江苏专版2020版高考数学第九章解析几何第九节直线与圆锥曲线教案理含解析苏教版.docx

第九节 直线与圆锥曲线直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程即消去y，得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；0直线与圆锥曲线C相离(2)当a0，b0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合小题体验1若直线ykx与双曲线1相交，则k的取值范围是_解析：双曲线1的渐近线方程为yx，若直线ykx与双曲线相交，数形结合得k.答案：2已知椭圆C：1(ab0)，F(，0)为其右焦点，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为_解析：由题意得解得所以椭圆C的方程为1.答案：13经过椭圆y21的一个焦点作倾斜角为45的直线l，交椭圆于A，B两点设O为坐标原点，则等于_解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y0tan 45(x1)，即yx1，代入椭圆方程y21并整理得3x24x0，解得x0或x，所以两个交点坐标分别为(0，1)，所以，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得.故的值为.答案：1直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点2直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点小题纠偏1过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有_条解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x0)答案：32直线yx3与双曲线1的交点有_个解析：因为直线yx3与双曲线的渐近线yx平行，所以它与双曲线只有1个交点答案：1典例引领已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点分别为F1(2,0)，F2(2,0)，离心率为.过点F2的直线l(斜率不为0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点(1)求椭圆C的方程；(2)当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程解：(1)由题意可知解得a，b.故椭圆C的方程为1.(2)由题意可知直线l的斜率存在设其方程为yk(x2)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x3，y3)，由得(13k2)x212k2x12k260，所以x1x2，则y1y2k(x1x24)，所以AB的中点D的坐标为，因此直线OD的方程为x3ky0(k0)由解得y，x33ky3.因为四边形MF1NF2为矩形，所以0，即(x32，y3)(x32，y3)0，所以4xy0.所以40.解得k.故直线l的方程为y(x2)由题悟法1直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数2判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根即时应用(2019泰州中学高三学情调研) 已知椭圆的离心率为，焦距为2，直线ykx(x0)与椭圆C交于A，B两点，M为其右准线与x轴的交点，直线AM，BM分别与椭圆C交于A1，B1两点，记直线A1B1的斜率为k1.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在常数，使得k1k恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)设椭圆方程为1(ab0)，由椭圆的焦距2c2，得c1.由椭圆的离心率e，得a，则b2a2c21，所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(x0，y0)，则B(x0，y0)，k，2y2x，又右准线方程为x2，则M(2,0)，直线AM的方程为y(x2)，联立消去y，整理得(x02)22yx28yx8y2(x02)20，因为方程的两个根为x0，xA1，所以x0xA1x0，则xA1，yA1(xA12)，则A1，同理可得B1，则k13k，即存在3，使得k1k恒成立典例引领(2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点解：(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为，.则k1k21，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1)将ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)由题悟法定点、定值问题的求解策略(1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点(2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值即时应用(2019徐州一模)已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C的一个焦点F在抛物线y24x的准线上，且椭圆C过点P，直线l与椭圆C交于A，B两点(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l的斜率为，且不过点P，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值解：(1)抛物线y24x的准线方程为x1，由题意知F(1,0)设椭圆C的方程为1(ab0)则由题意可得解得故椭圆C的方程为1.(2)证明：因为直线l的斜率为，且不过点P，所以可设直线l的方程为yxm(m1)联立方程组消去y得x2mxm230.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，故有所以k1k20，所以k1k2为定值0.典例引领(2018苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且右焦点F到左准线的距离为6.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.当直线PA的斜率为时，求FMN的外接圆的方程；设直线AN交椭圆C于另一点Q，求APQ的面积的最大值解：(1)由题意得解得则b2，所以椭圆C的方程为1.(2)由题意可设直线PA的方程为yk(x4)，k0，则M(0，4k)，所以kMFk，kFN，所以直线FN的方程为y(x2)，则N.当直线PA的斜率为，即k时，M(0,2)，N(0，4)，F(2，0)，因为MFFN，所以圆心为(0，1)，半径为3，所以FMN的外接圆的方程为x2(y1)29.联立消去y，整理得(12k2)x216k2x32k2160，解得x14或x2，所以P，又直线AN的方程为y(x4)，同理可得，Q，所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点所以APQ的面积SOA(yPyQ)28，当且仅当2k，即k时取“”所以APQ的面积的最大值为8.由题悟法圆锥曲线中的最值问题解决方法(1)代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值(2)几何法：从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值即时应用已知椭圆1(ab0)的离心率为，且经过点P，过它的两个焦点F1，F2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，且l1l2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形ABCD的面积S的取值范围解：(1)由，得a2c，所以a24c2，b23c2，将点P的坐标代入椭圆方程得c21，故所求椭圆方程为1.(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积为S6.若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为.不妨设直线l1的方程为yk(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y整理得，(4k23)x28k2x4k2120，64k44(34k2)(4k212)144k21440，所以x1x2，x1x2，所以|x1x2|，所以AB|x1x2|，同理可得CD，所以SABCD，令k2t(0，)，所以S66，所以S.综上可知，四边形ACBD面积的取值范围是.一保高考，全练题型做到高考达标1(2019徐州第一中学检测)若双曲线1与直线ykx1有且仅有一个公共点，则这样的直线有_条解析：把直线ykx1代入双曲线1中，消去y，得(49k2)x218kx450，当49k20，即k时，直线与双曲线相交，有一个交点；当49k20，即k时，令0，得182k24(49k2)450，解得k，此时直线与双曲线相切，有一个交点综上，k的值有4个，即这样的直线有4条答案：42已知椭圆C：1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是，则直线PM的斜率为_解析：设P(x0，y0)，则1，直线PM的斜率kPM，直线PN的斜率kPN，可得kPMkPN，故kPM3.答案：33已知抛物线y22px的焦点F与椭圆16x225y2400的左焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上且AKAF，则点A的横坐标为_解析：16x225y2400可化为1，则椭圆的左焦点为F(3,0)，又抛物线y22px的焦点为，准线为x，所以3，即p6，即y212x，K(3,0)设A(x，y)，则由AKAF得(x3)2y22(x3)2y2，即x218x9y20，又y212x，所以x26x90，解得x3.答案：34(2019江都中学检测)已知双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y22px(p0)的准线分别交于A，B两点，若双曲线的离心率为2，O为坐标原点，AOB的面积为，则p_.解析：双曲线1的渐近线方程是yx，抛物线y22px(p0)的准线方程是x，A，B两点的纵坐标分别是y，双曲线的离心率为2，e213，则，A，B两点的纵坐标分别是y，又AOB的面积为，p，解得p.答案：5已知(4,2)是直线l被椭圆1所截得的线段的中点，则l的方程是_解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)则1，且1，两式相减并化简得.又x1x28，y1y24，所以，故直线l的方程为y2(x4)，即x2y80.答案：x2y806(2018海门中学检测)如图，过抛物线yx2的焦点F的直线l与抛物线和圆x2(y1)21交于A，B，C，D四点，则_.解析：不妨设直线AB的方程为y1，联立解得x2，则A(2,1)，D(2,1)，因为B(1,1)，C(1,1)，所以(1,0)，(1,0)，所以1.答案：17(2019宁海中学调研)已知椭圆1(ab0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为_解析：根据题意得，直线AB2的方程为：yxb，直线B1F的方程为：yxb，联立两直线方程解得x.又由题意可得，化简得2c2aca20，即2e2e10，又0e1，解得e.答案：8已知直线l过抛物线C：y22px(p0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线l与抛物线C交于A，B两点，且AB12，若M为抛物线C的准线上一点，则ABM的面积为_解析：由题意知，抛物线C的焦点坐标为，对称轴为x轴，准线为x.因为直线l与x轴垂直，所以AB2p12，p6，又点M在抛物线C的准线上，所以点M到直线AB的距离为6，所以ABM的面积S61236.答案：369(2018镇江期末)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为H，O为坐标原点，且OH1，求POQ面积的最大值解：(1)由已知得解得所以椭圆C的方程为y21.(2)设l与x轴的交点为D(n,0)，直线l：xmyn，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立消去x，整理得(4m2)y22mnyn240，所以y1y2，y1y2，故，即H，由OH1，得n2，则SPOQOD|y1y2|n|y1y2|.令Tn2(y1y2)2n2(y1y2)24y1y2，设t4m2(t4)，则，当且仅当t，即t12时，SPOQ1，所以POQ面积的最大值为1.10.如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：y21的左顶点A作直线l，与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P，Q.(1)若APPQ，求直线l的斜率；(2)过原点O作直线l的平行线，与椭圆C交于点M，N，求证：为定值解：(1)依题意，椭圆C的左顶点A(2,0)，设直线l的斜率为k(k0)，点P的横坐标为xP，则直线l的方程为yk(x2)联立得(4k21)x216k2x16k240，则2xP，从而xP.因为APPQ，所以xP1.所以1，解得k(负值舍去)(2)证明：设点N的横坐标为xN.结合(1)知，直线MN的方程为ykx.联立得x.从而(定值)二上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2019苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率为，椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(1)(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过点M(0，1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由解：(1)由题意得，故ac.又椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(1)，所以ac3(1)，所以c3，a3，所以b2a2c29，所以椭圆C的标准方程为1.(2)当直线l的斜率为0时，对于1，令y1，得x4，此时以线段AB为直径的圆的方程为x2(y1)216.当直线l的斜率不存在时，以线段AB为直径的圆的方程为x2y29.联立解得即两圆的交点为(0,3)，记T(0,3)猜想以线段AB为直径的圆恒过定点T(0,3)当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为ykx1(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(12k2)x24kx160，所以(4k)264(12k2)144k2640，x1x2，x1x2.因为TB(x1，y13)(x2，y23)x1x2y1y23(y1y2)9x1x2(kx11)(kx21)3(kx11kx21)9(k21)x1x24k(x1x2)1616160，所以TATB，故以线段AB为直径的圆过点T(0,3)综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(0,3)2(2019盐城模拟)如图，已知F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴(1)求椭圆C的方程；(2)设圆M：(xm)2y2r2(r0)设圆M与线段PF2交于A，B两点，若，且AB2，求r的值；设m2，过点P作圆M的两条切线分别交椭圆C于G，H两点(均异于点P)试问：是否存在这样的正数r，使得G，H两点恰好关于坐标原点O对称？若存在，求出r的值；若不存在，请说明理由解：(1)因为点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴，所以椭圆的半焦距c2，由1，得y，所以3，化简得a23a40，解得a4，所以b212，所以椭圆C的方程为1.(2)因为，所以，即.所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点Q)，由(1)知Q.因为圆M与线段PF2交于A，B两点，所以kMQkABkMQkPF21，即1，解得m，所以MQ ，又AB2，所以r .假设存在正数r满足题意由G，H两点恰好关于原点对称，设G(x0，y0)，则H(x0，y0)，不妨设x00.因为P(2,3)，m2，所以两条切线的斜率均存在，设过点P与圆M相切的直线的斜率为k，则切线方程为y3k(x2)，即kxy2k30，由该直线与圆M相切，得r，即k ，所以两条切线的斜率互为相反数，即kPGkPH，所以，化简得x0y06，即y0，代入1，化简得x16x480，解得x02(舍去)或x02，所以y0，所以G(2，)，H(2，)，所以kPG，所以r.故存在满足条件的正数r，且r.命题点一椭圆1.(2018浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆y2m(m1)上两点A，B满足2，则当m_时，点B横坐标的绝对值最大解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由2，得即x12x2，y132y2.因为点A，B在椭圆上，所以解得y2m，所以xm(32y2)2m2m(m5)244，所以当m5时，点B横坐标的绝对值最大答案：52(2016江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆1(ab0)的右焦点，直线y与椭圆交于B，C两点，且BFC90，则该椭圆的离心率是_解析：将y代入椭圆的标准方程，得1，所以xa，故B，C.又因为F(c,0)，所以，.因为BFC90，所以0，所以20，即c2a2b20，将b2a2c2代入并化简，得a2c2，所以e2，所以e(负值舍去)答案：3(2017江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标解：(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，8，解得a2，c1，于是b，因此椭圆E的标准方程是1.(2)由(1)知，F1(1,0)，F2(1,0)设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x00，y00.当x01时，l2与l1相交于F1，与题设不符当x01时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为.因为l1PF1，l2PF2，所以直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，从而直线l1的方程为y(x1)， 直线l2的方程为y(x1) 由，解得xx0，y，所以Q.因为点Q在椭圆上，由对称性，得y0，即xy1或xy1.又点P在椭圆E上，故1.联立解得联立无解因此点P的坐标为.4(2018北京高考)已知椭圆M：1(ab0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k1，求|AB|的最大值；(3)设P(2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Q共线，求k.解：(1)由题意得解得a，b1.所以椭圆M的方程为y21.(2)设直线l的方程为yxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得4x26mx3m230，所以x1x2，x1x2.所以|AB| .当m0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为.(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得x3y3，x3y3.直线PA的方程为y(x2)由得(x12)23yx212yx12y3(x12)20.设C(xC，yC)，所以xCx1.所以xCx1.所以yC(xC2).设D(xD，yD)，同理得xD，yD.记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，则kCQkDQ4(y1y2x1x2)因为C，D，Q三点共线，所以kCQkDQ0.故y1y2x1x2.所以直线l的斜率k1.5(2017天津高考)已知椭圆1(ab0)的左焦点为F(c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c), EFA的面积为.(1)求椭圆的离心率；(2)设点Q在线段AE上，|FQ|c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PMQN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.求直线FP的斜率；求椭圆的方程解：(1)设椭圆的离心率为e.由已知，可得(ca)c.又由b2a2c2，可得2c2aca20，即2e2e10.又因为0e1，解得e.所以椭圆的离心率为.(2)依题意，设直线FP的方程为xmyc(m0)，则直线FP的斜率为.由(1)知a2c，可得直线AE的方程为1，即x2y2c0，与直线FP的方程联立，可解得x，y，即点Q的坐标为.由已知|FQ|c，有222，整理得3m24m0，所以m，即直线FP的斜率为.由a2c，可得bc，故椭圆方程可以表示为1.由得直线FP的方程为3x4y3c0，联立消去y，整理得7x26cx13c20，解得xc或x(舍去)因此可得点P，进而可得|FP| ，所以|PQ|FP|FQ|c.由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QNFP，所以|QN|FQ|tanQFN，所以FQN的面积为|FQ|QN|，同理，FPM的面积等于，由四边形PQNM的面积为3c，得3c，整理得c22c.又由c0，得c2.所以椭圆的方程为1.命题点二双曲线1.(2018江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1(a0，b0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为c，则其离心率的值为_解析：双曲线的渐近线方程为bxay0，焦点F(c,0)到渐近线的距离db，bc，ac，e2.答案：22(2016江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线1的焦距是_解析：由双曲线的标准方程，知a27，b23，所以c2a2b210，所以c，从而焦距2c2.答案：23(2017江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线y21的右准线与它的两条渐近线分别交于点P，Q，其焦点是F1，F2，则四边形F1PF2Q的面积是_解析：由题意得，双曲线的右准线x与两条渐近线yx的交点坐标为.不妨设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，则F1(2,0)，F2(2,0)，故四边形F1PF2Q的面积是|F1F2|PQ|42.答案：24(2018北京高考)若双曲线1(a0)的离心率为，则a_.解析：由e ，得，a216.a0，a4.答案：45(2018全国卷改编)设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点，O是坐标原点过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|OP|，则C的离心率为_解析：法一：不妨设一条渐近线的方程为yx，则F2到yx的距离db.在RtF2PO中，|F2O|c，所以|PO|a，所以|PF1|a，又|F1O|c，所以在F1PO与RtF2PO中，根据余弦定理得cosPOF1cosPOF2，即3a2c2(a)20，得3a2c2，所以e.法二：如图，过点F1向OP的反向延长线作垂线，垂足为P，连接PF2，由题意可知，四边形PF1PF2为平行四边形，且 PPF2是直角三角形因为|F2P|b，|F2O|c，所以|OP|a.又|PF1|a|F2P|，|PP|2a，所以|F2P|ab，所以ca，所以e.答案：6(2015江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点，若点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_解析：所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线xy0与直线xy10的距离，此距离d.答案：命题点三抛物线1.(2017全国卷改编)过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为_解析：法一：由题意，得F(1,0)，则直线FM的方程是y(x1)由得x或x3.由M在x轴的上方，得M(3,2)，由MNl，得|MN|MF|314.又NMF等于直线FM的倾斜角，即NMF60，因此MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为42.法二：依题意，得直线FM的倾斜角为60，则|MN|MF|4.又NMF等于直线FM的倾斜角，即NMF60，因此MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为42.答案：22(2018北京高考)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴，若l被抛物线y24ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_解析：由题知直线l的方程为x1，则直线与抛物线的交点为(1，2)(a0)又直线被抛物线截得的线段长为4，所以44，即a1.所以抛物线的焦点坐标为(1,0)答案：(1,0)3(2017天津高考)设抛物线y24x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若FAC120，则圆的方程为_解析：由题意知该圆的半径为1，设圆心坐标为C(1，a)(a0)，则A(0，a)又F(1,0)，所以(1,0)，(1，a)，由题意得与的夹角为120，故cos 120，解得a，所以圆的方程为(x1)2(y)21.答案：(x1)2(y)214(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|PQ|的最大值解