江苏省2019高考数学总复习优编增分练：高考附加题加分练(六)曲线与方程、抛物线

(六)曲线与方程、抛物线
1.如图，过抛物线y 2
＝4x 的焦点F 作抛物线的两条弦AB ，CD ，设直线AC 与BD 的交点为P ，直线AC ，BD 分别与y 轴交于M ，N 两点．
(1)求证：点P 恒在抛物线的准线上； (2)求证：四边形PMFN 是平行四边形．
证明 (1)由题意知F (1,0)，不妨设A (a 2,
2a )，D (b 2,
2b )，a >0，b <0，B (x B ，y B )． 直线AB 的方程为2ax ＋(1－a 2
)y －2a ＝0，
由⎩
⎪⎨⎪⎧
y 2
＝4x ，2ax ＋(1－a 2
)y －2a ＝0，
得ay 2
＋2(1－a 2
)y －4a ＝0， 由2ay B ＝－4，得y B ＝－2a
，
代入抛物线方程y 2
＝4x ， 得x B ＝1a
2，即B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
a 2，－2a ，
同理得C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
b 2，－2b ，
则直线AC 的方程为y ＝2b ab －1x －2a
ab －1
， 直线BD 的方程为y ＝2a ab －1x －2b
ab －1
， 则M ⎝
⎛⎭⎪⎫0，－
2a ab －1，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，－2b ab －1. 联立直线AC ，BD 的方程⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝2b ab －1x －2a
ab －1，
y ＝2a ab －1x －2b
ab －1，
可得点P 的横坐标为定值－1， 即点P 恒在抛物线的准线上．
(2)因为k FN ＝0－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－2b ab －11－0＝2b ab －1＝k AC ，
k FM ＝0－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－2a ab －11－0＝2a ab －1＝k BD ，
所以四边形PMFN 是平行四边形．
2.如图，已知抛物线C ：x 2
＝2py (p >0)过点(2,1)，直线l 过点P (0，－1)与抛物线C 交于A ，
B 两点，点A 关于y 轴的对称点为A ′，连结A ′B
.
(1)求抛物线C 的标准方程；
(2)问直线A ′B 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 解 (1)将点(2,1)代入抛物线C 的方程，得p ＝2， 所以抛物线C 的标准方程为x 2
＝4y . (2)设直线l 的方程为y ＝kx －1，
又设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ′(－x 1，y 1)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝x 2
4，y ＝kx －1，
得x 2
－4kx ＋4＝0，
则Δ＝16k 2
－16>0，x 1,2＝4k ±16k 2
－162
，
x 1x 2＝4，x 1＋x 2＝4k ，
所以k A ′B ＝y 2－y 1
x 2－(－x 1)＝x 22
4－
x 2
14x 1＋x 2＝x 2－x 14，
于是直线A ′B 的方程为y －x 22
4＝
x 2－x 14(x －x 2)，
所以y ＝
x 2－x 1
4
(x －x 2)＋x 22
4
＝x 2－x 14
x ＋1，
当x ＝0时，y ＝1，
所以直线A ′B 过定点(0,1)．
3.如图，已知定点R (0，－3)，动点P ，Q 分别在x 轴和y 轴上移动，延长PQ 至点M ，使PQ →
＝
12
QM →，且PR →·PM →
＝
0.
(1)求动点M 的轨迹C 1；
(2)圆C 2：x 2
＋(y －1)2
＝1，过点(0,1)的直线l 依次交C 1于A ，D 两点(从左到右)，交C 2于B ，
C 两点(从左到右)，求证：AB →·C
D →
为定值．
(1)解 方法一 设M (x ，y )，P (x 1,0)，Q (0，y 2)， 则由PR →·PM →＝0，PQ →＝12
QM →
及R (0，－3)，得
⎩⎪⎨⎪⎧
－x 1(x －x 1)＋(－3)y ＝0，
－x 1＝12
x ，
y 2
＝12y －12y 2
，
化简得x 2
＝4y .
所以动点M 的轨迹C 1是顶点在原点，开口向上的抛物线． 方法二 设M (x ，y )．
由PQ →＝12QM →，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 3.
所以PR →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－3，PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2，y . 由PR →·PM →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2，y ＝0，
即34
x 2－3y ＝0，化简得x 2
＝4y . 所以动点M 的轨迹C 1是顶点在原点，开口向上的抛物线．
(2)证明 由题意，得AB →·CD →
＝AB ·CD ，⊙C 2的圆心即为抛物线C 1的焦点F . 设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则AB ＝FA －FB ＝y 1＋1－1＝y 1. 同理CD ＝y 2.
直线l 的斜率显然存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，
联立⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋1，x 2
＝4y ，得x 2
－4kx －4＝0，
所以x 1,2＝4k ±16k 2
＋162
，
所以x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－4， 所以AB →·CD →
＝AB ·CD ＝y 1y 2
＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)＝k 2
x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－4k 2
＋4k 2
＋1＝1， 所以AB →·CD →
为定值1.
4.如图，已知抛物线C ：y 2
＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线C 交于A (x 1，y 1)(y 1>0)，
B (x 2，y 2)两点，T 为抛物线的准线与x 轴的交点．
(1)若TA →·TB →
＝1，求直线l 的斜率； (2)求∠ATF 的最大值．
解 (1)因为抛物线y 2
＝4x 的焦点为
F (1,0)，T (－1,0)，
当l ⊥x 轴时，A (1,2)，B (1，－2)， 此时TA →·TB →＝0，与TA →·TB →
＝1矛盾， 所以可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入y 2
＝4x ，得k 2x 2
－(2k 2
＋4)x ＋k 2
＝0， x 1,2＝2k 2
＋4±(2k 2
＋4)2
－4k 4
2k 2
， 则x 1＋x 2＝2k 2
＋4
k
2，x 1x 2＝1，①
故y 21y 2
2＝16x 1x 2＝16，y 1y 2＝－4.②
因为TA →·TB →
＝1，所以(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝1， 将①②代入并整理，得k 2
＝4，所以k ＝±2. (2)因为y 1>0， 所以tan∠ATF ＝
y 1
x 1＋1＝y 1y 214＋1＝1y 14＋1
y 1
≤1， 当且仅当y 14＝1
y 1
，即y 1＝2时取等号，
因为点A 在第一象限，
所以∠ATF 的最大值为π
4.。