ｘ轴建立坐标系如图３所示， 则Ｏ（槡２２，０），Ｄ（槡２２，４）．可设抛物线的方程为ｙ２ ＝２ｐｘ， 把Ｄ（槡２２，４）代入抛物线方程可得：槡４２＝２ｐ， 所以抛物线为：ｙ２ ＝ 槡４２ｘ，焦点Ｆ（槡２，０），故（Ｃ）错误， 所以焦点到准线的距离为 槡２２，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．８０；　１３．ｘ＝－１２；　１４．ｙ＝±（ｘ－１）． 提示： １２．以抛物线最高点为坐标原 点，平行于地面为 ｘ轴，建立平面直 角坐标系，如图４， 设抛物线方程为ｘ２ ＝－２ｐｙ， 由题意得Ａ（８０，－４０），将其代 入抛物线方程得６４００＝８０ｐ， 解得ｐ＝８０，故安全抛物线的焦 点到其准线的距离为８０米． １３．不妨设点Ｄ在第一象限，则点Ｅ在第四象限， 联立 ｘ＝２， ｙ２ ＝２{ ｐｘ可得 ｘ＝２， ｙ＝±２槡ｐ { ， 则点 Ｄ（２，２槡ｐ），Ｅ（２， －２槡ｐ），所以 →ＯＤ·→  ＯＥ＝４－４ｐ＝０，解得ｐ＝１， 因此Ｃ的准线方程为ｘ＝－ ｐ２ ＝－ １ ２． １４．由｜ＡＢ｜＝ｘ１＋ｘ２＋ ｐ ２ ＝８，结合定义知ＡＢ的中点的横 坐标为３，设直线ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－１），与ｙ２＝４ｘ，联立，得ｋ２ｘ２－（２ｋ２ ＋４）ｘ＋ｋ２＝０，所以ｘ１＋ｘ２＝ ２ｋ２＋４ ｋ２ ＝６，得ｋ＝±１，故直线ｌ 的方程为：ｙ＝±（ｘ－１）． 四、解答题 １５．解：由题意设抛物线的方程为ｘ２＝－２ｐｙ（ｐ＞０）， 则其准线方程为ｙ＝ ｐ２． 由题可得 ｐ ２ ＋４＝６，解得ｐ＝４． 所以抛物线的方程为ｘ２ ＝－８ｙ． 又因为点Ａ（ｍ，－４）在抛物线上， 所以ｍ２ ＝３２，即ｍ＝± 槡４２． 所以点Ａ的坐标为（± 槡４２，－４）． １６．解：由抛物线的方程可知其准线为ｘ＝１． 设Ｐ（ｘ，ｙ），因为点Ｐ为抛物线上的动点，Ｆ为焦点， 所以｜ＰＦ｜等于点Ｐ到准线的距离． 所以｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜的最小值是点Ａ到准线ｘ＝１的距离． 此时点Ｐ的纵坐标为ｙ＝１， 代入抛物线ｙ２ ＝－４ｘ，解得ｘ＝－１４． 所以点Ｐ的坐标为 －１４，( )１． １７．解：（１）由题意知：抛物线Ｃ过点（２５０，１５６２５）， 设抛物线Ｃ：ｘ２ ＝２ｐｙ（ｐ＞０），２５０２ ＝２×１５６２５ｐ， 解得ｐ＝２００，所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ＝４００ｙ． （２）由题意知：弦ＰＱ为抛物线Ｃ的焦点弦， 所以当ＰＱ为通径时，从入射点Ｐ到反射点Ｑ的路程最短， 所以｜ＰＱ｜ｍｉｎ＝２ｐ＝４００， 所以 (Ｐ ±ｐ，ｐ )２ ，即Ｐ（±２００，１００）． １８．解：（１）由点Ｐ（ｘ０，槡２ｐ）在抛物线Ｃ上， 得（槡２ｐ）２ ＝２ｐｘ０，解得ｘ０ ＝ｐ， 由抛物线定义得，｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ３ｐ ２ ＝３，解得ｐ＝２， 故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１， 联立 ｙ２ ＝４ｘ， ｘ＝ｍｙ＋１{ ，消去ｘ，得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 故ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４， 所以ｘ１ｘ２ ＝ ｙ２１ ４ × ｙ２２ ４ ＝ ｙ２１ｙ２２ １６ ＝１，ｘ１＋ｘ２ ＝（ｍｙ１＋１）＋ （ｍｙ２＋１）＝ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋２＝４ｍ２＋２， 则→ＯＡ·→  ＯＢ＝－（ｘ１＋ｘ２）＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝－３， 即４ｍ２＋２＝３，解得ｍ＝±１２， 所以所求直线ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－２或ｙ＝２－２ｘ． １９．解：（１）以抛物线的顶点为 坐标原点，对称轴为ｙ轴，建立如图５ 所示的平面直角坐标系， 依题意可得Ａ (的坐标为 ９２，)４ ， 设抛物线的方程为ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞ ０），则８１４ ＝８ｐ，解得ｐ＝ ８１ ３２， 故该抛物线的标准方程为ｘ２ ＝８１１６ｙ， 焦点到准线的距离为ｐ＝８１３２ｃｍ． （２）设小球大圆圆周的方程为ｘ２＋（ｙ－ｒ）２ ＝ｒ２（ｒ＞０）， 联立方程组 ｘ２＋（ｙ－ｒ）２ ＝ｒ２， ｘ２ ＝８１１６ｙ { ， 解得ｙ＝０或ｙ＝２ｒ－８１１６． 要使小球能触及杯盏的底部（顶点）， 则小球与杯子有且只有一个交点，即抛物线的顶点， 则ｙ＝２ｒ－８１１６＝０或ｙ＝２ｒ－ ８１ １６无解． 又因为抛物线不可能在ｘ轴下方，所以ｙ＝２ｒ－８１１６＜０， 综上２ｒ－８１１６≤０，解得ｒ≤ ８１ ３２， 所以ｒ的最大值为８１３２． 第１１期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．ｙ２＝１６ｘ或ｘ２＝－１２ｙ；　５．ｘ２＝１６ｙ． ６．解：（１）设抛物线Ｃ的标准方程为ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０）． 因为点Ａ（２，２）在抛物线Ｃ上，所以ｐ＝１． 因此，抛物线Ｃ的标准方程是ｙ２ ＝２ｘ． （２）由（１）可得焦点Ｆ的坐标是 １ ２，( )０， 又直线ＯＡ的斜率为 ２２ ＝１， ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$% 45"6$3&'(7*+,-.8012&3+ "#$% 4 ! " # $ % & ! ! " % $ & ! ! !" # $ " & ! ! ! " % " $ & " ' ( $ ) % ! # " # * + & ! $ ( $ ! # 书 一、椭圆中的开放型问题 例１已知椭圆方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１，过点Ｐ（－１，０） 作直线ｌ交椭圆于Ａ，Ｂ两点，问：使｜ＡＢ｜＝３的直线ｌ是 否存在？若存在，求出方程；若不存在，说明理由． 解：设直线ｌ的斜率为ｋ， （１）当斜率ｋ不存在时，ｘ＝－１． 代入椭圆方程，求得Ａ －１，３( )２ ，Ｂ －１，－３( )２ ， 此时｜ＡＢ｜＝３，故使｜ＡＢ｜＝３的直线ｌ存在，方程 为ｘ＝－１． （２）当斜率ｋ存在时，设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋ １），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）． 代入椭圆方程消去ｙ，得 （３＋４ｋ２）ｘ２＋８ｋ２ｘ＋４ｋ２－１２＝０， 且ｘ１＋ｘ２ ＝ －８ｋ２ ３＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４ｋ２－１２ ３＋４ｋ２ ． 由弦长公式得 ３＝ （１＋ｋ２）［（ｘ１＋ｘ２） ２－４ｘ１ｘ２槡 ］， 化简得３＋４ｋ２ ＝４＋４ｋ２，即３＝４，矛盾． 故使｜ＡＢ｜＝３的直线ｌ不存在． 综上，直线ｌ存在，方程为ｘ＝－１． 二、双曲线中的开放型问题 例２给定双曲线ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１，过定点Ｂ（１，１）能否 作直线ｍ，使直线ｍ与所给双曲线交于Ｑ１，Ｑ２两点，且 点Ｂ是线段Ｑ１Ｑ２的中点？这样的直线如果存在，求出它 的方程；如果不存在，说明理由． 解：假设过点Ｂ（１，１）符合条件的直线ｍ存在， 由题易知直线ｍ斜率存在，设为ｋ， 所以直线ｍ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１）＋１， 由 ｙ＝ｋ（ｘ－１）＋１， ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１ { ， 化简得 （２－ｋ２）ｘ２＋（２ｋ２－２ｋ）ｘ＋２ｋ－ｋ２－３＝０（２－ｋ２ ≠０）． （） 设Ｑ１（ｘ１，ｙ１），Ｑ２（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ｋ２－２ｋ ｋ２－２ ＝２，解得ｋ＝２． 此时，方程（）变为２ｘ２－４ｘ＋３＝０， Δ＝１６－４×２×３＝－８＜０， 所以不存在符合题设条件的直线ｍ． 三、抛物线中的开放型问题 例３已知抛物线 Ｃ１：ｙ ２ ＝ｘ＋１，Ｃ２：ｘ＋ １( )４ ２ ＝ １ ２ ｙ－ １９( )８ ，直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｂ．试问：是否存在正整数ｋ 和ｂ，使直线ｌ与Ｃ１，Ｃ２均无公共点？ 解：假设存在正整数ｋ和ｂ，使ｌ与Ｃ１，Ｃ２均无公共 点，将ｙ＝ｋｘ＋ｂ分别代入Ｃ１，Ｃ２的方程得 ｋ２ｘ２＋（２ｂｋ－１）ｘ＋ｂ２－１＝０（ｋ２≠０）， ４ｘ２＋２（１－ｋ）ｘ＋５－２ｂ＝０． 所以有 Δ１ ＝（２ｂｋ－１） ２－４ｋ２（ｂ２－１）＜０， Δ２ ＝４（１－ｋ） ２－１６（５－２ｂ）＜０{ ， 化简得 ｂ＞ｋ＋１４ｋ＞１，　　　　　　　① ４（５－２ｂ）＞（ｋ－１）２≥０， { ② 解得１＜ｂ＜ ５２． 根据题意可知正整数ｂ＝２，代入①，②得 １＜ｋ＋１４ｋ＜２， ０≤（ｋ－１）２ ＜４ { ， 解得 ２－槡３ ２ ＜ｋ＜ ２＋槡３ ２ ． 由此得正整数ｋ＝１． 故当ｋ＝１，ｂ＝２时，直线ｌ与Ｃ１，Ｃ２均无公共点． 书 一、军事中应用 例１“中国海域不容任何侵犯”，某海域布置了三 个观测站，并配备了相应的军事武器．站Ａ在站Ｂ的正 东方向６ｋｍ处，站Ｃ在站Ｂ的北偏西３０°且距站Ｂ４ｋｍ 处．在某时刻，站Ａ雷达收到了敌舰Ｐ进犯该海域的某 种信号，Ｂ，Ｃ两站在４ｓ后同时收到了这种信号，且信号 的传播速度是１ｋｍ／ｓ，现由站Ａ向静止的敌舰Ｐ发射炮 弹，以示警告．若不计空气阻力与站高，求站Ａ发射炮弹 的方位角和站Ａ到敌舰Ｐ的距离有多远？ 解：如图１所示，取 ＡＢ所在 直线为ｘ轴，ＡＢ的中点Ｏ为原点， 建立直角坐标系，易知Ａ（３，０）， Ｂ（－３，０），Ｃ（－５，槡２３），设敌舰所 在位置为Ｐ（ｘ，ｙ），由于Ｂ，Ｃ同时 发现信号，则有｜ＰＢ｜＝｜ＰＣ｜， 于是点Ｐ在ＢＣ的中垂线上，其方程为槡３ｘ－３ｙ＋槡７３＝ ０．又由于Ａ，Ｂ两站发现信号时间差为４秒，知｜ＰＢ｜－ ｜ＰＡ｜＝４＜｜ＡＢ｜＜６，于是点Ｐ在双曲线ｘ ２ ４－ ｙ２ ５ ＝ １的右支上， 所以 槡３ｘ－３ｙ＋槡７３＝０， ｘ２ ４－ ｙ２ ５ ＝１ { ， 解得ｘ＝８或－３２１１（舍去）， 故直线与双曲线的交点坐标为Ｐ（８，槡５３）， 所以｜ＡＰ｜＝１０，∠ＰＡｘ＝６０°， 因此，站Ａ发射炮弹的方位角为北偏东３０°，敌舰距离 站Ａ１０ｋｍ． 二、电力中应用 例２如图２，Ａ村在Ｂ地正北２ｋｍ处，Ｃ村在Ｂ地正 东４ｋｍ处，已知弧形公路ＰＱ上任一点到Ｂ，Ｃ距离之和 为８ｋｍ，现要在公路旁建造一个变电房Ｍ分别向Ａ村、 Ｃ村送电，要使到两村所用电线长相等，变电房Ｍ应建 在何处？ 解：以Ｂ，Ｃ所在的直线为ｘ轴、中垂线为 ｙ轴建立 直角坐标系，如图３所示， 因为｜ＭＢ｜＋｜ＭＣ｜＝８（８＞｜ＢＣ｜＝４）， 所以点Ｍ在以Ｂ，Ｃ为焦点，长轴长为８的椭圆上， 于是Ｂ（－２，０），Ｃ（２，０），Ａ（－２，２）， 故椭圆的方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ １２＝１． 由于到Ａ，Ｃ两村所用电线长相等， 因此点Ｍ在ＡＣ的中垂线上， 因为ｋＡＣ ＝－ １ ２，那么ＡＣ的中垂线方程为ｙ－１＝２ｘ， 所以 ｘ２ １６＋ ｙ２ １２＝１， ｙ＝２ｘ＋１ { ， 化简得１９ｘ２＋１６ｘ－４４＝０， 解得ｘ１ ＝－２（舍去）或ｘ２ ＝ ２２ １９． 结合图形，可知变电房Ｍ应建在（２２１９， ６３ １９）． 书 有关直线与圆锥曲线的位置关系问题是圆锥曲线 中的重要题型，主要涉及的问题有参数的范围问题、交 点的个数问题、弦中点的轨迹问题及弦长问题等．下面 举例说明，供同学们参考． 题型一：参数的范围问题 例１若直线ｙ＝ｋｘ＋１与焦点在ｘ轴上的椭圆ｘ ２ ９＋ ｙ２ ｍ ＝１总有公共点，求实数ｍ的取值范围． 分析一：考虑到直线与椭圆总有公共点，由直线与 圆锥曲线的位置关系的充要条件可求． 解法一：由椭圆方程及椭圆的焦点在ｘ轴上，知０＜ ｍ＜９． 由 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２ ９＋ ｙ２ ｍ ＝１ { ，消去ｙ得 （ｍ＋９ｋ２）ｘ２＋１８ｋｘ＋９（１－ｍ）＝０． 又因为直线与椭圆总有公共点，所以上述方程中的 判别式Δ≥０对一切实数ｋ成立， 即（１８ｋ）２－４·（ｍ＋９ｋ２）·９（１－ｍ）≥０，亦即９ｋ２ ≥１－ｍ对一切实数ｋ成立． 所以１－ｍ≤０，即ｍ≥１． 故ｍ的取值范围为［１，９）． 分析二：由于直线过定点（０，１），而直线与椭圆总有 公共点，所以定点（０，１）必在椭圆的内部或边界上． 解法二：由椭圆的方程及椭圆的焦点在ｘ轴上，知０ ＜ｍ＜９． 又因为直线与椭圆总有公共点，所以直线所经过的 定点（０，１）必在椭圆的内部或边界上． 所以 ０２ ９＋ １２ ｍ≤１，即ｍ≥１． 故ｍ的取值范围为［１，９）． 题型二：直线与圆锥曲线的交点问题 例２试讨论直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋１与双曲线Ｃ：ｘ２－ｙ２＝ １的公共点的个数． 解析：由方程组 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２－ｙ２ ＝１{ ，可得 （１－ｋ２）ｘ２－２ｋｘ－２＝０． （１）当ｋ＝±１时，ｘ＝１，此时直线与双曲线交于 一点． （２）当ｋ≠±１时，Δ＝４ｋ２＋８（１－ｋ２）＝８－４ｋ２， 若Δ＞０，则 －槡２＜ｋ＜槡２；若Δ＝０，则ｋ＝±槡２； 若Δ＜０，则ｋ＜－槡２或ｋ＞槡２． 综上所述，当 ｋ＝±槡２时，直线与双曲线相切于一 点；ｋ＝±１时，直线与双曲线相交于一点；ｋ＜－槡２或ｋ ＞槡２时，直线与双曲线没有公共点；１＜ｋ＜槡２或－１＜ ｋ＜１或－槡２＜ｋ＜－１时，直线与双曲线有两个公共点． 题型三：弦中点的轨迹问题 例３过点Ａ（２，１）的直线与双曲线ｘ２－ｙ ２ ２＝１相交 于两点Ｐ１，Ｐ２，求线段Ｐ１Ｐ２中点的轨迹方程． 解析：设Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２）， 则 ｘ２１－ ｙ２１ ２ ＝１，　　① ｘ２２－ ｙ２２ ２ ＝１， { ② ② －①，得 （ｘ２－ｘ１）（ｘ１＋ｘ２）＝ （ｙ２－ｙ１）（ｙ１＋ｙ２） ２ ． 当ｘ１≠ｘ２时， ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝ ２（ｘ１＋ｘ２） ｙ１＋ｙ２ ． 设Ｐ１Ｐ２的中点为Ｍ（ｘ，ｙ），则ｋＰ１Ｐ２ ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝２ｘｙ． 又ｋＡＭ ＝ ｙ－１ ｘ－２，而Ｐ１，Ａ，Ｍ，Ｐ２共线， 所以ｋＰ１Ｐ２ ＝ｋＡＭ，即 ｙ－１ ｘ－２＝ ２ｘ ｙ． 化简，得Ｍ的轨迹方程是２ｘ２－ｙ２－４ｘ＋ｙ＝０． 当ｘ１ ＝ｘ２时，即Ｍ（２，０），也满足上述方程． 故线段Ｐ１Ｐ２中点的轨迹方程为２ｘ ２－ｙ２－４ｘ＋ｙ＝０． 题型四：弦长问题 例４已知点Ａ（－槡３，０）和Ｂ（槡３，０），动点Ｃ到Ａ，Ｂ 两点的距离之差的绝对值为２，点Ｃ的轨迹与直线ｙ＝ｘ －２交于Ｄ，Ｅ两点，求线段ＤＥ的长． 解析：设点Ｃ（ｘ，ｙ），则｜ＣＡ｜－｜ＣＢ｜＝±２． 根据双曲线的定义，可知点 Ｃ的轨迹是双曲线，易 求点Ｃ的轨迹方程是ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１． 由 ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１， ｙ＝ｘ－２ { ， 消去ｙ，得ｘ２＋４ｘ－６＝０． 因为Δ＝１６＋２４＞０，所以直线与双曲线有两个交点． 设交点为Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝－４，ｘ１ｘ２ ＝－６． 故｜ＤＥ｜＝ （ｘ１－ｘ２） ２＋（ｙ１－ｙ２）槡 ２ ＝槡２· （ｘ１＋ｘ２） ２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝４槡５． ! !" #$% 书 定点问题往往涉及的知识面较广、方法灵活多样， 一般以压轴题出现，解题时应根据问题的题设特点灵活 采用相应的策略，下面举例说明，供同学们复习时参考． 例１椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的离心率为 １ ２，其左焦点到点Ｐ（２，１）的距离为槡１０． （１）求椭圆Ｃ的标准方程； （２）若直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ与椭圆Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点 （Ａ，Ｂ不是左、右顶点），且以ＡＢ为直径的圆过椭圆Ｃ的 右顶点．求证：直线ｌ过定点，并求出该定点的坐标． 解析：（１）由题知ｅ＝ｃａ＝ １ ２；左焦点（－ｃ，０）到点 Ｐ（２，１）的距离为ｄ＝ （２＋ｃ）２＋１槡 ２ ＝槡１０． 所以ａ２ ＝４，ｂ２ ＝３，ｃ２ ＝１． 所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝ { １得（３ ＋４ｋ２）ｘ２＋８ｍｋｘ＋４（ｍ２－３）＝０， Δ＝６４ｍ２ｋ２－１６（３＋４ｋ２）（ｍ２－３）＞０， 即３＋４ｋ２－ｍ２ ＞０． ｘ１＋ｘ２ ＝－ ８ｍｋ ３＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４（ｍ２－３） ３＋４ｋ２ ． ｙ１·ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）·（ｋｘ２＋ｍ）＝ ３（ｍ２－４ｋ２） ３＋４ｋ２ ， 又以ＡＢ为直径的圆过椭圆的右顶点Ｄ（２，０）， 则ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，所以 ｙ１ ｘ１－２ · ｙ２ ｘ２－２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２－２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， ３（ｍ２－４ｋ２） ３＋４ｋ２ ＋４（ｍ ２－３） ３＋４ｋ２ ＋ １６ｍｋ ３＋４ｋ２ ＋４＝０， 即７ｍ２＋１６ｍｋ＋４ｋ２ ＝０， 解得ｍ１＝－２ｋ，ｍ２＝－ ２ｋ ７，且满足３＋４ｋ ２－ｍ２＞０． 当ｍ＝－２ｋ时，ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），直线过定点（２，０） 与已知矛盾； 当ｍ＝－２ｋ７时，ｌ：ｙ＝ｋｘ－( )２７ ，直线过定点 ２７，( )０． 综上可知，直线ｌ过定点，定点坐标为 ２ ７，( )０． 例２已知双曲线ｘ２－ｙ２＝２的左、右焦点分别为Ｆ１， Ｆ２，过点Ｆ２的动直线与双曲线相交于Ａ，Ｂ两点．求在ｘ轴 上是否存在定点Ｃ，使→ＣＡ·→ＣＢ为常数？若存在，求出点Ｃ 的坐标；若不存在，请说明理由． 解析：假设在ｘ轴上存在定点Ｃ（ｍ，０），使→ＣＡ·→ＣＢ为 常数． 当ＡＢ不与ｘ轴垂直时，设直线ＡＢ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ－２）（ｋ≠±１）， 代入ｘ２－ｙ２＝２得（１－ｋ２）ｘ２＋４ｋ２ｘ－（４ｋ２＋２）＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ２ ｋ２－１ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４ｋ２＋２ ｋ２－１ ， 则 →ＣＡ·→ＣＢ ＝（ｘ１－ｍ）（ｘ２－ｍ）＋ｋ ２（ｘ１－２）（ｘ２－２） ＝（ｋ２＋１）ｘ１ｘ２－（２ｋ ２＋ｍ）（ｘ１＋ｘ２）＋４ｋ ２＋ｍ２ ＝（ｋ ２＋１）（４ｋ２＋２） ｋ２－１ －４ｋ ２（２ｋ２＋ｍ） ｋ２－１ ＋４ｋ２＋ｍ２ ＝２（１－２ｍ）＋４－４ｍ ｋ２－１ ＋ｍ２． 因为 →ＣＡ·→ＣＢ是与ｋ无关的常数， 所以４－４ｍ＝０，即ｍ＝１，此时→ＣＡ·→ＣＢ＝－１． 当ＡＢ与ｘ轴垂直时， 则点Ａ，Ｂ的坐标分别为（２，槡２），（２，－槡２）， 此时 →ＣＡ·→ＣＢ＝（１，槡２）·（１，－槡２）＝－１． 故在ｘ轴上存在定点Ｃ（１，０），使→ＣＡ·→ＣＢ为常数． ! !& '() ! " !" #"$ %! !!"#" !"!#&$'!$( *+, %-$./01 2345 !"# $%&'( )*+,- ./012 3456784!"9$ %:;<=>?:@9 /A01BCDEF4 !"9$%GHI?J9 %K?'L9 MNOP QRST- RUVW " X9$YZ$[9\]^ _?`%5a?bcW !"d/01' L9015e9fg5h iL9 7%j<Nk" lm9nopqrs-n o"XtuvwW [6 txy- PQ?"Xz {%|}~9 [t6x y9 [$€‚ƒ„ ‚ƒ9 …†‡ˆ‰%%! Š‹Œ?Ž$"XW "X!‰{% ‘W ’“9!?%"”• –—˜™š •%›!œ žŸ 9 t’¡˜¢ £„¤¥9 ¦§’¨¨ 5€„©ªW "X0™«¬#0 ™­®W ’“9[¯w{ °?"X±9 ²³§´ PQ¤¥?ŸW [¯w PQ?"X±9 µ³% ¶·¸?¹º9 5»1 m®¬9 5»w1m¼ ½?¾¿- 5»{z{ !LÀ™[?vw-– %j- [€PQÁ¸? ÂÄÄÅW ÆCÇÈÉÊ$Ë —ÌÍ?ΖÏÐ#ÆC ÇчÒÓÔ# ՛\ %"R)ÍPQÖ×? Ø!W Ù?%"0™Ú Û90™ÜÝ95h¯Þ ?"‚9 Ù߃PQà á?Ö×9 â[ãäå ³Ùæç„èéê?! "9ë…Ùˆ‰9[wP Q?%"ì¦íîï™ ðñòóôõ?ö÷W ø${%ùŽúû [ü [?"‚ýþ${ ÿ?Z{}~?9–!$ €"#$~„%&W Ù$%›}'àá !"#$ %&' ()*+,-./ 书 １８．（１７分）双曲线ｘ２－ｙ ２ ｂ２ ＝１（ｂ＞０）的左、右焦 点分别为Ｆ１，Ｆ２，直线 ｌ过 Ｆ２且与双曲线交于 Ａ，Ｂ两 点． （１）若ｌ的倾斜角为π２，△Ｆ１ＡＢ是等边三角形，求 双曲线的渐近线方程； （２）设ｂ＝槡３，若ｌ的斜率存在，且｜ＡＢ｜＝４，求ｌ 的斜率． １９．（１７分）已知双曲线Ｃ的中心在坐标原点，焦 点在ｘ轴上，离心率ｅ＝槡５２，虚轴长为２． （１）求双曲线Ｃ的标准方程； （２）若直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ与曲线Ｃ相交于Ａ，Ｂ两 点（Ａ，Ｂ均异于左、右顶点），且以 ＡＢ为直径的圆过双 曲线Ｃ的左顶点Ｄ，求证：直线ｌ过定点，并求出定点的 坐标． *6789:+;1 ) *+ <=> , ) *+ ?@A , % - .+ BC> , ) *+ D E , ) *+ F G -./01+ B H 23/01+ BIJ -4506+ K L -4578+ MNO @PQ R S TUV W X YZ[ ?\] W^I _ N `ab cd= Ref geh ?=i jG/ klS m [ nop @qr 91-.+ @PQ 91:;+ nop <=-.+ ?st >?-.+ uvw @ABC+ xyz !&{|}~€ !&{}‚ƒ„…†‡ˆ !&{}‰Š‹ŒŽ‘ ’“”•–—˜. •™š<=> ›œžŸ ˜.¡¢š&'(#%")")* +£ ¤¥¦¢š!(,(-. !"#$%&'()*+,'-. "§”¨©¨. "ªgž˜. 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( ! ,ä -+~ 书 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．ｙ２ ＝１６ｘ或ｘ２ ＝－１２ｙ； ５．ｘ２ ＝１６ｙ． ６．解：（１）设抛物线Ｃ的标准方程为ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）． 因为点Ａ（２，２）在抛物线Ｃ上，所以ｐ＝１． 因此，抛物线Ｃ的标准方程是ｙ２ ＝２ｘ． （２）由（１）可得焦点Ｆ的坐标是 １ ２，( )０， 又直线ＯＡ的斜率为 ２２ ＝１， 故与直线ＯＡ垂直的直线的斜率为 －１． 因此，所求直线的方程是ｙ＝－ ｘ－( )１２ ， 即２ｘ＋２ｙ－１＝０． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４ (． １２， )１ ；　５．４． ６．（１）解：若点Ａ，Ｃ在Ｃ１上，则２ ２ ＝２ｐ，４２ ＝８ｐ， 解得ｐ＝２， 此时Ｃ１：ｙ ２ ＝４ｘ，点Ｂ不在Ｃ１上； 若点Ａ，Ｂ在Ｃ１上，则２ ２ ＝２ｐ，３２ ＝４ｐ，无解； 若点Ｂ，Ｃ在Ｃ１上，则３ ２ ＝４ｐ，４２ ＝８ｐ，无解； 综上，Ｃ１的方程为ｙ ２ ＝４ｘ． （２）证明：由题知，将ｙ＝ｋｘ＋ｍ代入ｙ２ ＝４ｘ得： ｋ２ｘ２＋２（ｋｍ－２）ｘ＋ｍ２ ＝０， 所以Δ＝４（ｋｍ－２）２－４ｋ２ｍ２ ＝４［（ｋｍ－２）２－ （ｋｍ）２］＝１６（１－ｋｍ）＝０，即ｋｍ＝１，所以ｋ２＋ｍ２≥ ２ｋｍ＝２． 一、单项选择题　１～４　ＢＣＡＡ　５～８　ＢＤＤＤ 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢ． 三、填空题　１２．３；　１３．４；　１４． 槡１０６＋槡１２３． 四、解答题 １５．解：（１）因为Ｍ（ｐ，ｐ－１）是Ｃ上的点， 所以ｐ２ ＝２ｐ（ｐ－１）， 因为ｐ＞０，解得ｐ＝２，所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２＝４ｙ． （２）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋｘ＋２， ｘ２ ＝４ｙ{ ， 得ｘ２－４ｋｘ－８＝０， Δ＝１６ｋ２＋３２＞０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝４ｋ，ｘ１ｘ２ ＝－８， 由抛物线的定义知，｜ＡＦ｜＝ｙ１＋１，｜ＢＦ｜＝ｙ２＋１， 则｜ＡＦ｜·｜ＢＦ｜＝（ｙ１＋１）（ｙ２＋１） ＝（ｋｘ１＋３）（ｋｘ２＋３） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋３ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋９＝４ｋ ２＋９＝１３， 解得ｋ＝±１． １６．解：（１）依题意Ｆ（１，０）， 设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋１． 与ｙ２ ＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ－４＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４． ① 因为 →ＡＦ＝２→ＦＢ，所以ｙ１ ＝－２ｙ２． ② 联立①和②，消去ｙ１，ｙ２，得ｍ＝±槡 ２ ４． 所以直线ＡＢ的斜率是 ± 槡２２． （２）由点Ｃ与原点Ｏ关于点Ｍ对称， 得Ｍ是线段ＯＣ的中点， 从而点Ｏ与点Ｃ到直线ＡＢ的距离相等， 所以四边形ＯＡＣＢ的面积等于２Ｓ△ＡＯＢ． 因为２Ｓ△ＡＯＢ ＝２× １ ２ ×｜ＯＦ｜×｜ｙ１ －ｙ２｜＝ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝４ １＋ｍ槡 ２≥４， 所以ｍ＝０时，四边形ＯＡＣＢ的面积最小，最小值是４． １７．（１）解：由题意得 (Ｆ ｐ２， )０ ， 当点Ａ与Ｆ重合且直线ｌ垂直于ｘ轴时，ｌ方程为ｘ＝ｐ２， 代入ｙ２ ＝２ｐｘ得ｙ＝±ｐ，所以｜ＰＱ｜＝２ｐ＝４， 解得ｐ＝２， 所以Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）证明：可设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 将ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ代入ｙ ２＝４ｘ中得ｙ２－４ｍｙ－４ｘＡ ＝０， 则Δ＝１６ｍ２＋１６ｘＡ＞０，ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝－４ｘＡ， 由∠ＰＢＡ＝∠ＱＢＡ得ｋＰＢ＋ｋＱＢ ＝０， 即 ｙ１ ｘ１－ｘＢ ＋ ｙ２ ｘ２－ｘＢ ＝０， 即ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ）＝０， 所以ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ） ＝ｙ１（ｍｙ２＋ｘＡ－ｘＢ）＋ｙ２（ｍｙ１＋ｘＡ－ｘＢ） ＝２ｍｙ１ｙ２＋（ｘＡ－ｘＢ）（ｙ１＋ｙ２） ＝２ｍ·（－４ｘＡ）＋（ｘＡ－ｘＢ）·４ｍ ＝－４ｍ（ｘＡ＋ｘＢ）＝０， 又直线ｌ不垂直于坐标轴，所以ｍ≠０， 所以ｘＡ＋ｘＢ ＝０． 所以ｘＡ＋ｘＢ为定值０． １８．（１）解：设抛物线Γ的方程为ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞０）， 由题可得 ｐ ２ ＝１，解得ｐ＝２， 因此，抛物线Γ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． （２）证明：过点Ａ作ＡＫ⊥ｙ轴于点Ｋ，设｜ＡＦ｜＝ｍ， 则Ｒｔ△ＡＦＫ中，∠ＫＦＡ＝α， 可得ｓｉｎα＝｜ＡＫ｜｜ＡＦ｜，ｃｏｓα＝ ｜ＦＫ｜ ｜ＡＦ｜， 可得｜ＡＫ｜＝｜ＡＦ｜ｓｉｎα＝ｍｓｉｎα， ｜ＦＫ｜＝｜ＡＦ｜ｃｏｓα＝ｍｃｏｓα， 由此可得点Ａ的坐标为（－ｍｓｉｎα，１＋ｍｃｏｓα）， 因为点Ａ为抛物线ｘ２ ＝４ｙ上的点， 所以（－ｍｓｉｎα）２ ＝４（１＋ｍｃｏｓα）， 整理得ｍ２ｓｉｎ２α－４ｍｃｏｓα－４＝０， 解得ｍ＝４ｃｏｓα± １６ｃｏｓ ２α＋１６ｓｉｎ２槡 α ２ｓｉｎ２α ＝４ｃｏｓα±４ ２ｓｉｎ２α ＝２ｃｏｓα±２ ｓｉｎ２α ． 因为α为锐角，可得ｃｏｓα＜１，且ｍ＞０， 所以 ｍ ＝２ｃｏｓα－２ ｓｉｎ２α ＜０不符合题意，得 ｍ ＝ ２ｃｏｓα＋２ ｓｉｎ２α ＝２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ，即｜ＡＦ｜＝２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ． １９．解：（１）以Ｏ为原点，ＯＭ为 ｘ轴正向建立平面直角坐标系， 由题意，抛物线 Ｃ１的通径为 ２ａ，所以抛物线Ｃ１的标准方程为ｙ ２ ＝２ａｘ． （２）设抛物线 Ｃ２：ｘ ２ ＝ｍｙ（ｍ ＞０）， 又由题意，ＯＭ３ ＝ｘ３Ｐ ＝２ａ ３， 所以ｘＰ ＝ ３ 槡２ａ，代入ｙ ２ ＝２ａｘ． 得：ｙ２Ｐ ＝２ ３ 槡２ａ ２，解得：ｙＰ ＝ ３ 槡４ａ， 所以点Ｐ（３槡２ａ， ３ 槡４ａ），代入ｘ ２ ＝ｍｙ， 得：（ ３ 槡２ａ） ２ ＝ｍ３槡４ａ，解得：ｍ＝ａ， 所以抛物线Ｃ２的标准方程为ｘ ２ ＝ａｙ． 书 例１已知直线ｘ－２ｙ＋２＝０经过椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左顶点Ａ和上顶点Ｄ，椭圆Ｃ的右顶 点为Ｂ，点Ｓ是椭圆Ｃ上位于ｘ轴上方的动点，直线ＡＳ， ＢＳ与直线ｌ：ｘ＝１０３分别交于Ｍ，Ｎ两点． （１）求椭圆Ｃ的方程； （２）求线段ＭＮ的长度的最小值． 解析：（１）由题意知椭圆Ｃ的左顶点为 Ａ（－２，０）， 上顶点为Ｄ（０，１），所以ａ＝２，ｂ＝１． 故椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝１． （２）如右图，直线ＡＳ的斜 率显然存在，且ｋ＞０，故可设 直线 ＡＳ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ＋ ２），从而Ｍ １０ ３， １６ｋ( )３ ． 由 ｙ＝ｋ（ｘ＋２）， ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝{ １ 得 （１＋４ｋ２）ｘ２＋１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－４＝０． 设Ｓ（ｘ１，ｙ１），则（－２）·ｘ１ ＝ １６ｋ２－４ １＋４ｋ２ ， 解得ｘ１ ＝ ２－８ｋ２ １＋４ｋ２ ，从而ｙ１ ＝ ４ｋ １＋４ｋ２ ， 即Ｓ２－８ｋ ２ １＋４ｋ２ ， ４ｋ １＋４ｋ( )２ ． 又Ｂ（２，０），故直线ＢＳ的方程为ｙ＝－１４ｋ（ｘ－２）． 由 ｙ＝－１４ｋ（ｘ－２）， ｘ＝１０{ ３ 解得 ｘ＝１０３， ｙ＝－１３ｋ { ． 所以Ｎ １０ ３，－ １ ３( )ｋ，故｜ＭＮ｜＝ １６ｋ３ ＋１３ｋ． 又ｋ＞０， 所以｜ＭＮ｜＝１６ｋ３ ＋ １ ３ｋ≥２ １６ｋ ３· １ ３槡 ｋ＝ ８ ３， 当且仅当 １６ｋ ３ ＝ １ ３ｋ，即ｋ＝ １ ４时等号成立． 所以当ｋ＝ １４时，线段ＭＮ的长度取得最小值 ８ ３． 点评：利用基本不等式求解最值问题是常用方法， 同学们要认真体会！ 例２已知圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２ ＝４． （１）过圆Ｃ上一动点Ｍ（不在ｘ轴上）作平行于ｙ轴 的直线ｍ，设ｍ与ｘ轴的交点为 Ｎ，若向量→ →ＯＱ＝ＯＭ＋ →ＯＮ，求动点Ｑ的轨迹方程； （２）若点Ｒ（１，０），在（１）的条件下，求 →｜ＲＱ｜的最 小值． 解析：（１）解法略， 点Ｑ的轨迹方程为ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝４（ｘ≠０）． （２）设Ｑ点为（ｘ，ｙ），→ＲＱ＝（ｘ－１，ｙ）， 所以 →｜ＲＱ｜２ ＝（ｘ－１）２＋ｙ２． ① 由 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝４可得ｙ２ ＝４－ｘ ２ ４， ② 将②代入①得 →｜ＲＱ｜２ ＝（ｘ－１）２＋４－ｘ ２ ４ ＝ ３ｘ－( )４３ ２ ＋４４３ ４ ． 又ｘ∈［－４，０）∪（０，４］， 由一元二次函数的性质知，当ｘ＝４３时， →｜ＲＱ｜２取得 最小值 １１ ３，所以 →｜ＲＱ｜的最小值为槡３３３ ． 点评：第二问先把目标量表示为一个基本初等函数 的形式，再利用函数的相关性质求最值． ! " # $ % & ' ( ) ! !" #$% !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! &'()*+,-./0123456780 !" 9 !"#$%&' !! !! 3:; !<"7'=8 !"# $%&'()* +!,%-./# ,% -012 "#34567 89:;<#34=#> ?567@A:BC# BC#%DBC#DE& F!GH# DEI&F JKLMN#OPQR2 QS!"# &F!TU VWQS#XQYZ#[ &\]!"&F^_` "%a#?QYZ#bc !&F# de3*fg hi2 7jk%:lmQ n!&F# L*Vo% &!01'pq# 'r s#tu!&F#Yiv w"xy!2 z{|!# P}Q*~Ye301 !&F#Y€!#Q %‚!2 "&ƒ„…!#Y e301#e3†‡#~ YQˆ‰Š2 I&F‹ Œ#Y{a!#zŽg ‘’#“”#• [&Fƒ–!—˜#™ š01›œ!žŸ  #Žg¡¢!£¤'2 Y!#3¥"#¦§¨© *ª«# ¬­I&F! ®¯œ#­'*V°#­ '*±!TU2 z3¥"# ˆ¨© ¡¢!£¤'# Q²[ )³´µ# ¦P¶V o# 4·¸1£I&F ¹J!TU2 QºZ»# QºZ¼# aE½¾! 4·#¿ˆÀ)#ÁÂ% Ã!rsYiv!2 d7jk# +rs *# ÄÅ*# +?ÆE *2 +4·P¶ÇVo# LȈÉUzÄÅ#z pq#Ê^Y+#&F! TU2 ËÌ4ÍG!Î Ï#ÐÑÒÓ£#ÔÕÖ ×# £ØÙÚ# ÛÜÝ Þ#ßà­á#+e3Z ³fg´µ# âY¸¸ ãä³'#åæ#çÙÚ èéz³#åæ#êëQ #ì+íWe3ª«# íWîïVo¨©! ›2 ¬ð!"ñ# Qº òó#ô¤õ‡‡#56 ö¿$%&'}÷!0 1# 56ö¿Ifg4 ·P¶!012 Qº„ …øë#Qº„…»ù# ⺿ú±Ç# ûL* Ê%-01£¤'#£ E&F!GH2 ,-"!&Fü ý#56vþÿ#z !"#2 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．（２０２４北京海淀课后作业）过点（２，４）的直线与 抛物线ｙ２ ＝８ｘ只有一个公共点，这样的直线有（　　） （Ａ）１条 （Ｂ）２条 （Ｃ）３条 （Ｄ）４条 ２．（２０２４山东济南专题练习）若过原点的直线 ｌ与 双曲线ｘ２－ｙ２ ＝１没有公共点，则直线ｌ倾斜角的取值 范围是 （　　） （Ａ (） －π４，π )４ （Ｂ [） －π４，π ]４ （Ｃ (） π４，３π)４ （Ｄ [） π４，３π]４ ３．（２０２４江苏宿迁期中）椭圆ｘ ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１与直线ｘ ＋２ｙ－４＝０相交的弦被Ｍ点平分，则Ｍ点的坐标为 （　　） （Ａ）（２，４） （Ｂ）（２，２） （Ｃ）（３，１） （Ｄ）（２，１） ４．（２０２４成都模拟预测）已知命题ｐ：ｋ＜１，命题ｑ： 直线ｋｘ－ｙ＋１＝０与抛物线ｙ＝ｘ２有两个公共点，则ｐ 是ｑ的 （　　） （Ａ）充分不必要条件 （Ｂ）必要不充分条件 （Ｃ）充要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件 ５．（２０２４湖南长沙模拟预 测）中国国家大剧院是亚洲最 大的剧院综合体，中国国家表 演艺术的最高殿堂，中外文化 交流的最大平台．大剧院的平 面投影是椭圆 Ｃ，其长轴长度 约为２１２ｍ，短轴长度约为１４４ｍ．若直线ｌ平行于长轴且 Ｃ的中心到ｌ的距离是２４ｍ，则ｌ被Ｃ截得的线段长度约 为 （　　） （Ａ）１４０ｍ （Ｂ）１４３ｍ （Ｃ）２００ｍ （Ｄ）２０９ｍ ６．（２０２４河南开封期末）阿基米德（公元前２８７年 —公元前２１２年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天 文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之 神”的称号．抛物线上任意两点Ａ，Ｂ处的切线交于点Ｐ， 称△ＰＡＢ为“阿基米德三角形”，当线段ＡＢ经过抛物线 焦点Ｆ时，△ＰＡＢ具有以下特征：（１）Ｐ点必在抛物线的 准线上；（２）△ＰＡＢ为直角三角形，且 ＰＡ⊥ ＰＢ；（３）ＰＦ ⊥ＡＢ．已知过抛物线ｘ２＝１６ｙ焦点的直线ｌ与抛物线交 于Ａ，Ｂ两点，过点Ａ，Ｂ处的切线交于点Ｐ，若点Ｐ的横坐 标为２，则直线ＡＢ的方程为 （　　） （Ａ）ｘ＋２ｙ－８＝０ （Ｂ）ｘ－２ｙ＋８＝０ （Ｃ）ｘ－４ｙ＋１６＝０ （Ｄ）ｘ＋４ｙ－１６＝０ ７．（２０２４江苏模拟）已知椭圆Ｅ的中心在坐标原点 Ｏ，焦点在ｘ轴上，过Ｅ的右焦点且斜率为１的直线ｌ交Ｅ 于Ａ，Ｂ两点，且原点Ｏ到直线ｌ的距离等于Ｅ的短轴长， 则Ｅ的离心率为 （　　） （Ａ） 槡２２３ （Ｂ） 槡６ ３ （Ｃ） 槡３ ３ （Ｄ） １ ３ ８．（２０２４广东湛江阶段练习）已知双曲线 Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝１的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，Ｆ１，Ｆ２分别为双曲 线Ｃ的左、右焦点，过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上 方交双曲线Ｃ于点Ｍ，则ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２ ＝ （　　） （Ａ）槡２２ （Ｂ） 槡２ ３ （Ｃ） 槡３ ２ （Ｄ） 槡３ ３ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４山西太原专题练习）若直线ｘ＝ｔ与双曲线 ｘ２ ４－ｙ ２ ＝１有两个交点，则ｔ的值可以是 （　　） （Ａ）４ （Ｂ）２ （Ｃ）－３ （Ｄ）３ １０．（２０２４湖北期中）设椭圆Ｃ：ｘ ２ ２＋ｙ ２＝１的左、右 焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，左、右顶点分别为Ａ，Ｂ，点Ｐ是椭圆Ｃ 上的动点，则下列结论正确的是 （　　） （Ａ）离心率ｅ＝槡６２ （Ｂ）△ＰＦ１Ｆ２面积的最大值为１ （Ｃ）以线段Ｆ１Ｆ２为直径的圆与直线ｘ＋ｙ－１＝０相切 （Ｄ）ｋＰＡ·ｋＰＢ为定值 － １ ２ １１．（２０２４福建上杭一中模拟）已知抛物线Ｃ：ｙ２ ＝ ２ｘ的焦点为Ｆ，过点Ｆ的直线与抛物线交于Ｐ，Ｑ两点，Ｍ 为线段ＰＱ的中点，Ｏ为坐标原点，则下列结论中成立的 有 （　　） （Ａ）Ｍ的坐标可能为（１，２） （Ｂ）坐标原点在以ＰＱ为直径的圆内 （Ｃ）ＯＰ与ＯＱ的斜率之积为定值 （Ｄ）线段ＰＱ的最小值为４ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４四川成都阶段练习）过点（－１，０）且倾斜 角为 ４５°的直线与抛物线 ｙ２ ＝４ｘ的位置关系是 ． １３．（２０２４江西南昌期中）已知直线ｘ－２ｙ＋１＝０与 椭圆 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝１交于Ａ，Ｂ两点，则｜ＡＢ｜＝ ． １４．（２０２４吉林通化模拟预测）与三角形的一条边 以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的 旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角 形有三个旁心，如图２所示．已知 Ｆ１，Ｆ２是双曲线 ｘ２ １６－ ｙ２ ９ ＝１的焦点，Ｐ是双曲线右支上一点，Ｑ是△ＰＦ１Ｆ２的 一个旁心，如图３所示，直线 ＰＱ与 ｘ轴交于点 Ｍ，则 ＭＱ ＱＰ ＝ ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）（２０２４江苏连云港期中）平面内动点 Ｇ 到点Ｆ（２，０）的距离与到直线ｘ＝－２的距离相等． （１）求动点Ｇ的轨迹方程Ｃ； （２）设过点Ｆ的直线ｌ交动点Ｇ的轨迹于Ａ（ｘ１，ｙ１）， Ｂ（ｘ２，ｙ２）两点，求ｙ１ｙ２值． １６．（１５分）（２０２４重庆阶段练习）已知椭圆Ｍ：ｙ ２ ａ２ ＋ ｘ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的焦距为４，且经过点（１，槡３）． （１）求椭圆Ｍ的标准方程； （２）若直线ｌ１与椭圆Ｍ相切，且直线ｌ１与直线ｌ：ｘ－ ｙ－ 槡３２＝０平行，求直线ｌ１的斜截式方程． １７．（１５分）（２０２４四川凉山期末）已知双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的实轴长为２，右焦点为（槡５，０）． （１）求双曲线Ｃ的方程； （２）已知直线ｙ＝ｘ＋２与双曲线Ｃ交于不同的两点 Ａ，Ｂ，求                                                                                                                                                             ｜ＡＢ｜． 3>?0 # 78 ()*+, ! 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