新高考数学二轮复习解答题提优训练专题1.10 圆锥曲线（抛物线）（2份，原卷版+解析版）

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1．解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.多考查直线与圆或抛物线的位置关系，但也要注意对椭圆、双曲线知识的考查，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养.
2．直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：
(1)过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
(2)将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
(3)它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.
3．圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
(1)几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
(2)代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
4．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．
1．（2023·河南洛阳·联考一模）已知抛物线上的一个动点P到抛物线的焦点F的最小距离为1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过焦点F的直线l交抛物线C于两点，M为抛物线上的点，且，，求的面积．
【解题思路】（1）利用动点P到抛物线的焦点F的最小距离，结合抛物线定义求得p的值，可得答案；
（2）说明轴不合题意，设直线的方程为，直线的方程为，联立抛物线方程可得根与系数的关系，结合题意进行化简，求得M点坐标，求得弦长,利用三角形面积公式，即可求得答案.
【解答过程】（1）设点P的坐标为，由抛物线定义可知，，
即当时取得等号，
故，解得，所以抛物线C的标准方程为．
（2）由（1）知，设，，，
若轴，由，得，，或，，
此时不满足，所以不满足题意；
设直线的方程为，直线的方程为，
如图所示，
将代入抛物线方程得，，
所以，．
将代入抛物线方程得，所以①．
直线AM的斜率为，同理BM的斜率为．
因为AM⊥BM，所以，
所以，即②．
由①②解得，将其代入①可得，，
所以或，
当时，直线的方程为，，．
因为，满足，所以，．
所以，
所以．
同理可得，当时，直线的方程为，，，
因为，满足，所以，．
所以，
所以，
所以的面积为32．
2．（2023·广西·统考模拟预测）已知抛物线的焦点到准线的距离为2.
(1)求的方程；
(2)若为直线上的一动点，过作抛物线的切线为切点，直线与交于点，过作的垂线交于点，当最小时.求.
【解题思路】（1）由题意求得，即可得得到抛物线的方程；
（2）设，，利用导数的几何意义求得在点的切线方程，得出直线方程为，令，得到点，根据直线与直线垂直，求得直线方程为，进而得到点，进而求得，结合基本不等式求得的最小值，联立方程组，结合弦长公式求得弦的长.
【解答过程】（1）由题知，，
的方程为.
（2）抛物线的焦点，
设，过点的抛物线的切线方程为：，
消去得：，①
即，②
此时①可化为，解得
设直线，直线，
则为方程②的两根，故
且，可得，令点，
由②知，，故，
则直线方程为：，显然
因为直线与直线垂直，
则直线方程为：，
故，
，当且仅当时，时取等号.此时，.
由（*）得，.
3．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.
【解题思路】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；
（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.
【解答过程】（1）联立，得，
则，设，则，
当时，，
所以，
解得或(舍)，
故抛物线的方程为.
（2）由题意知,由（1）得，且，
设直线,
联立，得，
则，所以，所以，
同理可得，，所以,
所以，
又，所以,即是定值，且定值为.
4．（2023·重庆·统考二模）过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．
(1)若，求；
(2)若，求点到直线的距离的最小值．
【解题思路】（1）根据题意设直线的方程为，联立抛物线的方程可得关于的一元二次方程，从而可得，，进而可得点的坐标，即可得到的坐标表示，同理可得，求解即可；
（2）结合（1），根据抛物线的定义得，，进而可得，即可得到圆的半径，从而可得到圆的方程，同理也可得到圆的方程，两圆方程相减即可得到直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求解．
【解答过程】（1）依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，
由，得，
设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，
所以
所以点的坐标为，，
同理可得的坐标为，，
于是，
又，所以．
（2）结合（1），
由抛物线的定义得，，
所以，
所以圆的半径，
所以圆的方程为
化简得，
同理可得圆的方程为，
于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，
又，则直线的方程为，
所以点到直线的距离，
故当时，取最小值．
5．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于，两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若点，直线，分别交准线于，两点，证明：以线段为直径的圆过定点.
【解题思路】（1）设，联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据建立方程求出得解；
（2）由直线方程求出的坐标，计算，设是以线段为直径的圆上任意一点，根据化简，根据对称性令可得解.
【解答过程】（1）设，，，
则联立得，
所以，所以，
又，，所以
由得，
即
所以，化简得，又，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，，，
所以，，易得，，
由题意知，，
所以令得，，
即，，
所以
，
设是以线段为直径的圆上得任意一点，则有，
即，
由对称性令得，所以或
所以以线段为直径的圆经过定点，定点坐标为与.
6．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
【解题思路】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【解答过程】（1）设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
（2）设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价.
所以的最大值为48.
7．（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【解题思路】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【解答过程】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得 ，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，

，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．
设直线的方程为，
同理可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得

，
所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
8．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点F关于直线的对称点恰好在y轴上．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)直线与抛物线E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，若，求的最大值．
【解题思路】(1) 由题意得，设F关于直线的对称点为，根据题意列出方程组，解之即可求解；
(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB的垂直平分线方程为，进而得到，利用函数的单调性即可求解.
【解答过程】（1）由题意得，设F关于直线的对称点为，则，解得，
∴抛物线E的标准方程为．
（2）由可得，设，，则，，
∴，
，∴线段AB的中点坐标为，则线段AB的垂直平分线方程为，令，得，故，
又，得．
∴，令，
则，，∴，
易知函数在 上单调递增，∴当时，取得最小值，
此时，故的最大值为．
9．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，已知，直线l：，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线与轨迹C交于A，B两点，与直线l交于点M，设，，证明定值，并求的取值范围．
【解题思路】（1）设出点的坐标，运用数量积运算可得结果.
（2）设直线AB的方程，求出点M的坐标，联立直线AB与轨迹C的方程后由韦达定理得、，由已知向量关系式可得，，进而求得的值与的范围.
【解答过程】（1）设点，则，且．
由得，
即，化简得．
故动点P的轨迹C的方程为：．
（2）设直线AB的方程为：，则．
联立直线AB与轨迹C的方程得，消去x得，
则．
设，，由韦达定理知，．
由，得：，，
整理得，．
所以．
故为定值0．
∵，
∴ ，
∴的取值范围是．
10．（2023·山东·校联考模拟预测）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为的面积为1．
(1)求的方程；
(2)过点作一条直线，交于两点，试问在上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设点的坐标为，根据直线的斜率为，得到，再根据的面积为求出，即可得解；
（2）假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．设直线的方程为，，，，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又，，化简，即可得到方程，求出的值，即可得解.
【解答过程】（1）解：由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），
故抛物线的方程为．
（2）解：假设存在点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方．
由（1）得，抛物线的准线的方程为．
设直线的方程为，，，，
联立得，
所以，，．
因为，
，
所以，解得或．
故存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方，其坐标为或．
11．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．
(1)求C的方程；
(2)证明：．
【解题思路】（1）由题意得，从而得出椭圆C的焦点，，由线段的中点为求得，，可得C的方程；
（2）直线l的斜率存在，设为k，分两种情况讨论：当时，直接验证结论；当时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段AB的中点坐标，得到线段AB的垂直平分线的方程，求得坐标及，利用弦长公式求得，从而证得结论．
【解答过程】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，
所以，即．
因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，
所以线段的中点为，所以，．
故C的方程为．
（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．
当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，
，，，则．
当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．
联立，消去y，得，
则，，
所以，
则．
由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，
则．
又 ，
所以．
综上，．
12．（2023·江西南昌·统考一模）已知抛物线上一点，若处的切线斜率为－1，且该切线与轴相交于．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点的直线与曲线相交于A，B两点，若直线PA，PB分别与轴相交于M，N两点，求M，N两点横坐标的和．
【解题思路】（1）根据直线与抛物线相切联立方程求解，即可得结果；
（2）根据题意求的坐标，结合韦达定理运算求解.
【解答过程】（1）由题意可知直线的方程为，
联立方程，消去y得，
因为直线与抛物线相切，则，解得，
所以抛物线的方程为，
故，解得，
把代入，得，
可得切点．
（2）设直线的方程为，且，
与抛物线联立方程，消去y得，
则，得，
故，，
直线AP的方程，
把代入得：，解得，
同理可得：，
所以，
因为点，在拋物线上，则，，
故，
由于韦达定理可得．
13．（2023·云南红河·统考一模）已知P为抛物线E：上任意一点，过点P作轴，垂足为O，点在抛物线上方（如图所示），且的最小值为9．
(1)求E的方程；
(2)若直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且为等边三角形，求m的值．
【解题思路】（1）根据抛物线的性质得出，即，根据当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，根据得出，即可解出答案；
（2）联立，根据韦达定理得出，，即可得出中点，即可得出直线MN的方程为：，由为等边三角形，则，代入化简即可求出答案.
【解答过程】（1）抛物线E：的焦点，准线方程为，
所以，故，
又因为的最小值为9，所的最小值为，
当且仅当点C，P，F三点共线时，取得最小值，
此时，解得，
故抛物线E的方程为；
（2）联立，消去x得，
直线与抛物线E相交于不同的两点A，B，
，得，
设，，则有，，
所以，
设线段AB的中点，
则，，即，
直线MN的斜率，直线MN的方程为：，
令，得，即，
所以，
，
又因为为等边三角形，所以，
所以，
解得，且满足，
故所求m的值为．
14．（2023·山东济宁·统考一模）已知直线与抛物线相切于点A，动直线与抛物线C交于不同两点M，N（M，N异于点A），且以MN为直径的圆过点A.
(1)求抛物线C的方程及点A的坐标；
(2)当点A到直线的距离最大时，求直线的方程.
【解题思路】（1）联立，根据求出，从而可求得切点；
（2）可设为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据以MN为直径的圆过点A，可得，从而可求得的关系，从而可求得直线所过的定点，再由直线与垂直时，点A到直线的距离最大，进而可得出答案.
【解答过程】（1）联立，消得，
因为直线与抛物线相切，
所以，解得或（舍去），
当时，，解得，所以，
所以抛物线C的方程为，点A的坐标为；
（2）显然直线的斜率存在，
可设为，
由，消得，
则，
，
，
因为以MN为直径的圆过点A，
所以，
即，
整理可得，
所以，
化简得，
所以，
所以或，
即或，
当时，直线，
即，所以直线过定点（舍去），
当时，直线，满足，
即，所以直线过定点，
当直线与垂直时，点A到直线的距离最大，
又，所以，
所以直线的方程为.
15．（2023·四川·校联考模拟预测）已知直线与抛物线交于，两点，且
(1)求的方程
(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由
【解题思路】（1）联立直线与抛物线，写出根与系数关系，化简已知条件来求得，进而求得抛物线的方程.
（2）连值直线抛物线，写出根与系数关系，求得直线的方程，并求出定点的坐标.
【解答过程】（1）将代入，得，
则，
则，解得，
故的方程为
（2）设，则，
联立方程组，整理得，
则，所以，
因此直线的方程为，
整理得，即，
当时，，故直线过定点.
16．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.
【解题思路】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【解答过程】（1）由,
得，即.
由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，
所以，且，
解得，
所以抛物线C的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，
如图，设，，，.
将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，
所以，所以，且.
直线的方程为，代入抛物线方程，
消去，得，解得或，所以.
同理，得，
所以
，
所以当时，取得最大值，为.
17．（2023·河北衡水·校考模拟预测）已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F
(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程
(2)过F作直线交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值
【解题思路】(1)根据椭圆中“”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解；
(2)利用韦达定理分别表示出，即可证明.
【解答过程】（1）根据椭圆：可得，所以，
则椭圆的右焦点也为抛物线的焦点，所以，解得，
所以抛物线方程为，准线为.
（2）由题可得，直线的斜率不等于0，所以设，
设，
联立整理得，
所以，
所以，
设，
联立整理得，
所以，
所以
所以,
所以，因为为常数，
所以当，即时，取得最小值，
此时的方程为垂直于轴,所以命题得证.
18．（2023·全国·模拟预测）已知直线过抛物线的焦点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点，当的面积是时，求点A的坐标．
【解题思路】（1）求出焦点坐标为，从而得到，求出抛物线方程；
（2）设出，过点A的抛物线的切线方程设为，与抛物线方程联立，根据得到，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，求出，表达出，，列出方程，求出，得到点A的坐标.
【解答过程】（1）中令得：，
故焦点坐标为，故，解得：，故抛物线方程为；
（2）抛物线准线方程为：，
设，过点A的抛物线的切线方程设为，
联立得：，
由，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为，
故，
令中，令得：，
不妨设，故，
则，
解得：，故点A的坐标为或.
19．（2023·四川攀枝花·统考二模）已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为P，且点P的横坐标为3．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)点A、B是第一象限内抛物线E上的两个动点，点为x轴上的动点，若为等边三角形，求实数t的取值范围．
【解题思路】(1)由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法表示条件关系，由此可求t的取值范围．
【解答过程】（1）设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，
双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，，则，
因为点A、B在第一象限，所以，故，
设线段的中点为，则，
所以点的坐标为，
所以，
所以
又点到直线的距离，
因为为等边三角形，
所以，，
所以，，
所以①，②，
将①代入②可得③，所以，所以，
将③代入①可得，所以，
故t的取值范围为．
20．（2023·宁夏银川·校联考一模）已知点F为抛物线E：（）的焦点，点P（−3，2），，若过点P作直线与抛物线E顺次交于A，B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点；
(3)若直线BC所过定点为点Q，△QAB，△PBC的面积分别为S1，S2，求的取值范围
【解题思路】（1）利用表示出，化简即可求出答案.
（2）设出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.再由点写出直线，联立直线与抛物线，利用韦达定理则可表示出两点的关系.写出直线的方程，根据两个关系式消掉点，则可得出结论.
（3）将、用点表示出来，再利用韦达定理用直线的斜率表示出，最后化简即可得出答案.
【解答过程】（1）焦点，∵，∴
抛物线E的标准方程为
（2）显然．直线斜率存在，设的方程为
由，化简得：，
设，则，
∴ ①，
直线的方程为，
由化简得：，
设则 ②，
由①②得，∴ ③，
（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴，
∴的方程为．
（ⅱ）若直线有斜率，为，
直线的方程为，即，
将③代入得，∴，
故直线有斜率时过点．
由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过点．
（3）
，
由（2）得，，
，∴，且，
，
设，
，
∵，且，∴∴，
故的取值范围是．