（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 理科附加题 第1讲 曲线方程与抛物线课件

(第22题、第23题5年考情分析)曲线方程与抛物线五年一考，2016年考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的标准方程及其简单性质，难度中等．空间向量在立体几何中的应用五年三考，立体几何题应当容易建立空间直角坐标系，主要考查异面直线所成角、线面角、二面角，考查要求中等．其中2018年考查利用空间向量求线线角、线面角；2017年考查利用空间向量求线线角、面面角；2015年考查利用空间向量求面面角、线线角的最值及线段长，解决此类问题的关键点是建系．概率分布与期望值是五年二考，概率题主要考查离散型随机变量及其分布列的均值与方差、n次独立重复试验的模型及二项分布，既考查运算能力，又考查思维能力，难度比较大．其中2019年考查随机变量及其分布列及计数原理、古典概型；2017年考查古典概型、随机变量及其分布列．计数原理和数学归纳法是五年五考，其中2019年考查计数原理，古典概型，随机变量及其分布列；2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法，考查要求比较高．第1讲曲线方程与抛物线课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．求动点的轨迹方程的一般步骤(1)建系——建立适当的坐标系．(2)设点——设轨迹上的任一点P(x，y)．(3)列式——列出动点P所满足的关系式．(4)代换——依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简．(5)证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．2．设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(1)x1x2＝p24，y1y2＝－p2.(2)弦长AB＝x1＋x2＋p＝2psin2α(α为弦AB的倾斜角)．(3)1AF＋1BF＝2p.(4)以弦AB为直径的圆与准线相切．(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．(6)通径：过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p.[经典考题再回首](2019·浙江高考)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．解：(1)由题意得p2＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝t2－12ty＋1，代入y2＝4x，得y2－2t2－1ty－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－2t，所以B1t2，－2t.又xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－2t＋yC＝0，得C1t－t2，21t－t，G2t4－2t2＋23t2，0.所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而S1S2＝12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|＝2t4－2t2＋23t2－1·|2t|t2－1－2t4－2t2＋23t2·2t－2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1.令m＝t2－2，则m0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2－12m·3m＋4＝1＋32.当m＝3时，S1S2取得最小值1＋32，此时G(2,0)．课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效考法一抛物线中的最值范围问题[例1]已知抛物线C的顶点在原点，焦点在y轴正半轴上，其上一点P(m,4)到其准线的距离等于5，过抛物线C的焦点F的直线交抛物线C于两个不同的点A，B，过点A，B分别作抛物线C的切线，且两切线相交于点M.(1)求抛物线C的方程；(2)求证：AB→·MF→＝0；(3)求△ABM的面积的最小值．[解](1)由题知4＋p2＝5，p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋1，由x2＝4y，y＝kx＋1，得x2－4kx－4＝0.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA＋xB＝4k，xAxB＝－4.由x2＝4y，得y＝14x2，所以y′＝12x，所以直线AM的方程为y－14x2A＝12xA(x－xA)，①直线BM的方程为y－14x2B＝12xB(x－xB)，②①－②得14(x2B－x2A)＝12(xA－xB)x＋12(x2B－x2A)，即x＝xA＋xB2＝2k，将x＝xA＋xB2代入①，得y－14x2A＝12xA·xB－xA2＝14xAxB－14x2A，所以y＝14xAxB＝－1，故M(2k，－1)，所以MF→＝(－2k,2)，AB→＝(xB－xA，k(xB－xA))，所以AB→·MF→＝－2k(xB－xA)＋2k(xB－xA)＝0.(3)由(2)知，点M到AB的距离d＝MF＝21＋k2.因为AB＝AF＋BF＝yA＋yB＋2＝k(xA＋xB)＋4＝4k2＋4，所以S＝12AB·d＝12×4(k2＋1)×21＋k2＝4(1＋k2)32≥4，所以当k＝0时，△ABM的面积有最小值4.[解题方略]抛物线中与最值(范围)有关的问题，先根据所给条件，选择合适的自变量，建立目标函数，再由函数的特征选择合适的方法求解最值(范围)．[针对训练]已知直线x＝－2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足OP→·OQ→＝0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点M－12，0，N12，0，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．解：(1)设点P(x，y)，则Q(－2，y)，∴OP→＝(x，y)，OQ→＝(－2，y)，∵OP→·OQ→＝0，∴OP→·OQ→＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x.∴曲线C的方程为y2＝2x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴的交点为E，△MBD内切圆与MB的切点为T.设直线AM的方程为y＝kx＋12，联立y＝kx＋12，y2＝2x消去y，得k2x2＋(k2－2)x＋k24＝0，则Δ＝4－4k2＞0，∴x1,2＝2－k2±21－k22k2，∴x1x2＝14且0＜x1＜x2，∴x1＜12＜x2，∴直线AN的方程为y＝y1x1－12x－12，与方程y2＝2x联立并整理得y21x2－y21＋2x21－2x1＋12x＋14y21＝0，化简得2x1x2－2x21＋12x＋12x1＝0，解得x＝14x1或x＝x1，∴x3＝14x1＝x2，∴直线BD⊥x轴，设△MBD的内切圆圆心为H，连结HT，则H在x轴上且HT⊥AB.∴S△MBD＝12·x2＋12·|2y2|，且△MBD的周长为2x2＋122＋y22＋2|y2|，∴S△MBD＝122x2＋122＋y22＋2|y2|·r＝12·x2＋12·|2y2|，∴r＝x2＋12|y2||y2|＋x2＋122＋y22＝11x2＋12＋1y22＋1x2＋122＝112x2＋1x2＋122＋1x2＋12.令t＝x2＋12，则t＞1，∴r＝112t－1＋1t2＋1t在(1，＋∞)上单调递增，则r＞12＋1＝2－1，即r的取值范围为(2－1，＋∞)．考法二抛物线中的定值问题[例2]在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的方程为x2＝2py(p＞0)，过点P(m,0)(m≠0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设PA→＝λQA→，PB→＝μQB→(λ，μ∈R)．(1)当Q为抛物线C的焦点时，直线l的方程为y＝13x＋1，求抛物线C的标准方程；(2)求证：λ＋μ为定值．[解](1)直线l的方程为y＝13x＋1，令x＝0，则y＝1，即Q(0,1)，所以p2＝1，得p＝2，所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由PA→＝λQA→，PB→＝μQB→(λ，μ∈R)，得x1－m＝λx1，x2－m＝μx2，所以λ＝x1－mx1，μ＝x2－mx2所以λ＋μ＝x1－mx1＋x2－mx2＝2x1x2－mx1＋x2x1x2.由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－m)(k≠0)，由x2＝2pyp＞0，y＝kx－m得x2－2pkx＋2pkm＝0，所以Δ＞0，x1＋x2＝2pk，x1x2＝2pkm，所以λ＋μ＝2x1x2－mx1＋x2x1x2＝4pkm－2pkm2pkm＝1，即λ＋μ为定值1.[解题方略]抛物线中定值问题的常见类型及解题策略求证代数式的值为定值由条件得出与代数式参数有关的等式，将其代入代数式，化简即可得出定值求证直线的斜率为定值利用斜率公式，结合二次方程根与系数的关系化简即可求证点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的表达式，再利用条件化简、变形即可求证线段的长度为定值利用两点间距离公式得出解析式，再利用条件对解析式进行化简、变形即可[针对训练](2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．解：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．