高考解答題專項練解析幾何1.如圖,已知拋物線的方程為x2=2py(p0),過點A(0,-1)作直線l與拋物線相交于P,Q兩點,點B的坐標為(0,1),連接BP,BQ,設直線QB,BP與x軸分別相交于M,N兩點.(1)如果p=2,且三角形BPQ的面積為4,求直線l的方程;(2)如果QB的斜率與PB的斜率的乘積為-3,求MN的長度.解(1)直線l的斜率必定存在,設為k,則l的方程為y=kx-1,因為p=2,把y=kx-1代入x2=4y得x2-4kx+4=0,則=16k2-160,所以k21.設P,Q兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1,x2為方程x2-4kx+4=0的兩個解,因此x1+x2=4k,x1x2=4,所以|PQ|=1+k2|x1-x2|=41+k2k2-1,點B(0,1)到直線l的距離d=2k2+1,由三角形BPQ的面積為4,得1241+k2k2-12k2+1=4,解得k=2,滿足k21.因此直線l的方程為2x-y-1=0或2x+y+1=0.(2)把直線l的方程代入x2=2py得x2-2pkx+2p=0,設P,Q兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1,x2為方程x2-2pkx+2p=0的兩個解,因此x1x2=2p,kBP=y1-1x1=x12-2p2px1=x12-x1x22px1=x1-x22p,同理kBQ=x2-x12p,因此kBP+kBQ=0,因為QB的斜率與PB的斜率的乘積為-3,所以QB的斜率為-3,從而BMN=BNM=60,即MNB為正三角形.因為BO為正三角形MNB的高,且|BO|=1,所以|MN|=233.2.(2017浙江高考樣卷)如圖,已知橢圓x22+y2=1的左、右頂點分別是A,B,設點P(2,t)(t0),連接PA交橢圓于點C,坐標原點是O.(1)證明:OPBC;(2)若四邊形OBPC的面積是325,求t的值.(1)證明設直線PA的方程為y=t22(x+2),由x22+y2=1,y=t22(x+2),整理得(4+t2)x2+22t2x+2t2-8=0,解得x1=-2,x2=42-2t24+t2,則點C的坐標是42-2t24+t2,4t4+t2,故直線BC的斜率kBC=-2t,由于直線OP的斜率kOP=t2,故kBCkOP=-1,則OPBC;(2)解由S四邊形OBPC=325,S四邊形OBPC=2t3+22t4+t2,得2t3+22t4+t2=325,整理得(t-1)(5t2+2t+12)=0,5t2+2t+120,t=1.3.(2018浙江4月摸底)已知拋物線C的頂點在原點,焦點在x軸上,且該拋物線上有一點P(4,m)到焦點的距離為5.(1)求拋物線C的方程;(2)已知拋物線上一點M(t,4),過點M作拋物線的兩條弦MD和ME,且MDME,判斷直線DE是否過定點?并說明理由.解(1)由題意設拋物線C的方程為y2=2px(p0),其準線方程為x=-p2,點P(4,m)到焦點的距離等于點P到其準線的距離,4+p2=5.p=2.拋物線C的方程為y2=4x.(2)由(1)可得點M(4,4),可得直線DE的斜率不為0,設直線DE的方程為x=my+t,聯立x=my+t,y2=4x,得y2-4my-4t=0,則=16m2+16t0.(*)設D(x1,y1),E(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4t.MDME=(x1-4,y1-4)(x2-4,y2-4)=x1x2-4(x1+x2)+16+y1y2-4(y1+y2)+16=y124y224-4y124+y224+16+y1y2-4(y1+y2)+16=(y1y2)216-(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(*)式檢驗知t=4m+8滿足0,直線DE的方程為x=my+4m+8=m(y+4)+8.直線過定點(8,-4).4.已知橢圓L:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為22,過點1,22,與x軸不重合的直線過定點T(m,0)(m為大于a的常數),且與橢圓L交于兩點A,B(可以重合),點C為點A關于x軸的對稱點.(1)求橢圓L的方程;(2)求證:直線BC過定點M,并求出定點M的坐標;求OBC面積的最大值.解(1)由題意可得e=ca=22,1a2+12b2=1,a2-b2=c2,解得a=2,b=1,即橢圓的方程為x22+y2=1.(2)證明:由對稱性可得直線BC過定點,定點在x軸上,設直線l的方程為x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1),代入橢圓方程x2+2y2=2,可得(2+t2)y2+2tmy+m2-2=0,即有=4t2m2-4(2+t2)(m2-2)0,即為8(t2-m2+2)0,y1+y2=-2tm2+t2,y1y2=m2-22+t2.設BC:y+y1=y2+y1x2-x1(x-x1),令y=0,可得x=x1y2+x2y1y1+y2=(ty1+m)y2+(ty2+m)y1y1+y2=2ty1y2y1+y2+m=2t(m2-2)-2tm+m=2m,則直線BC過定點M2m,0.記OBC的面積為S,則S=12|OM|y2+y1|=1m2tm2+t2=2|t|+2|t|,由0可得|t|m2-2(m2),若m2-22,即m2,Smax=2m2-2+2m2-2;若2m2,S222=22,即有Smax=22.5.(2018浙江高考)如圖,已知點P是y軸左側(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上.(1)設AB中點為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x0)上的動點,求PAB面積的取值范圍.(1)證明設P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因為PA,PB的中點在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=414y2+x02,即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個不同的實根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)解由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面積SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因為x02+y024=1(x00,解得k0或0k1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過點(1,-2),從而k-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-,-3)(-3,0)(0,1).(2)證明設A(x1,y1),B(x2,y2).由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直線PA的方程為y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得點M的縱坐標為yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1