2020年高考数学二轮复习（上海专版） 专题11 直线与圆锥曲线的位置关系（解析版）

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1、专题专题 11 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 专题点拨专题点拨 1弦长公式：斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则截得的弦长: |AB| 22 121 2 1()4kxxx x = 1k2|x1x2|1 1 k2|y1y2|(k0) 2. 涉及焦点弦问题：一般要联想圆锥曲线的轨迹定义加以分析求解. 涉及中点弦及直线的斜率问题：需要利用“根与系数的关系”求解 3.在直线与圆锥曲线的问题中，若直线的斜率不存在且符合题意时，则需要优先考虑斜率不存在的情况既 克服遗漏，又可获得一般性解答的启示. 4.涉及存在性问题:一方面，要结合轨迹定义和曲线

2、性质讨论；另一方面，还要结合问题情境具体分析，并 加以推理论证. 真题赏析真题赏析 (2018 上海)设常数 t2在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F(2，0)，直线 l：x=t，曲线 ：y2=8x(0xt， y0)l 与 x 轴交于点 A、与 交于点 BP、Q 分别是曲线 与线段 AB 上的动点 (1)用 t 表示点 B 到点 F 的距离； (2)设 t=3，|FQ|=2，线段 OQ 的中点在直线 FP 上，求 AQP 的面积； (3)设 t=8， 是否存在以 FP、 FQ 为邻边的矩形 FPEQ， 使得点 E 在 上？若存在， 求点 P 的坐标； 若不存在， 说明理由 【解析】(1)方

3、法一：由题意可知：设 B(t，2t)， 则|BF|=t+2， |BF|=t+2； 方法二：由题意可知：设 B(t，2t)， 由抛物线的性质可知：|BF|=t+=t+2，|BF|=t+2； (2)F(2，0)，|FQ|=2，t=3，则|FA|=1， |AQ|=，Q(3，)，设 OQ 的中点 D， D(，)， kQF=，则直线 PF 方程：y=(x2)， 联立，整理得：3x220x+12=0， 解得：x=，x=6(舍去)， AQP 的面积 S=； (3)存在，设 P(，y)，E(，m)，则 kPF=，kFQ=， 直线 QF 方程为 y=(x2)，yQ=(82)=，Q(8，)， 根据+=，则 E(+

4、6，)， ()2=8(+6)，解得：y2=， 存在以 FP、FQ 为邻边的矩形 FPEQ，使得点 E 在 上，且 P(，) 例题剖析例题剖析 【例 1】椭圆 22 :1 94 xy (1)若抛物线C的焦点与的焦点重合，求C的标准方程； (2)若的上顶点A、右焦点F及x轴上一点M构成直角三角形，求点M的坐标； (3)若O为的中心，P为上一点(非的顶点)，过的左顶点B，作/ /BQOP，BQ交y轴于点Q，交 于点N，求证： 2 2BN BQOP 【解析】(1)椭圆 22 :1 94 xy 中 2 9a ， 2 4b ， 222 5cab， 5c ， 的焦点坐标为( 5，0)，(5，0)， 抛物线C

5、的焦点与的焦点重合， 2 5p，且抛物线的焦点在x轴上， C的标准方程 2 4 5y ； (2)的上顶点A、右焦点F及x轴上一点M构成直角三角形， (0,2)A，( 5F，0)， 设( ,0)M t，显然0t ， 222 |MAAFMF， 22 454( 5)tt， 解得 4 5 5 t ， 4 5 ( 5 M，0)， 证明(3)由( 3,0)B ，/ /BQOP， 设直线BQ的方程为3xmy，直线OP的方程为xmy， 由 22 1 94 3 xy xmy ，消x可得 22 (49)240mymy， 解得0y ，或 2 24 49 m y m ， 则 22 22 241227 3 4949 N

6、 mm x mm 则N点的坐标为 2 2 1227 ( 49 m m ， 2 24 ) 49 m m ， 对于直线方程3xmy，令0x ，可得 3 y m 3 (0,)Q m ， 2 2 1227 (3 49 m BN BQ m ， 2 24 ) (3 49 m m ， 22 222 3727272(1) ) 494949 mm mmmm 由 22 1 94 xy xmy ，解得 2 2 36 49 p y m ， 2 2 2 36 49 p m x m 解得 2 2 6 49 6 49 m x m y m 或 2 2 6 49 6 49 m x m y m ， 22 2 22 222 363

7、672(1) 22()2() 494949 pp mm OPxy mmm ， 2 2BN BQOP 【例 2】对于双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)，定义 C1： x2 a2 y2 b21 为其伴随曲线，记双曲线 C 的左、右顶 点为 A、B. (1)当 ab 时，记双曲线 C 的半焦距为 c，其伴随椭圆 C1的半焦距为 c1，若 c2c1，求双曲线 C 的渐近线方 程； (2)若双曲线 C 的方程为x 2 4 y2 21， 弦 PQx 轴， 记直线 PA 与直线 QB 的交点为 M， 求动点 M 的轨迹方程； (3)过双曲线 C：x2y21 的左焦点 F，且斜率为 k 的直

8、线 l 与双曲线 C 交于 N1、N2两点，求证：对任意的 k21 4，2 1 4，在伴随曲线 C1 上总存在点 S，使得FN1 FN2 2 FS. 【解析】c a2b2，c1 a2b2， 由 c2c1，得 a2b22 a2b2，即 a2b24(a2b2)，可得b 2 a2 3 5.双曲线 C 的渐近线方程为 y 15 5 x. (2)设 P(x0，y0)，Q(x0，y0)，又 A(2，0)、B(2，0)，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2) ，直线 QB 的方程为 y y0 x02(x2) ， 由得 x0 4 x y02y x . P(x0， y0)在双曲线x 2 4 y2 21

9、上， 42 x2 4 4y2 x2 2 1， x 2 4 y2 2 1，即为所求 (3)证明： F 点的坐标为 F( 2， 0)， 直线 l 的方程为 yk(x 2)， 设 N1、 N2的坐标分别为 N1(x1， y1)、 N2(x2， y2)，则由 yk（x 2） x2y21 得： x2k2(x 2)21，即(1k2)x22 2k2x(2k21)0. 当 k 1 时，8k44(1k2)(2k21)8k48k44k244k240. x1x22 2k 2 1k2，x1x2 2k21 1k2 . FN1 FN2 (x1 2，y1) (x2 2，y2)(x1 2)(x2 2)y1y2 (x1 2)(

10、x2 2)k(x1 2)k(x2 2)(1k2)x1x2 2(x1x2)2 (1k2) 2k 21 1k2 2 2 2k2 1k22 1k2 1k2； 由 k21 4，2 1 4知 k 2 0， 2 2 ， 1k 2 1k21，32 2， 双曲线 C： x2y21 的伴随曲线是圆 C1： x2y21， 圆 C1上任意一点 S 到 F 的距离|FS| 21， 1 2， FS 232 2，32 2 1，32 232 2，32 2， 对任意的 k21 4，2 1 4，在伴随曲线 C1上总存在点 S, 使得FN1 FN2 FS 2. 【例 3】设直线: l xkyb与抛物线 2 4yx相交于不同的两点

11、A，B，M为线段AB中点， (1)若(3,2)M，且1b ，求线段AB的长； (2)若直线l与圆 22 :(5)16Cxy相切于点M，求直线l的方程； (3)若直线l与圆 222 :(5)(05)Cxyrr相切于点M，写出符合条件的直线l的条数(直接写出结论即 可) 【解析】(1)当1b 时，直线l的方程为1xky，设点 1 (A x， 1) y、 2 (B x， 2) y， 将直线l的方程与抛物线的方程联立得 2 1 4 xky yx ，消去x得 2 440yky， 由韦达定理可得 12 4yyk， 12 4y y ， 由于点(3,2)M是线段AB的中点，则 12 22 2 yy k ，则1

12、k ，所以， 12 4yy， 由弦长公式可得 222 121212 |1 1 |2()4244 ( 4)8AByyyyy y ； (2)设点 1 (A x， 1) y、 2 (B x， 2) y， 将直线l的方程与抛物线的方程联立 2 4 xkyb yx ，消去x得 2 440ykyb， 由韦达定理可得 12 4yyk， 12 4y yb ， 设点M的坐标为 0 (x， 0) y，则 12 0 2 2 yy yk ， 2 00 2xkybkb， 所以，点M的坐标为 2 (2kb，2 )k， 若0k ，则直线l的方程为xb，则点A、B关于x轴对称，而圆 22 (5)16xy与x轴的交点为(1,0

13、) 和(9,0)， 点M的坐标为( ,0)b，则1b 或9b ，此时，直线l的方程为1x 或9x ，符合题意！ 若0k ， 由C MA B可知，1 CMAB kk ， 即 2 1 1 25 k kbk ， 则有 2 251kb ， 所以， 2 240kb 另一方面，点M在圆上，则有 222 (25)16kbk，所以， 2 116k，则 2 15k ，26b ， 此时， 22 161616()1760kbkb，不合乎题意！ 综上所述，直线l的方程为1x 和9x ； (3)当5r时，1 条； 当02r 或45r 时，2 条； 当24r时，4 条 巩固训练巩固训练 一、一、填空题填空题 1.已知椭圆

14、 22 :1(3) 3 xy Mm m ，M与两直线ykx，(0)ykx k 有不同的交点，这四个点与M的两 个焦点恰为一个正六边形的顶点，则m 【答案】32 3 【解析】四个点与M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点， ykx，(0)ykx k 的夹角为60 不妨令0k ，则3k ，再令在第一象限的交点为P， 由 22 1 3 3 xy m yx ，解得 2 1 m x m ， 22 3 3 1 m yx m ， 2 4 | 1 m OP m ， 4 3 1 m m m ， 解得32 3m 或32 3m (舍去)， 故32 3m ， 故答案为：32 3 2曲线 22 2 :1(0) 4 xy C

15、b b 与直线:20l kxyk恒有公共点，则b的取值范围是 【答案】 4 3 ,) 3 【解析】直线:20l kxyk恒过( 1,2)， 曲线 22 2 :1(0) 4 xy Cb b 与直线:20l kxyk恒有公共点， 可得 2 14 1 4b ， 0b ， 4 3 3 b 故答案为： 4 3 ,) 3 3.已知AB为抛物线 2 xy的弦，如果此弦的垂直平分线的方程是3yx ，则弦AB所在直线的方程 是 【答案】20xy 【解析】设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y，AB的中点 0 (M x， 0) y， 则 2 11 xy， 2 22 xy，两式作差可得： 22 1

16、212 xxyy， 12 12 12 yy xx xx ，即 0 2 AB kx AB的垂直平分线的方程是3yx ， 0 21x，即 0 1 2 x ，代入3yx ，得 0 15 3 22 y 则 1 5 ( , ) 2 2 M 弦AB所在直线的方程是 51 1 () 22 yx ，即20xy 故答案为：20xy 4.曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离已知曲线 2 1: Cyxa到直线 :1l yx的距离等于 22 2:( 2)2Cxy到直线:1l yx的距离，则实数a 【答案】 17 4 【解析】圆 22 2:( 2)2Cxy的圆心为(2,0)，半径为2， 圆心到直线

17、1yx的距离为： 33 2 22 ， 曲线 22 2:( 2)2Cxy到直线:1l yx的距离为： 3 2 2 则曲线 2 1: Cyxa到直线:1l yx的距离等于 3 2 2 ， 令21yx 解得 1 2 x ，故切点为 1 ( 2 ， 1 ) 4 a， 切线方程为 11 () 42 yax，即 1 0 4 xya， 由题意可知 1 0 4 xya与直线1yx的距离为： 3 2 2 ， 即 1 |1| 3 2 4 22 a 解得 17 4 a 或 7 4 当 7 4 a 时直线yx与曲线 2 1: Cyxa相交，故不符合题意，舍去 故答案为： 17 4 二、选择题二、选择题 5.已知椭圆

18、22 :1 98 xy C， 对于任意实数k， 下列直线中被椭圆C截得的弦长与直线:2l ykx被椭圆C截 得的玄长一定相等的是( ) A10kxy B10kxy C20kxy D30kxy 【答案】C 【解析】直线20kxy的斜率为k，在y轴上的截距为 2， 这直线与直线:2l ykx关于y轴对称，故这两直线被椭圆C所截得的弦长相等 故选：C 6.抛物线 2 2yx上有一动弦AB，中点为M，且弦AB的长度为 3，则点M的纵坐标的最小值为( ) A 11 8 B 5 4 C 3 2 D1 【答案】A 【解析】设直线AB的方程为ykxb，联立 2 2 ykxb yx ，化为 2 20xkxb，

19、由题意可得 2 80kb 12 2 k xx， 12 2 b x x 22 121 2 |1()43ABkxxx x， 2 2 19 () 2 14 k b k AB中点M的纵坐标 222 2212 12 22 91919111 2 2482(1)82(1)81688 M yykkk yxxb kk 故选：A 7.设直线l与抛物线 2 4yx相交于,A B两点，与圆C： 2 22 50xyrr相切于点M，且M为 线段AB中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( ). A. 1,3 B. 1,4 C. 2,3 D. 2,4 【答案】D 【解析】设直线l的方程为x tym ，代入抛物线方程

20、得 2 440ytym， 则 2 16160tm.又中点 2 2,2Mtmt ，则1 MCl kk ，即 2 32mt. 代入 2 1616tm，可得 2 30t，即 2 03t. 又由圆心到直线的距离等于半径，可得 2 2 22 522 2 1 11 mt drt tt . 由 2 03t，可得2,4r.故选 D. 三、解答题三、解答题 8.(2019 静安区二模)已知抛物线 C：2= 2( 0)上一点(,4)到其焦点 F 的距离为 5 (1)求抛物线 C的方程； (2)设直线 l与抛物线 C 交于 A、B两点,O 为坐标原点,若 = 4,求证：直线 l必过一定点,并求出该定 点的坐标； (

21、3)过点(2,0)的直线 m 与抛物线 C交于不同的两点 M、N,若 0,解得 2 设(1,1),(2,2),则1+ 2= 4,12= 8,且1= 1 2 4 , 2= 2 2 4 , 所以 = (1,1 1) (2,2 1) = 12+ 12 (1+ 2) + 1 = 12+ 1 222 16 1 2:22 4 + 1 = (12 4 )2 (1:2)2 4 + 3 212 + 1 = 12 + 1, 因为 0)的左右焦点分别为1(1,0)、2(1,0),短轴长为23, 点(3,0)在曲线上,点 Q在直线 l： = 4上,且1 1 (1)求曲线的标准方程； (2)试通过计算判断直线 PQ与曲

22、线公共点的个数 (3)若点(1,1)、(2,2)在都以线段12为直径的圆上,且 = 1+ 2,试求2的取值范围 【解析】解：(1) 曲线： 2 2 + 2 2 = 1( 0)的左右焦点分别为1(1,0)、2(1,0),短轴长为23 = 3, = 1,则 = 2+ 2= 2 曲线的标准方程为： 2 4 + 2 3 = 1； (2)将(3,0 )代入： 2 4 + 2 3 = 1解得0= 3 2 ,不妨取0= 3 2 ,则(3, 3 2 ), 设(4,),因为1(1,0), 1 1,1= 1 1 = 1 3 2 0 3+1 2 23 3,又1= ;0 ;4:1 = 3, 2 23 3 = 3,解得

23、 = 23 6, = 3 2 ;23:6 ;3:4 = 3 2, 又过(0,0)的椭圆的切线方程为0 4 + 0 3 = 1,即;3 4 + 3 2 3 = 1,将(4,23 6)代入满足, 所以直线 PQ 与椭圆相切,公共点的个数为 1 (3)依题意得12+ 12= 1+ 2,可得12= 1+ 2 12, 两边平方得：1 222 = 1 2 + 2 2 + 1 222 + 212= 21 22 212 2, (1 1 2)(1 22) = 12 + 2 2 + 1 222 + 212 21 22 212 2, 1 1 2 2 2 + 1 222 = 1 2 + 2 2 + 1 222 + 2

24、12 21 22 212 2, 21 2 + 22 2 + 212 212 2 21 22 1 = 0, 2(1 2)1 2 + 21(2 2 2) + 222 1 = 0, = ,22(1 2)-2 8(1 2)(22 2 1) 0, (1 2)(2 3 32 2 + 2) 0, (1 2)(2+ 1)(2 2 22+ 2) 0, 1 1 1,1 2 1, 2 2 22+ 2 0, 2 2 + 22 2 0, (2+ 1)2 3, 3 2+ 1 3, 3 1 2 3 1, 又2 1, 1 2 3 1 新题速递新题速递 1(2020奉贤区一模)设平面直角坐标系中， O 为原点， N 为动点，

25、| | = 6， = 5 ，过点 M 作 MM1 y 轴于 M1，过 N 作 NN1x 轴于点 N1，M 与 M1不重合，N 与 N1不重合，设 = 1 + 1 ，则点 T 的轨迹方程是 【分析】设 T(x，y)，点 N(x1，y1)，则 N1(x1，0)，1 = ( 1 5x1，0)，1 =(0，y1)， = ( 1 5x1，y1)， 所以1 = 5 1= ，代入| | = 6即可 【解答】解：设 T(x，y)，点 N(x1，y1)，则 N1(x1，0)， 又 = 1 5 = 1 5(x1，y1)， M1 (0， 1 5 y1)，1 = ( 1 5x1，0)，1 =(0，y1)， 因为 =

26、1 + 1 ，于是 = ( 1 5x1，y1)，即(x，y)( 1 5 x1，y1)， 所以1 = 5 1= ，代入| | = 6得 5x2+y236 因为 M 与 M1不重合，N 与 N1不重合，所以 x0 且 x 不等于65 5 ， 所以曲线 C 的方程是 5x2+y236(x0 且 x 65 5 ) 2(2020徐汇区一模)过抛物线 C：y22x 的焦点 F，且斜率为3的直线交抛物线 C 于点 M(M 在 x 轴的上 方)，l 为抛物线 C 的准线，点 N 在 l 上且 MNl，则 M 到直线 NF 的距离为 【分析】首先求出经过焦点的直线，进一步与抛物线建立方程组，进一步求出点 M 的

27、坐标，再利用点到 直线的距离公式求出结果 【解答】解：抛物线 C：y22x 的焦点 F(1 2，0)，且斜率为3的直线方程为 = 3( 1 2)， 所以 2= 2 = 3( 1 2) ，整理得 9x215x+40，解得 = 4 3或 1 3， 当 x= 4 3时，解得 y= 53 6 ， 设点 M(4 3 ， 53 6 )， l 为抛物线 C 的准线，点 N 在 l 上且 MNl， 所以 N( 1 2， 53 6 ) 所以 NF 的直线方程为 = 53 6 ( 1 2)， 所以当 M(4 3 ， 53 6 )到直线 = 53 6 ( 1 2)的距离 d= |53 6 4 3 53 6 53 1

28、2 | 1+(53 6 )2 = 3 故答案为：3 3(2020虹口区一模)如图，F1、F2分别是双曲线 C： 2 2 y21 的左、右焦点，过 F2的直线与双曲线 C 的两条渐近线分别交于 A、B 两点，若2 = ，1 2 =0，则双曲线 C 的焦距|F1F2|为 【分析】设 A(m， )(m0)，由 F2(c，0)，利用中点坐标公式可得 B(2mc，2 )，代入渐近线方程得 m= 4，再由1 2 =0，联立可得2= 1 3，进一步求得|F1F2|的值 【解答】解：设 A(m， )(m0)，F2(c，0)， 由中点坐标公式可得，B(2mc，2 )， 代入渐近线方程 y= ，得 2 = 1 (

29、2 )，得 m= 4 由1 2 =0，得(2， 2 ) (2 ， 2 ) = (1 + 1 2) 2 = 0， 将 m= 4代入，得(1 + 1 2) 2 16 2 4 = 0，得2= 1 3， |12| = 2 = 2 2+ 1 = 43 3 故答案为：43 3 4(2020普陀区一模)设椭圆： 2 2 +y21(a1)，直线 1 过的左顶点 A 交 y 轴于点 P，交于点 Q，若 AOP 是等腰三角形(O 为坐标原点)，且 =2 ，则的长轴长等于 【分析】如图所示，设 Q(x0，y0)由题意可得：A(a，0)，P(0，a)根据 =2 ，可得 x0，y0代 入椭圆方程解得 a，即可得出 【解

30、答】解：如图所示，设 Q(x0，y0) 由题意可得：A(a，0)，P(0，a) =2 ， (x0，y0a)2(ax0，y0)， x0= 2 3 ，y0= 3 代入椭圆方程可得：4 9 + 2 9 =1， 解得 a= 5 的长轴长等25 故答案为：25 5(2020闵行区一模)已知抛物线：y28x 和圆 ：x2+y24x0，抛物线的焦点为 F (1)求 的圆心到的准线的距离； (2)若点 T(x，y)在抛物线上，且满足 x1，4，过点 T 作圆 的两条切线，记切点为 A、B，求四边形 TAFB 的面积的取值范围； (3)如图，若直线 l 与抛物线和圆 依次交于 M、P、Q、N 四点，证明： “|

31、 = | = 1 2 |”的充 要条件是“直线 l 的方程为 x2” 【分析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程，圆的圆心和半径，即可得到所求距离； (2)由圆的切线的性质可得四边形 TAFB 的面积为 STAF+STBF2STAF|TA|AF|，结合两点的距离公式 和勾股定理，以及二次函数的值域求法，可得所求范围； (3)从充分性和必要性两个方面证明，结合抛物线和圆的对称性，以及方程思想和两点的距离公式，即可 得证 【解答】解：(1)抛物线：y28x 的焦点 F(2，0)，准线方程为 x2， 圆 ：x2+y24x0 的圆心为(2，0)，半径为 2， 的圆心到的准线的距离为 2(2)4； (2)

32、在四边形 TAFB 中，四边形 TAFB 的面积为 STAF+STBF2STAF21 2|TA|AF| 2|TA|2|2 |2=2( 2)2+ 2 4 =22+ 2 4 =22+ 4， 由 yx2+4x 在1，4递增，可得 y5，32，则 22+ 4,25，82-， 即四边形 TAFB 的面积的范围是25，82； (3)证明：当直线 l 的方程为 x2 时，联立抛物线：y28x，可得 y4， 可得|MN|8，|PQ|4，由抛物线和圆均关于 x 轴对称，可得|MP|NQ|2= 1 2|PQ|成立； 设直线 l 的方程为 xmy+t，由|MP|NQ|= 1 2|PQ|，结合抛物线和圆均关于 x 轴

33、对称， 可得直线 l 垂直于 x 轴，即 m0，令 xt，分别代入抛物线：y28x 和圆 ：x2+y24x0， 可得 M(t，22)，N(t，22)，P(t，4 2)，Q(t，4 2)， 由|MP|22 4 2|= 1 224 2，解得 t2(0 舍去)，可得直线 l 的方程为 x2 综上可得“| = | = 1 2 |”的充要条件是“直线 l 的方程为 x2” 6(2020静安区一模)已知抛物线的准线方程为 x+y+20，焦点为 F(1，1) (1)求证：抛物线上任意一点 P 的坐标(x，y)都满足方程 x22xy+y28x8y0； (2)请指出抛物线的对称性和范围，并运用以上方程证明你的结

34、论； (3)设垂直于 x 轴的直线与抛物线交于 A，B 两点，求线段 AB 的中点 M 的轨迹方程 【分析】(1)由抛物线的定义可得|PF|d(d 为 P 到准线的距离)，运用两点的距离公式和点到直线的距离 公式，化简可得所求轨迹方程； (2)由抛物线的方程的特点， 考虑点关于直线 yx 的对称点的特征和对称轴与准线和抛物线的交点的关系， 以及直线和抛物线相切的特点，可得所求范围； (3)设垂直于 x 轴的直线为 xt，代入抛物线的方程 x22xy+y28x8y0，运用韦达定理和中点坐标公 式，以及参数方程化为普通方程可得所求轨迹方程 【解答】解：(1)证明：抛物线的准线方程为 x+y+20，

35、焦点为 F(1，1)， 抛物线上任意一点 P 的坐标(x，y)，由抛物线的定义可得|PF|d(d 为 P 到准线的距离)， 即为( 1)2+ ( 1)2= |+2| 2 ，两边平方化简可得 x22xy+y28x8y0； (2)抛物线关于 yx 对称，顶点为(0，0)，范围为 x1，y1， 由方程 x22xy+y28x8y0，设抛物线上任一点(x，y)关于直线 yx 对称的点为(y，x)，满足原方程， 则抛物线关于直线 yx 对称；由直线 y1x1 即 yx，联立 x+y+20，解得 xy1， 可得抛物线的顶点为(0，0)；由 x1 和 x22xy+y28x8y0 联立可得切点为(1，3)， 同

36、样由 y1 和 x22xy+y28x8y0 联立可得切点为(3，1)， 可得抛物线的范围为 x1，y1； (3)设垂直于 x 轴的直线为 xt，代入抛物线的方程 x22xy+y28x8y0， 可得 t2(2t+8)y+t28t0， 设 A(t，y1)，B(t，y2)，可得 y1+y22t+8， 则 AB 的中点为(t，t+4)， 则 AB 的中点的轨迹方程为直线 yx+4 7(2020浦东新区一模)已知曲线 C：x2y21，过点 T(t，0)作直线 l 和曲线 C 交于 A、B 两点 (1)求曲线 C 的焦点到它的渐近线之间的距离； (2)若 t0，点 A 在第一象限，AHx 轴，垂足为 H，

37、连结 BH，求直线 BH 倾斜角的取值范围； (3)过点T作另一条直线m， m和曲线C交于E、 F两点， 问是否存在实数t， 使得 =0和| | |同时 成立？如果存在，求出满足条件的实数 t 的取值集合，如果不存在，请说明理由 【分析】(1)求出曲线 C 的焦点为1(2，0)，2(2，0)，渐近线方程 yx，然后求解焦点到它的渐 近线之间的距离 (2)设 l：ykx(0k1)，A(x1，y1)，B(x1，y1)，H(x1，0)，求出= 1 21 = 2然后求解范围 (3)当直线 l：y0，判断结果；设 l：yk(xt)(k0)，与双曲线联立可得(1k2)x2+2k2tx(1+k2t2)0，

38、利用弦长公式，求出 AB，EF，然后求解 t，得到结果 【解答】解：(1)曲线 C 的焦点为1(2，0)，2(2，0)，渐近线方程 yx， 由对称性，不妨计算2(2，0)到直线 yx 的距离， = |20| 2 = 1 (2)设 l：ykx(0k1)，A(x1，y1)，B(x1，y1)，H(x1，0)， 从而= 1 21 = 2 又因为点 A 在第一象限，所以 0k1， 从而 (0， 1 2)， 所以直线 BH 倾斜角的取值范围是(0， 1 2)， (3)当直线 l： y0， 直线 m： xt| = 2，(0，2 1)，(0， 2 1)， 22 1 = 2 = 2 当直线 l：xt，直线 m：

39、y0 时， = 2(根据对称性，这种不讨论不扣分) 不妨设 l：yk(xt)(k0)，与双曲线联立可得(1k2)x2+2k2tx(1+k2t2)0， 由弦长公式，| = 1 + 2 |12| = 2 1+2(21)2+1 |12| ， 将 k 替换成 1 ，可得| = 2 2+121+2 |21| ， 由|AB|EF|，可得(t21)k2+1t21+k2， 解得 t22，此时4(k2t2k2+1)0 成立 因此满足条件的集合为*2，2+ 8(2020杨浦区一模)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，点 A 是第一象 限内抛物线 C 上的一点，点 D 的坐标

40、为(t，0)(t0) (1)若| = 5，求点 A 的坐标； (2)若AFD 为等腰直角三角形，且FAD90，求点 D 的坐标； (3)弦 AB 经过点 D，过弦 AB 上一点 P 作直线 xt 的垂线，垂足为点 Q，求证： “直线 QA 与抛物线相 切”的一个充要条件是“P 为弦 AB 的中点” 【分析】(1)设 A(m，n)，即 n24m，m0，n0，再由两点的距离公式，计算可得所求坐标； (2)设 A(x，y)，由 F(1，0)，D(t，0)，由等腰直角三角形的定义，结合向量垂直的条件和中点坐标公式， 解方程可得 D 的坐标； (3)先证由“P 为弦 AB 的中点”可得“直线 QA 与抛物线相切” ，设出 AB 的方程，联立抛物线方程，运 用韦达定理和中点坐标公式，以及导数求得 A 处的切线的斜率，作差可得证明；再证由“直线 QA 与抛 物线相切” 可得 “P为弦AB的中点” 设Q(t， s)， 即P的纵坐标为s， 可得切线QA的方程为ys= 2 1(x+t)