抛物线与圆

（2）若点P(x0,y0)为圆x2y21上一动点，直线l是圆在点P处的切线，直线l与抛物线相交于A,B两点（A,B在，求平面图形OAFB面积的最小值． y轴的两侧）

2

2．如图，已知抛物线y2pxp0上点2,a到焦点F的距离为3，直线l:myxtt0交抛物线C于A,B两

2点，且满足OAOB。圆E是以p,p为圆心，p为直径的圆.

(1)求抛物线C和圆E的方程；

(2)设点M为圆E上的任意一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线方程.

23．己知曲线C1:yx1(y0)与x袖交于A，B两点，点P为x轴上方的一个动点，点P与A,B连线的斜率之积

为-4

（1）求动点P的轨迹C2的方程；

（2）过点B的直线l与C1，C2分别交于点M ,Q（均异于点A，B），若以MQ为直径的圆 经过点A，求AMQ的面积．

4．已知焦点在y轴，顶点在原点的抛物线C1经过点P（2，2），以C1上一点C2为圆心的圆过定点A（0，1），记M、N为圆C2与x轴的两个交点． （1）求抛物线C1的方程；

（2）当圆心C2在抛物线上运动时，试判断MN是否为一定值？请证明你的结论； （3）当圆心C2在抛物线上运动时，记AMm，ANn，求

mn的最大值． nm试卷第1页，总4页

5．已知圆C过定点A(0,1)，圆心C在抛物线x2y上，M、N为圆C与x轴的交点． （Ⅰ）当圆心C是抛物线的顶点时，求抛物线准线被该圆截得的弦长． （Ⅱ）当圆心C在抛物线上运动时，MN是否为一定值？请证明你的结论． （Ⅲ）当圆心C在抛物线上运动时，记AMm，ANn，求

22mn的最大值，并求出此时圆C的方程． nm6．已知如图，抛物线yaxbx2与x轴相交于B（x1，0）、C（x2，0） (x1,x2

均大于0)两点, 与y轴的正半轴相交于A点. 过A、B、C三点的⊙P与y轴相切于点A，其面积为

25 . 4（1）请确定抛物线的解析式；

（2）M为y轴负半轴上的一个动点，直线MB交⊙P于点D．若△AOB与以A、B、D为顶点的三角形相似，求MB•MD的值．（先画出符合题意的示意图再求解）．

x2y27．已知抛物线C1:y8x与双曲线C2:221(a0,b0)有公共焦点F2．点A是曲线C1，C2在第一象限的

ab2交点，且AF25．

（1）求双曲线交点F2及另一交点F1的坐标和点A的坐标； （2）求双曲线C2的方程； （3）以F1为圆心的圆M与直线y3x相切，圆N：(x2)2y21，过点P（1，

）作互相垂直且分别与圆M、

圆N相交的直线l1和l2，设l1被圆M截得的弦长为s，l2被圆N截得的弦长为t，问：是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．

2

8．已知⊙O′过定点A(0，p)(p＞0)，圆心O′在抛物线C：x＝2py(p＞0)上运动，MN为圆O′在x轴上所截得的弦．

st

(1)当O′点运动时，|MN|是否有变化？并证明你的结论；

(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，试判断抛物线C的准线与圆O′的位置关系，并说明理由． 9．已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.

试卷第2页，总4页

（1）求曲线的方程；

（2）曲线在点P处的切线l与x轴交于点A.直线y以MN为直径作圆C，3分别与直线l及y轴交于点M,N，

过点A作圆C的切线，切点为B，试探究：当点P在曲线上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.

10．已知抛物线C：y2px(p0)的焦点为F，直线y4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|（1）求C的方程；

（2）过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l与C相较于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程.

11．已知定点F(0，1)和直线l1：y＝－1，过定点F与直线l1相切的动圆圆心为点C. (1)求动点C的轨迹方程；

(2)过点F的直线l2交动点C的轨迹于两点P、Q，交直线l1于点R，求RP·RQ的最小值；

(3)过点F且与l2垂直的直线l3交动点C的轨迹于两点R、T，问四边形PRQT的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

12．设抛物线y2px(p0)的焦点为F，点A(0,2)，线段FA的中点在抛物线上．设动直线l:ykxm与抛物线相切于点P，且与抛物线的准线相交于点Q，以PQ为直径的圆记为圆C． （1）求p的值；

（2）证明：圆C与x轴必有公共点；

（3）在坐标平面上是否存在定点M，使得圆C恒过点M？若存在，求出M的坐标；若不存在，说明理由． 13．已知抛物线的方程为yax1，直线l的方程为y（1）求抛物线的方程；

（2）已知P,1，求过点P及抛物线与x轴两个交点的圆的方程；

2225|PQ|. 4x，点A3,1关于直线l的对称点在抛物线上． 212（3）已知P,1，点F0,坐标； 14．如图，

是抛物线为

1215是抛物线的焦点，M是抛物线上的动点，求MPMF的最小值及此时点M的16上的一点，以S为圆心，r为半径（）做圆，分别交x轴于

A，B两点，连结并延长SA、SB，分别交抛物线于C、D两点。 （1）求证：直线CD的斜率为定值；

（2）延长DC交x轴负半轴于点E，若EC : ED = 1 : 3，求

的值。

15．在平面直角坐标系xOy中，原点为O,抛物线C的方程为x4y,线段AB是抛物线C的一条动弦．

试卷第3页，总4页

2(1)求抛物线C的准线方程和焦点坐标F; (2)若OAOB4,求证：直线AB恒过定点；

(3)当AB8时，设圆D:x(y1)r（r0),若存在且仅存在两条动弦AB,满足直线AB与圆D相切，求半径r的取值范围？

222

16．已知抛物线C1：x=y，圆C2：x+（y﹣4）=1的圆心为点M （1）求点M到抛物线C1的准线的距离；

（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．

222

17．已知定点F01，和直线l:y1，过点F且与直线l相切的动圆圆心为点M，记点M的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程；

（2）若点A的坐标为2,1，直线l1:ykx1kR,k0，与曲线E相交于B，C两点，直线AB，AC分别交直线l于点S，T.试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点？若是，求这两个定点的坐标；若不是，说明理由.

x2y2118．已知椭圆C1:221(ab0)的长轴长为4，离心率为，F1,F2分别为其左右焦点．一动圆过点F2，且

ab2与直线x1相切．

（1）(ⅰ)求椭圆C1的方程；（ⅱ)求动圆圆心轨迹C的方程；

（2）在曲线C上有四个不同的点M,N,P,Q，满足MF2与NF2共线，PF2与QF2共线，且PF2MF20，求四边形PMQN面积的最小值．

试卷第4页，总4页

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参

21．（1）x8y；（2）42．

【解析】

试题分析：（1）由条件可知a2，a8，则抛物线的方程为x28y；（2）由题意可知42直线l的方程为x0xy0y1，与抛物线方程联立消去y可得y0x8x0x80，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，再由A，B在y轴两侧，可得x1x280，从而可知0y01，y0再由示意图，考虑到SOAFBSAOFSBOF积

的

21|OF||x1x2|，即可知求四边形OAFB面2|x1x2|的

最

大

值

，

从

而

最大值

2等价于求

22x032y032x0|x1x2|(x1x2)4x1x22 2y0y0y0

211217(1y0)32y0322()32，当且仅当y01时等号成立， 2y08y04∴S1|OF||x1x2|42，即平面图形OAFB面积的最小值为42． 22试题解析：（1）∵F(0,2)是抛物线xay的焦点，∴a2，a8，即抛物线方程为4x01x，联y0y0x28y 2分；（2）由题意，可知直线l的方程为x0xy0y1，即yx01yxy0y0，可得y0x28x0x80，设A(x1,y1)，立直线l与抛物线方程x28yB(x2,y2)，

2由题意可得x032y00且x1x280，故0y01， 8分 y0而x1x28x0822，x1x2，且x0y01， 10分 y0y0答案第1页，总25页

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22x032y032x0∴|x1x2|(x1x2)4x1x2， 12分 22y0y0y022211217(1y0)32y0322()32， ．14分 2y08y04当且仅当y01时等号成立， ∴|x1x2|42，∴S分

即平面图形OAFB面积的最小值为42.

考点：1．抛物线的标准方程；2．直线与抛物线相交．

1|OF||x1x2|42， 15222．（1）y4x，x2y21；（2）xy40. 22【解析】

试题分析：（1）由题意得2p=3，得p2，得到抛物线C和圆E的方程； 2y24x2（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程整理得y4my4t0，

myxt由

韦

达

定

理

得

y1y24my1y24t ，进一步

x1x2my1tmy2tm2y1y2mt(y1y2)t2 2由OAOB得x1x2y1y20结合上式整理得t4t0，而t0得t4，

故直线AB过定点N4,0. 而圆上动点到直线距离的最大值可以转化为圆心到直线距离的最大值再加上半径长,求得

kMN421，kl1. 02p=3，得p2 1分 2试题解析：（1）由题意得22所以抛物线C和圆E的方程分别为：y4x； 2分

x22y221 4分

（2）设Ax1,y1,Bx2,y2 答案第2页，总25页

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y24x2联立方程整理得y4my4t0 6分

myxt由韦达定理得y1y24m ① 7分

yy4t1222则x1x2my1tmy2tmy1y2mt(y1y2)t 由OAOB得x1x2y1y20即m1y1y2mt(y1y2)t0 2将①代入上式整理得t4t0 9分

22由t0得t4 故直线AB过定点N4,0 11分

而圆上动点到直线距离的最大值可以转化为圆心到直线距离的最大值再加上半径长 由kMN421得kl1 13分

02此时的直线方程为l:yx4，即xy40 15分 考点：1.抛物线的几何性质；2.圆的方程；3.直线与 抛物线的位置关系.

y2832x21(y0)；3．（1）（2） 4225 【解析】

试题分析：（1）由题意得A(1,0),B(1,0)，设动点P(x,y)(y0)，由已知条件列方程得y2x21，且点P为x轴上方的一个动点，故y0，从而轨迹C2的方程为4y2x21(y0)；(Il)直线和圆锥曲线的综合问题要注意挖掘已知条件，善于利用韦达41)k0，分别于C1,C2的方程联定理确定参数的值，本题可设直线l的方程为y＝k(x－立，且x＝1必然是方程的一个根，利用韦达定理可表示得点M ,Q的坐标，利用AM⊥AQ列

方程求参数k的值，从而求得M ,Q的坐标，进而求AMQ的面积．

答案第3页，总25页

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y Q A B O x M 试题解析：(1)不妨设点A在点B左侧，则A(1,0),B(1,0) 设P(x,y)(y0)，则kAPkBPyy4 x1x1y2x21(y0) 整理得：4y2x21(y0) 5分 所以动点P的轨迹C2的方程为4没有y的范围扣1分

y2x21(y0)． (2)由(1)知，上半椭圆C2的方程为4易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，

2222

代入C2的方程，整理得(k＋4)x－2kx＋k－4＝0．(*) 设点M的坐标为(xP，yP)，

∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．

k248k由求根公式，得xM＝2，从而yM＝2，

k4k4k248k,2∴点M的坐标为2． 7分 k4k4同理，由ykx1,k0 2yx1,y02

得点Q的坐标为(－k－1，－k－2k)．

2k28k,2),AQ(k,k22k)． 由题意可知AM⊥AQ，且AM(2k4k42k2∴AMAQ0，即2 [k－4(k＋2)]＝0，

k4答案第4页，总25页

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∵k≠0，

∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－8． 10分 3∴yP4816,yQ 2591832|AB||yPyQ| 2225832． 12分 225∴SAPQ所以APQ的面积为考点：1、轨迹方程；2、直线和圆锥曲线的位置关系． 4．（1）x2y；（2）MN2；（3）2mn22 nmmax【解析】 试题分析：（1）求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置，开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程；（2）在解决与抛物线性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此；（3）圆

l22的弦长的常用求法：（1）几何法：求圆的半径r，弦心距d，弦长l，则rd（2）

2代

数

方

法

：

运

用

根

与

22系数的关系及弦长公式

AB1k2x1x21k2x1x24x1x2；（4）基本不等式的使用求最值．

试题解析：（1）由已知，设抛物线方程为x2py，22p2，解得p1． 所求抛物线C1的方程为x2y．-------3分

222a2a222Ca,ra(1)（2）法1:设圆心C2，则圆的半径= 222a22a221)2． 圆C2的方程为(xa)(y)a(22222令y0，得x2axa10，得x1a1,x2a1．

MNx1x22（定值）．

法2:设圆心C2a,b，因为圆过A0,1，所以半径r=a(b1)，

22答案第5页，总25页

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2因为C2在抛物线上，a2b，且圆被x轴截得的弦长

MN=2r2b22a2(b1)2b22a22b12（定值）

（3）由（2）知，不妨设Ma1,0,Na1,0，

mx121(a1)21a22a2,nx221(a1)21a22a2mnm2n22a244a22144nmmna4a4a0时mnmn42;a0时,2122,4nmnma22amn取得最大值22. nm故当且仅当a2时,考点：（1）求抛物线的标准方程；（2）求弦长为定值；（3）求最大值问题． 5．（1）3；（2）见解析； （3）(x2)2(y1)22 【解析】

试题分析：（1）先求出抛物线的准线方程，圆的方程，再利用勾股定理求抛物线准线被该圆截得的弦长；（2）求出M,N的坐标，再计算MN，即可得出结论；（3）求出m,n，表示出圆C的方程．

mn分类讨论，利用基本不等式求最大值，从而可得nm试题解析：（1）抛物线x2y的顶点为(0,20)，准线方程为y1，圆的半径等于1，21232221()23 xy1C圆的方程为．弦长22（2）设圆心C(a,112a)，则圆C的半径ra2(a21)2， 222圆C的方程是为：(xa)(y1221a)a2(a21)2 2222令y0，得x2axa10，得x1a1，x2a1，

MNx2x12是定值．

答案第6页，总25页

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（3）由（2）知，不妨设

M(a1,0)，

N(a1,0)，

2mx121(a1)21a222a，mx21(a1)21a222a．

mnm2n22a244a2214．

4nmmna4a4当a0时，mn2． nmmnm2n22a244a242142122． 当a0时，44nmmna4a4a22a当且仅当a2时，等号成立 所以当a2时，

mn取得最大值22，此时圆C的方程为nm(x2)2(y1)22．

考点：圆的方程，考查直线与圆的位置关系 ． 6．（1）y【解析】

试题分析： （1）首先由⊙P的面积为1252510022xx2；（2）MBMDMA或MBMDMA. 2249525可知，圆半径r，然后取出BC中点为E，

24连接PB，PE，由圆心距的性质知PEBC，再由勾股定理和圆性质可求出BE,CE的长度，进而求出点B和点C的坐标.最后将点B和点C的坐标代入抛物线的方程得到方程组，求解之即可.

（2）根据弦切角定理可知，OABADB，因此本小题可分两种情况：①当

ABDAOB900时，此时MDAB，且AD是圆P的直径，可根据RtAMB∽RtDAB和RtAMB∽RtDMA得出关于MA、AD、AB、BD的对应成比例线段求出MA的长，然后根据切割线定理可得MBMDMA，即可得出所求的值；②当2BADAOB900时，思路与①相同，也是先求出MA的长，可根据直线MB的解析式求出M点的坐标，然后通过RtMAB∽RtMDA，求出MA的长，后面同①即可. 试题解析：（1）根据题意知：圆半径PA5PE，，取BC中点为E，连接PB，则PEBC，

2答案第7页，总25页

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且PBPA53，POOA2，由勾股定理和圆性质知：BECE，从而知：22B(1,0),C(4,0).

将B，C两点坐标代入抛物线方程可得：抛物线的解析式为y125xx2. 22（2）根据题意知，OABADB，所以OAB和ADB相似有两种情况: ①ABD和AOB，此时AD是P的直径，则AB5，AD5，BD25 又因为RtAMB∽RtDAB，所以MA:ADAB:BD，即MAABAD5.

BD22又因为RtAMB∽RtDMA，所以MA:MDMB:MA，即MBMDMA②BAD和AOB对应，此时BD是⊙P的直径，所以直线MB过P点. 因为B(1,0)，P(,2)，所以直线MB的解析式是：y25. 452444x，所以M点的坐标为(0,)，333所以AM10，由MAB∽MDA得，MA:MDMB:MA，所以3100. 9MBMDMA2 ① ② 考点：抛物线的综合应用.

y21；7．（1）F1(2,0)、F2(2,0)，点A的坐标为(3,26)或(3,26)；（2）x（3）32s222为定值.说明如下：设圆M的方程为：(x2)yr，因为圆M与直线y3x相t答案第8页，总25页

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切，所以圆M的半径为r231(3)23.故圆M: (x2)2y23.显然，当直线l1的斜率不存在时不符合题意，

所以直线l1的斜率存在，设l1的方程为y3k(x1)，即kxy3k0. 设l2的方程为y31(x1)，即xky3k10. k所以点F1(2,0)到直线l2的距离为d13k31k2，点F2(2,0)到直线l2的距离为

3k33k1d2，所以直线l1被圆M截得的弦长s231k21k2263k6k22，1k223k123k2k22直线l2被圆M截得的弦长t21，所以221k1kst63k6k2232k26(3kk2)2(3kk)23.

【解析】

试题分析：（1）由抛物线C1:y8x的焦点能求出双曲线交点F2及另一交点F1的坐标，2b24a2由抛物线定义能求出点A的坐标；（2）由已知条件推导出9，由此能求出双曲2412b2a线C2的方程；（3）设圆M的方程为：(x2)yr，设直线l1的方程为

2221y3k(x1)，设l2的方程为y3(x1)，由此利用点到直线距离公式结合k已知条件能求出s是定值3. t2试题解析：（1）因为C1:y8x的焦点为F2(2,0)，所以双曲线C2的焦点为F1(2,0)、F2(2,0).设A(x0,y0)，由A点在抛物线C1:y28x上，且AF25，由抛物线的定义2得，x025，即x03，所以y083，即y026，所以点A的坐标为(3,26)答案第9页，总25页

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或(3,26). （2）由题意知AF1定义得：

(32)2(26)27，又因为A点在双曲线C2上，由双曲线y21. 2a752，即a1，所以b3，故双曲线C2的方程为：x32（3）s为定值.说明如下： t222设圆M的方程为：(x2)yr，因为圆M与直线y3x相切，所以圆M的半径为

r231(3)23.故圆M: (x2)2y23.显然，当直线l1的斜率不存在时不符合题意，

所以直线l1的斜率存在，设l1的方程为y3k(x1)，即kxy3k0. 设l2的方程为y31(x1)，即xky3k10. k所以点F1(2,0)到直线l2的距离为d13k31k2，点F2(2,0)到直线l2的距离为

3k33k1d2，所以直线l1被圆M截得的弦长s231k21k2263k6k22，1k223k123k2k22直线l2被圆M截得的弦长t21，所以221k1kst63k6k2232k26(3kk2)2(3kk)23.

考点：直线与圆锥曲线的综合问题． 8．（1）|MN|不变化，其定值为2p 见解析 （2）见解析

2

【解析】(1)设O′(x0，y0)，则x0＝2py0(y0≥0)， 则⊙O′的半径|O′A|＝2

x02y0p，

2

2

2

2⊙O′的方程为(x－x0)＋(y－y0)＝x0＋(y0－p)，

2222

令y＝0，并把x0＝2py0，代入得x－2x0x＋x0－p＝0，

答案第10页，总25页

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解得x1＝x0－p，x2＝x0＋p，所以|MN|＝|x1－x2|＝2p， 这说明|MN|不变化，其定值为2p． (2)不妨设M(x0－p,0)，N(x0＋p,0)．

由题2|OA|＝|OM|＋|ON|，得2p＝|x0－p|＋|x0＋p|， 所以－p≤x0≤p．

22ppx0pO′到抛物线准线y＝－的距离d＝y0＋＝，

2p22⊙O′的半径|O′A|＝2x02y0p 2x0212p＝＝x02p2p4

4

2

22

x044p4．

32

p， 2因为r＞d⇔x0＋4p＞(x0＋p)⇔x0＜2

又x0≤p＜22

32

p(p＞0)，所以r＞d， 2即⊙O′与抛物线的准线总相交．

9．（1）x4y.（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）思路一：设S(x,y)为曲线上任意一点，

依题意可知曲线是以点F(0,1)为焦点，直线y1为准线的抛物线， 得到曲线的方程为x4y.

思路二：设S(x,y)为曲线上任意一点， 由|y(3)|(x0)(y1)2，化简即得.

（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下： 由（1）知抛物线的方程为y222212x， 4设P(x0,y0)(x00)，得y012x0， 4112x0xx0. 24应用导数的几何意义，确定切线的斜率，进一步得切线l的方程为y答案第11页，总25页

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112yxxx010由24，得A(x0,0).

2y011216yx0xx0由24，得M(x0,3).

2x0y3根据N(0,3)，得圆心C(x0143113,3)，半径r|MN||x0|，

24x0x06.

由弦长，半径及圆心到直线的距离之关系，确定|AB|试题解析：解法一：（1）设S(x,y)为曲线上任意一点， 依题意，点S到F(0,1)的距离与它到直线y1的距离相等， 所以曲线是以点F(0,1)为焦点，直线y1为准线的抛物线， 所以曲线的方程为x4y.

（2）当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变，证明如下： 由（1）知抛物线的方程为y212x， 4设P(x0,y0)(x00)，则y012x0， 4由y'1x，得切线l的斜率 21x0， 21112x0(xx0)，即yx0xx0. 224ky'xx0所以切线l的方程为yy01121yx0xx0由24，得A(x0,0).

2y0112yxxx0160M(x,3). 由，得2402x0y3答案第12页，总25页

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又N(0,3)，所以圆心C(x0143,3)， x0半径r113|MN||x0|， 24x011313|AB||AC|2r2[x0(x0)]232(x0)26.

24x04x0所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.

解法二：

（1）设S(x,y)为曲线上任意一点， 则|y(3)|(x0)(y1)2，

依题意，点S(x,y)只能在直线y3的上方，所以y3， 所以(x0)(y1)y1， 化简得，曲线的方程为x4y.

（2）同解法一.

考点：抛物线的定义，导数的几何意义，直线方程，直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系. 10．（1）y2【解析】

试题分析：（1）由已知条件，先求Q点的坐标，再由|QF|4x；（2）直线l的方程为x22222y10或xy10．

5|PQ|及抛物线的焦半径公4式列方程可求得p的值，从而可得抛物线C的方程；（2）由已知条件可知直线l与坐标轴不垂直，故可设直线l的点参式方程：xy24my4my1m0，代入y24x消元得

0．设Ax1,y1,Bx2,y2,由韦达定理及弦长公式表示AB的中点D的坐标答案第13页，总25页

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及AB长，同理可得MN的中点E的坐标及MN的长．由于MN垂直平分线AB，故A,M,B,N四点在同一圆上等价于AEBE1MN，由此列方程可求得m的值，进而可2得直线l的方程．

试题解析：（1）设Qx0,4，代入y2题设得p28p548，解得pp2px，得x08,pPQ8,QFpp2x0p28.．由p2（舍去）或p2，∴C的方程为y2my1m4x；（2）由题设

4x得

知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为xy24my40．设Ax1,y1,Bx2,y2,则y1y20，代入y24m, y1y24．故AB的中点为D2m2m,l1,2m,AB2m2m21y1y24m21．又l的斜率为y2的方程为x31ym3．将上式代入y2y41m24x，并整理得

42m23．故4ym42m20．设Mx3,y3,Bx4,y4,则y32m24,y3y4m2m21MN的中点为E22m3,2,MNm11y3m2y44m2． BE1MN，从而2由于MN垂直平分线AB，故A,M,B,N四点在同一圆上等价于AE2m212AB4DE212MN,4即4m2122m2m2224m2122m21m4，化简得0．

m210，解得m1或m1．所求直线l的方程为xy10或xy1考点：1．抛物线的几何性质；2．抛物线方程的求法；3．直线与抛物线的位置关系． 11．（1）x4y（2）16 (3)最小值32. 【解析】

试题分析：（1）根据抛物线的定义可得：x4y.（2）把l2:ykx1 与抛物线x4y 联立，再把根与系数的关系代入到RP·RQ 的表达式中，最后结合基本不等式求出最小

222值.(3)先

ykx1由2y2(4k22)y10x4y，再

PQ、

RT，

SPRQT11PQRT=8(k222)，最后用基本不等式求出最小值. 2k(1)由题知点C到点F的距离等于它到l1的距离，

答案第14页，总25页

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点C的轨迹是以F为焦点，l1为准线的抛物线所求轨迹方程为: x24y（2）设l2:ykx1ykx1由2x24kx40 x4yx1x24k设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x242由直线PQ的斜率0，得R(,1) k 2222RPRQ(x1,y11)(x2,y21)(x1)(x2)(kx12)(kx22) kkkk24(1k2)x1x2(2k)(x1x2)24kk2414(1k2)4k(2k)244(2k2)8 kkk122k2,当且仅当k=1取等号2kRPRQ16，即RPRQ最小值为16 （3）

ykx1由2y2(4k22)y10x4yPQy1y224k241设l3:yx1k代入x24y同理可得：RT4SPRQT14k2 111PQRT8(k21)(21)8(k222)322kk即SPRQT最小值为32 考点：抛物线的定义；根与系数的关系；基本不等式. 12．（1）1 （2）见解析 （3）存在，M(,0) 12答案第15页，总25页

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【解析】 试题分析：（1）由抛物线方程求出焦点坐标，再由中点坐标公式求得FA的中点，由中点在抛物线上求得p的值；

（2）联立直线方程和抛物线方程，由直线和抛物线相切求得切点坐标，进一步求得Q的坐标（用含k的代数式表示），求得PQ的中点C的坐标，求出圆心到x轴的距离，求出12PQ， 2由半径的平方与圆心到x轴的距离的平方差的符号判断圆C与x轴的位置关系；

（3）法一、假设平面内存在定点M满足条件，设出M的坐标，结合（2）中求得的P，Q的

MQ 的坐标，由 MPMQ0恒成立求解点M的坐标． 坐标，求出向量MP，（1）利用抛物线的定义得F(p2p)，代入方程得,0)，故线段FA的中点的坐标为(,4222pp1，解得p1． 422（2）由（1）得抛物线的方程为y2x，从而抛物线的准线方程为x1 2y22xk2由得方程yym0，

2ykxmk0k0由直线与抛物线相切，得 1

0m2k且y1111P(,)， ，从而x，即k2k22k2k1ykx11k22k)， 由，解得Q(,122kx21k23k2,) ∴PQ的中点C的坐标为C(4k24k3k22)， 圆心C到x轴距离d(4k21k221k22PQ()()

2k22k2答案第16页，总25页

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111k221k223k223k21222)()]() ()0 ∵(PQ)d[(242k22k4k4k2所圆与x轴总有公共点．

（3）假设平面内存在定点M满足条件，由抛物线对称性知点M在x轴上，设点M坐标为M(x1,0)，

11k211) 由（2）知P(2,)，Q(,22k2kk1111k2) 。 ∴ MP(2x1,),MQ(x1,2kk22k1111k20 由MPMQ0得，(2x1)(x1)2k2k2k1k212k212k21x10，即x1或x1所以x 2k24k22k2221所以平面上存在定点M(,0)，使得圆C恒过点M． 考点：直线与圆锥曲线的综合问题

1211213．（1）y4x1；（2）xy；（3）详见解析.

2222【解析】

试题分析：（1）求出点A关于直线yx的对称点的坐标，然后将对称点的坐标代入抛物2线的方程求出a的值，从而确定抛物线的方程；（2）先确定抛物线与x轴的两个交点C、D，结合图形确定PCD为直角三角形，并确定相应的斜边，以此求出圆心和半径，最终确定圆的方程；（3）结合图象与抛物线的定义确定点M、P、F三点共线求出MPMF的最小值，并确定MP的直线方程，将直线方程与抛物线方程联立求出点M的坐标. （1）设点A3,1关于直线l的对称点为坐标为Ax,y，

y1x320x122则解得，

y1y32x3把点A1,3代入yax1，解得a4，

2答案第17页，总25页

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所以抛物线的方程为y4x1； （2）令y4x10得x221， 211,0、D,0， 22设抛物线与x轴的两个交点从左到右分别为C、D，则CC显然PCD是直角三角形，所以PC为所求圆的直径，由此可得圆心坐标为0,，

12圆的半径r2， 22112故所求圆的方程为xy；

22（3）15F0,是抛物线的焦点，抛物线的顶点为0,1，

16抛物线的准线为x17， 16过点M作准线的垂线，垂足为A，由抛物线的定义知MFMA,

MPMFMPMAPA，当且仅当P、M、A三点共线时“”成立，

即当点M为过点F所作的抛物线准线的垂线与抛物线的交点时，MPMF取最小值，

MPMFmin173311，这时点M的坐标为,0；

16322考点：1.抛物线的定义与方程；2.圆的方程；3.直线与抛物线的位置关系 14．（1）定值为（2） 答案第18页，总25页

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【解析】（1）将点（1，1）代入抛物线方程为设与抛物线方程 联立得： ，，得 由题意有， （2）设 同理 因此： 15．（1）准线方程：y1，焦点坐标F(0,1)；（2）证明见解析；（3）r3.

答案第19页，总25页

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【解析】

试题分析：（1）根据抛物线标准方程确定焦点在哪个轴上及开口方向，焦点为(0,1)，准线方程为y1；（2）本题实质是直线与抛物线相交问题，一般是设直线AB方程为ykxb，与抛物线方程联立方程组，消去y可得x24kx4b0，再设

A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x24k，x1x24b，而OAOBx1x2y1y2，把刚才求出的x1x2,x1x2代入可得k,b的关系，本题中求得b2为常数，因此直线ABA一定过定点(0,2)；（3）由（2）利用AB8可求出k,b的关系式，AB1kx1x2 21k216k216b8，则1k2k2b2，而直线AB与圆相切，则圆心到b11k2直线的距离d等于圆的半径r，即rd4k2121k1k2，由题意，作为关于k的方程，此方程只有两解，设tk11，则有r244tf(t)t在t1，由于t3t3时是减函数，且f(2)0，即函数r4t在1t2时递减(0r3)，在t23t时递增(r0)，因此为了保证k有两解，即t只有一解，故要求r3. （1）准线方程：y1 +2分 焦点坐标：F(0,1) +4分 （2）设直线AB方程为ykxb ,A(x1,y1),B(x2,y2) ykxbx1x24k2 得 x4kx4b0  +6分 2xx4b12x4yxxOAOBx1x2y1y2x1x2124 x1x28 4b8 +8分

1622b2 直线 ykx2过定点（0，2） +10分

（3）AB1k216k216b8 1k2k2b2 +12分

42k12k1k21db11k2r +14分 r 令tk11 2答案第20页，总25页

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r441t2trt单调递减，0r3 +15分 当时， 33tt当t2时， rt4单调递增，r0 +16分 3tk存在两解即t一解 r3 +18分

考点：（1）抛物线的性质；（2）直线与抛物线相交问题；（3）圆的切线的条数与方程的解. 16．（1）（2） 【解析】（1）由题意画出简图为：

由于抛物线C1：x=y准线方程为：y=﹣，圆C2：x+（y﹣4）=1的圆心M（0，4）， 利用点到直线的距离公式可以得到距离d=2

2

2

2

2

2

=．

（2）设点P（x0，x0），A（x1，x1），B（x2，x2）； 由题意得：x0≠0，x2≠±1，x1≠x2，

22

设过点P的圆c2的切线方程为：y﹣x0=k（x﹣x0）即y=kx﹣kx0+x0① 则，即（x0﹣1）k+2x0（4﹣x0）k+（x0﹣4）﹣1=0

2

2

2

2

2

设PA，PB的斜率为k1，k2（k1≠k2），则k1，k2应该为上述方程的两个根， ∴22，；

代入①得：x﹣kx+kx0﹣x0=0 则x1，x2应为此方程的两个根， 故x1=k1﹣x0，x2=k2﹣x0 ∴kAB=x1+x2=k1+k2﹣2x0= 由于MP⊥AB，∴kAB•KMP=﹣1⇒ 故P∴ ．

,1,,317．（1）x4y.（2）以线段ST为直径的圆恒过两个定点00. 2【解析】

试题分析：（1）根据抛物线的定义可知，点M的轨迹是以点F为焦点, l为准线的抛物线.

答案第21页，总25页

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可得曲线E的方程为x4y. 2x,y,x,y4,yx4y（2）设点B,C的坐标分别为. ，依题意得，x1122112222由ykx1,24kx40消去y得x， 2x4y,xk,xx4应用韦达定理x. 124122x11y1214x1直线AB的斜率k， ABx2x24111故直线AB的方程为yx21x2.

4令y1，得x28， x1288,1. ,1.点T的坐标为2得到点S的坐标为2x2x221得到ST2216k1xxxx4xx12121222k2k2k2. 设线段ST的中点坐标为x0,1，

4xx481812x222而0 2x2x2x2x2121244k444k4222.

xx2xx48kk1212224k12122x1T故以线段ST为直径的圆的方程为. yS2k4k令x0，得y14，解得y1或y3.

2,1,,3确定得到以线段ST为直径的圆恒过两个定点00. （1）由题意, 点M到点F的距离等于它到直线l的距离,

故点M的轨迹是以点F为焦点, l为准线的抛物线.

∴曲线E的方程为x4y. 4分

2答案第22页，总25页

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x,y,x,y4,yx4y（2）设点B,C的坐标分别为. ，依题意得，x1122112222由ykx1,2x4kx40消去得， y2x4y,xk,xx4∴x. 6分 124122x11y14x211直线AB的斜率k， ABx2x24111故直线AB的方程为yx21x2.

4令y1，得x28， x12∴点S的坐标为28,1. x1282,1同理可得点T的坐标为.

x22T2∴S8xx88122 x2x2x2x221218xx8xxxx121212. xx2xx48kk1212∴ST2216k1xxxx4xx12121222k2k2k2. 8分

设线段ST的中点坐标为x0,1，

4xx481812x222则0 2x2x2x2x2121244k444k4222.

xx2xx48kk1212224k12122x1T∴以线段ST为直径的圆的方程为. yS2k4k答案第23页，总25页

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24k14422xy14展开得x. 11分 22kkk令x0，得y14，解得y1或y3.

2,1,,3∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点00. 13分

考点：抛物线的定义及其标准方程，直线方程，直线与圆锥曲线的位置关系，圆的方程.

x2y221；18．（1）(ⅰ）C1:（ⅱ）C:y4x ；（2）. 四边形PMQN面积的最小43值为32.

【解析】

试题分析：（1）(ⅰ)由题意，2a2,c1,再结合a2b2c2解出a,b的值从而得到椭a2圆的标准方程；(ⅱ)由条件“动圆过点F2，且与直线x1相切”知动圆圆心到定点F2的距离等于到定直线x1的距离，且定点F21,0不在定直线x1上，所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线；

（2）由题设知直线MN和直线PQ互相垂直相交于点F2，且分别与物抛线有两个交点，因此两直线的斜率均存在且不为零，所以解决问题的基本思路是以其中一条直线的斜率k为自变量，利用直线与抛物线相交的位置关系，将四边形的面积表示成直线斜率k的函数，转化为函数的最值问题.

2a4a2b2c2a23 试题解析：（1）(ⅰ)由已知可得c1ec1a2x2y21 3则所求椭圆方程C1:43分

(ⅱ)由已知可得动圆圆心的轨迹为抛物线，且抛物线C 的焦点为1,0 ，准线方程为

x16分

，则动圆圆心轨迹方程为

C:y24x （2）由题设知直线MN,PQ 的斜率均存在且不为零

设直线MN的斜率为kk0,Mx1,y1,Nx2,y2 则直线MN的方程为：

ykx1

答案第24页，总25页

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联立C:y4x 消去y 可得kx2k4xk0 8分 由抛物线这义可知：

222222k244MNMF2NF2x11x212422 10分

kk同理可得PQ44k 11分 又SPMQN21141MNPQ4244k282k2232（当且仅当k122kk时取到等号)

所以四边形PMQN面积的最小值为32. 14分

考点：1、椭圆的标准方程；2、抛物线的定义与标准方程；3、直线与抛物线的位置关系综

合.

答案第25页，总25页