第6题设点or设线解决阿基米德三角形问题 2024年高中数学三轮复习之一题多解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第6题设点or设线解决阿基米德三角形问题已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，过作的切线，交于点，且与轴分别交于点．（1）求证：；（2）设点是上异于的一点，到直线的距离分别为，求的最小值．先求抛物线方程，设A、B两点坐标，结合抛物线切线方程点参表示切线及直线AB，利用直线AB过焦点得点参关系计算DE，FM即可解决第一问；根据第一问结论，及点到直线的距离公式计算化简，再利用基本不等式计算最值即可.（1）由焦点为得，故抛物线，设点，则切线的方程分别为、，易求得．由直线经过点，可得，则，所以，，故．（2）由于，，则，同理：，故，，，当且仅当时取等号，故的最小值为．1．已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．(1)求C的方程；(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．①证明：G，E，H三点共线；②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．（2024·全国·模拟预测）2．已知抛物线的方程为，把该抛物线整体平移，使其顶点与坐标原点重合，平移后的抛物线记作．(1)写出平移过程，并求抛物线的标准方程；(2)已知是抛物线的内接三角形（点在直线的下方），过作抛物线的切线交于点，再过作抛物线的切线分别交于点，记，的面积分别为，证明为定值．设直线方程及A、B坐标，与抛物线方程联立计算切线方程后可得D、E、M坐标，再根据韦达定理可得；利用点到直线的距离公式及点参表示，根据二次函数性质求最值即可.设，设直线，联立方程，则．切线，故，两切线的交点坐标为．从而，，故．（2）由于直线，则，，又，从而，故当时，有最小值．3．已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．(1)求C的方程；(2)设C在A，B处的切线交于点Q，证明．（2024·全国·二模）4．如图，过点的动直线交抛物线于两点.(1)若，求的方程；(2)当直线变动时，若不过坐标原点，过点分别作（1）中的切线，且两条切线相交于点，问：是否存在唯一的直线，使得？并说明理由.（2024·云南昆明·一模）5．已知抛物线C：（）的焦点为F，直线与C交于A，B两点，．(1)求C的方程；(2)过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：．（2024·湖北武汉·模拟预测）6．某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线进行了深人研究．已知点在曲线上，曲线在点处的切线方程为．请同学们研究以下问题，并作答．(1)问题1：过曲线的焦点的直线与曲线交于两点，点在第一象限．（i）求（为坐标原点）面积的最小值；（ii）曲线在点处的切线分别为，两直线相交于点，证明．(2)问题2：若是曲线上任意两点，过的中点作轴的平行线交曲线于点，记线段与曲线围成的封闭区域为，研究小组的同学利用计算机经过多次模拟实验发现是个定值，请求出这个定值．（2024·江苏苏州·模拟预测）7．已知点，，和动点满足是，的等差中项．(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．（23-24高二下·重庆·阶段练习）8．过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二．如图，点是圆上的动点，是抛物线的阿基米德三角形，是抛物线的焦点，且．

(1)求抛物线的方程；(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；(3)设是“圆边形”的抛物线弧上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：．（2024·全国·模拟预测）9．已知直线l：与拋物线E：交于A，B两点，与x轴交于点M，．(1)求抛物线E的标准方程；(2)过A，B分别作拋物线E在A，B处切线的垂线，，若与的交点为P，P到y轴的距离为d，直线，与y轴的交点分别为C，D，且，求直线l的方程．（23-24高三下·重庆·阶段练习）10．已知抛物线为抛物线上两点，处的切线交于点，过点作抛物线的割线交抛物线于两点，为的中点.(1)若点在抛物线的准线上，（i）求直线的方程（用含的式子表示）；（ii）求面积的取值范围.(2)若直线交抛物线于另一点，试判断并证明直线与的位置关系.（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）11．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.(1)证明：点在定直线上；(2)若面积为，求点的坐标；(3)若四点共圆，求点的坐标.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）12．已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.(1)求的方程；(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.（2024·湖南·二模）13．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)(2)①证明见解析；②16【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.【详解】（1）设，与直线的切点为N，则，所以化简得，所以C的方程为：；（2）①设线段的中点为，因为，所以可设，，又因为，所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，所以G，E，H三点共线．②设，，，，AB中点为E，中点为F，将代入得：，所以，，所以，同理，，（均在定直线上）因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，设，，直线，即整理得：直线，又因为，所以，同理，直线，，所以所以所以四边形GAHB面积，当且仅当，即，即时取等号，所以四边形面积的最大值为16．【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.2．(1)(2)证明见解析【分析】（1）首先将函数配成顶点式，再根据函数的平移规则得到平移后的解析式，即可得解；（2）设，利用导数的几何意义表示出切线直线、的方程，联立得到点坐标，从而得到，，即可推出，同理可得，从而得到，即可得证.【详解】（1）因为，若使平移后的抛物线顶点与坐标原点重合，只需把该抛物线上所有的点向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到，所以抛物线的标准方程为．（2）由（1）知，则．设，互不相等，因为，则直线，即，同理，直线，联立方程组，解得，所以，同理得，则，，则，同理得，，则，所以，则，所以为定值．【点睛】关键点点睛：本题关键是由，，推导出，同理得到.3．(1)；(2)答案见解析.【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.【详解】（1）设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.又由抛物线定义知，又，结合，则.得C的方程为；（2）由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，消去x得：，则.设C在A点处的切线方程为，C在B点处的切线方程为.将与联立，消去x得：，因为抛物线切线，则联立方程判别式，又，则，得，同理可得.将两切线方程联立有，代入，，解得，得.则，又，则，同理可得.注意到，则等价，下面说明.，因，则.又，则，故.【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用及将相关表达式统一为与有关的形式.4．(1)；(2)存在，理由见解析.【分析】（1）求出直线的方程，与抛物线方程联立，结合向量垂直的坐标表示求出抛物线方程.（2）设直线的方程，并与抛物线方程联立，再求出切线方程并联立求出点，由已知结合斜率建立方程，利用导数探讨方程有唯一实根即可.【详解】（1）由，得直线的斜率为，方程为，即，由消去得：，设，则，由，得，解得，所以抛物线的方程是.（2）由（1）知，抛物线的方程是，直线不垂直于轴，设直线，显然，由消去并整理得，，则，设抛物线在处的切线方程为，由消去得：，由，得，于是抛物线在处的切线方程为，同理抛物线在处的切线方程为，设点，由，，得，，即点，于是直线的斜率分别为，若存在直线，使得，则，设直线的倾斜角分别为，则，由，得或，因此，即，则，，整理得，化简得，令，求导得，显然，即恒成立，则函数在R上单调递增，而，因此存在唯一，使得所以存在唯一的直线，使得.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.5．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，，直线方程联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合抛物线的定义即可求解；（2）利用导数的几何意义求出直线PA、PB方程，进而求得，设，求得、，结合弦长公式表示与，即证，由（1），化简计算即可证明.【详解】（1）设，，，联立，得，则，，，则，故，所以C的方程为．（2）由（1）知，因为抛物线C：，则，则，，则直线PA方程为，即，同理直线PB方程为．联立，得，则，将代入得，两式相加得，即，所以点．设直线DE与抛物线相切于点，则直线DE方程为．设，，联立，两式作比，即，同理，因为，同理，故要证，即证，即证，即证，即证，即证，由（1）知，又，故，上式成立，故．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．6．(1)（i）；（ii）证明见解析(2)【分析】（1）（i）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理计算，然后求最值即可；（ii）利用坐标运算计算即可；（2），找到各小块三角形的面积与的关系，从而得到方程，解出值..【详解】（1）（i）明显直线的斜率不为零，设直线的方程为，，联立，消去得，则，又，则当时，的面积最小，且最小值为；（ii）由已知得，联立，解得，即所以所以；（2）如图.，线段$AB$的中点，则.，分别过线段的中点，线段的中点，作轴的平行线交抛物线分别于两点，连接.同理可得.，（分子的上标均省略了文字“的面积”）又由于的面积的面积的面积，所以，解得.【点睛】关键点点睛：本题的关键是如何绕过直接求出曲线围成的面积，通过找到各三角形与三角形之间的关系，从而解出值.7．(1)；(2)或；(3)证明见解析.【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得，，，则，，又是，的等差中项，，整理得点的轨迹方程为．（2）由（1）知，又，平移公式为即，代入曲线的方程得到曲线的方程为：，即．曲线的方程为．如图由题意可设M，N所在的直线方程为，由消去得，令，，则，，，又为锐角，，即，，又，，得或．（3）当时，由（2）可得，对求导可得，抛物线在点，，处的切线的斜率分别为，，在点M，N处的切线方程分别为，，由，解得交点的坐标．满足即，点在定直线上．【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.8．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据圆的几何性质可知，据此求出可得解；（2）求出弦长及点到直线的距离，可得出面积，由点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积与面积关系得解；（3）求出过点切线方程，联立可得横坐标，据此利用横坐标可得，即可得证.【详解】（1）由题意得，，由，所以（2）设，联立，，设方程的两根为，则，由，所以，联立直线可得，代入方程中，得，即，故的面积.因为在圆上，所以且，于是，显然此式在上单调递增，故，也即，因此，由题干知“囧边形”面积，所以“囧边形”面积的取值范围为.（3）由（2）知，,设，过的切线，即，过点切线交得，同理，因为，.所以，即.【点睛】关键点点睛：联立直线与抛物线，根据韦达定理及弦长公式得出，再由切线相交得出点坐标，求出三角形面积，再由点在圆上得出面积的范围是求解“囧边形”面积范围的关键，第三问中利用直线上线段长度之比可化为横坐标（或纵坐标）之比是解题的关键.9．(1)(2)或【分析】（1）联立直线l与拋物线E的方程再消元，由根与系数的关系得到，，由题意知，，利用两点间距离公式得到，则得到，从而得到抛物线E的标准方程；（2）设出拋物线E在点A处的切线方程，和拋物线方程联立消元，由切线与抛物线只有一个公共点得可得，得、的方程，由与的交点为P，P到y轴的距离为d，得，与y轴的交点分别为C，D坐标，由得，再由，，可得，进而得到直线l的方程．【详解】（1）设，，由，可得，满足，则，，由题意知，，所以，∴，∴抛物线E的标准方程为．（2）设，拋物线E在点A处的切线方程为，由，可得，由切线与抛物线只有一个公共点得及，可得，故的方程为，即，同理可得的方程为，设，由，可得．得，，则，则，得，又，，所以，得，故直线l的方程为或．【点睛】关键点点睛：设出的切线方程和拋物线方程联立消元后，注意应用，P到y轴的距离为d的运用，及韦达定理的运用.10．(1)（i）；（ii）(2)平行，证明见解析【分析】（1）（i）设点，通过求导求出切线方程，然后联立求出的坐标，设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理可得答案；（ii）利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出的面积，然后求其最值即可；（2）设出直线的方程，与抛物线联立可得的坐标，进而可写出直线的方程，与抛物线联立可得的坐标，利用韦达定理求出即可得答案.【详解】（1）（i）设点，因为抛物线，得，则，整理得①，，整理得②，联立①②得，因为点在抛物线的准线上，即直线上，所以，设直线的方程为，斜率必存在，联立，消去得，所以，得.所以直线的方程为；（ii）由（i）得则，点到直线的距离为，所以，令，则，明显当时，面积取最小值，无最大值，故面积的取值范围为

（2）直线与平行，证明：直线斜率必存在，设，与联立，消去得，设，则，得则直线，与联立，消去得，整理得，则，得，则，则，即直线与平行.

【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般联立方程，然后用韦达定理来解决问题，特别是当一个交点知道的情况下，我们可以利用韦达定理快速求出另一个交点.11．(1)证明见解析(2)或(3)【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.【详解】（1）由，得，设.所以方程为：，整理得：.同理可得，方程为：.联立方程，解得.因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，故，所以，可知.所以点在定直线上..（2）在的方程中，令，得，所以面积.故，代入可得：.整理得，解得：或.所以点的坐标为或.（3）若，则重合，与题设矛盾.抛物线焦点，由得直线斜率，可知，同理，所以是外接圆的直径.若点也在该圆上，则.由，得直线的方程为：.又点在定直线上，联立两直线方程，解得，所以点的坐标为.【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.12．(1)(2)证明见解析；(3)，证明见解析.【分析】（1）设，由两点间距离公式求得，结合，得出的最小值为，得解；（2）设，，将要证，转化为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得证；（3）猜想满足，根据题意求出点坐标，设，将要证关系式等价转化为，联立直线和直线的方程求出，得，联立直线和抛物线方程，由韦达定理求得，得