高考复习《抛物线的综合应用》课时作业9.9 第二课时

这是一份高考复习《抛物线的综合应用》课时作业9.9 第二课时，共7页。
1．(2020·广西柳州摸底)已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点P(4，m)到焦点的距离为5.
(1)求该抛物线C的方程；
(2)已知抛物线上一点M(t，4)，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MD⊥ME，判断直线DE是否过定点？并说明理由．
解 (1)由题意设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，
其准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
∵P(4，m)到焦点的距离等于P到其准线的距离，
∴4＋eq \f(p,2)＝5，∴p＝2.
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可得点M(4，4)，
可得直线DE的斜率不为0，
设直线DE的方程为x＝my＋t，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，)) 得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16m2＋16t>0.(*)
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.
∵eq \(MD,\s\up6(→))·eq \(ME,\s\up6(→))＝(x1－4，y1－4)·(x2－4，y2－4)
＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16
＝eq \f(yeq \\al(2,1),4)·eq \f(yeq \\al(2,2),4)－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),4)＋\f(yeq \\al(2,2),4)))＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16
＝eq \f(（y1y2）2,16)－(y1＋y2)2＋3y1y2－4(y1＋y2)＋32
＝t2－16m2－12t＋32－16m＝0，
即t2－12t＋32＝16m2＋16m，得(t－6)2＝4(2m＋1)2，
∴t－6＝±2(2m＋1)，即t＝4m＋8或t＝－4m＋4，
代入(*)式检验知t＝4m＋8满足Δ>0，
∴直线DE的方程为x＝my＋4m＋8＝m(y＋4)＋8.
∴直线过定点(8，－4)．
2．(2016·北京卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
解 (1)由已知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)．
设椭圆上一点P(x0，y0)，则eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
当x0≠0时，直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
令x＝0得yM＝eq \f(－2y0,x0－2).
从而|BM|＝|1－yM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2))).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1.
令y＝0得xN＝－eq \f(x0,y0－1).
∴|AN|＝|2－xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1))).
∴|AN|·|BM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值．
3．(2019·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA，由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
4．(2020·沈阳高三质检)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，M(－2，y0)是C上一点，且|MF|＝2.
(1)求C的方程．
(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点为Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆？如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．
解 (1)根据题意知，4＝2py0，①
因为|MF|＝2，所以y0＋eq \f(p,2)＝2.②
联立①②，解得y0＝1，p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)四边形PAQB存在外接圆．
由(1)知F(0，1)，设直线AB的方程为y＝kx＋1，
代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4(k2＋1)．
因为C：x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4)，所以y′＝eq \f(x,2)，
因此切线l1的斜率k1＝eq \f(x1,2)，切线l2的斜率k2＝eq \f(x2,2).
所以k1k2＝eq \f(x1x2,4)＝－1，
所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形，
所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是外接圆的直径，由于点Q与点P关于直线AB对称，
所以点Q一定在△PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆．
又|AB|＝4(k2＋1)，
所以当k＝0时，线段AB最短，最短长度为4，
此时圆的面积最小，最小面积为4π.
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5．(2020·保定模拟)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，左顶点M到直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1的距离d＝eq \f(4\r(5),5)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值．
解 (1)由e＝eq \f(\r(3),2)，得c＝eq \f(\r(3),2)a，又b2＝a2－c2，
所以b＝eq \f(1,2)a，即a＝2b.
由左顶点M(－a，0)到直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1，
即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝eq \f(4\r(5),5)，
得eq \f(|b（－a）－ab|,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5)，即eq \f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(4\r(5),5)，
把a＝2b代入上式，得eq \f(4b2,\r(5)b)＝eq \f(4\r(5),5)，解得b＝1.
所以a＝2b＝2，c＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，
可知x1＝x2，y1＝－y2.
因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
即x1x2＋y1y2＝0，也就是xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝0，
又点A在椭圆C上，所以eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
解得|x1|＝|y1|＝eq \f(2\r(5),5).
此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝eq \f(2\r(5),5).
②当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝kx＋m，
与椭圆方程联立有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB.
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.
所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
所以(1＋k2)·eq \f(4m2－4,1＋4k2)－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.
整理得5m2＝4(k2＋1)，
所以点O到直线AB的距离d1＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(2\r(5),5).
综上所述，点O到直线AB的距离为定值eq \f(2\r(5),5).
6．如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0，1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
又点P的坐标为(0，1)，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))
解得a＝2，b＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1)，
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，
此时eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))
＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－3.