新編高考數(shù)學浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第6講拋物線

《新編高考數(shù)學浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第6講拋物線》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第6講拋物線（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、新編高考數(shù)學復習資料 第6講 拋物線 一、選擇題 1．拋物線x2＝(2a－1)y的準線方程是y＝1，則實數(shù)a＝(　　) A. B. C．－ D．－ 解析 根據(jù)分析把拋物線方程化為x2＝－2y，則焦參數(shù)p＝－a， 故拋物線的準線方程是y＝＝，則＝1，解得a＝－. 答案　D 2．若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點在圓x2＋y2＋2x－3＝0上，則p＝(　　) A.　　　　　　　　 B．1 C．2

2、D．3 解析 ∵拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為(，0)在圓x2＋y2＋2x－3＝0上，∴＋p－3＝0，解得p＝2或p＝－6(舍去)． 答案 C 3．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點，則cos∠AFB＝ (　　)． A. B. C．－ D．－ 解析　由得x2－5x＋4＝0，∴x＝1或x＝4.不妨設A(4,4)，B(1，－2)，則||＝5，||＝2，·＝(3,4)·(0，－2)＝－8，∴cos∠AFB＝＝＝－.故選D. 答案　D 4．已知雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的離心率為2.若

3、拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2，則拋物線C2的方程為 (　　)． A．x2＝y(tǒng) B．x2＝y(tǒng) C．x2＝8y D．x2＝16y 解析　∵－＝1的離心率為2，∴＝2，即＝＝4，∴＝.x2＝2py的焦點坐標為，－＝1的漸近線方程為y＝±x，即y＝±x.由題意，得＝2，∴p＝8.故C2：x2＝16y，選D. 答案　D 5．已知直線l過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，|AB|＝12，P為C的準線上一點，則△ABP的面積為(　　)． A．18 B．24

4、 C．36 D．48 解析　如圖，設拋物線方程為 y2＝2px(p＞0)． ∵當x＝時，|y|＝p， ∴p＝＝＝6. 又P到AB的距離始終為p， ∴S△ABP＝×12×6＝36. 答案　C 6．已知P是拋物線y2＝4x上一動點，則點P到直線l：2x－y＋3＝0和y軸的距離之和的最小值是 (　　)． A. B. C．2 D.－1 解析　由題意知，拋物線的焦點為F(1,0)．設點P到直線l的距離為d，由拋物線的定義可知，點P到y(tǒng)軸的距離為|PF|－1，所以點P到直線l的距離與到y(tǒng)軸的距離之和為d＋|PF|－

5、1.易知d＋|PF|的最小值為點F到直線l的距離，故d＋|PF|的最小值為＝，所以d＋|PF|－1的最小值為－1. 答案　D 二、填空題 7．已知動圓過點(1,0)，且與直線x＝－1相切，則動圓的圓心的軌跡方程為________． 解析　設動圓的圓心坐標為(x，y)，則圓心到點(1,0)的距離與其到直線x＝－1的距離相等，根據(jù)拋物線的定義易知動圓的圓心的軌跡方程為y2＝4x. 答案　y2＝4x 8．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線與x軸的交點為M，N為拋物線上的一點，且滿足|NF|＝|MN|，則∠NMF＝________. 解析 過N作準線的垂線，垂足是P，則有PN＝NF，∴

6、PN＝MN，∠NMF＝∠MNP.又cos∠MNP＝， ∴∠MNP＝，即∠NMF＝. 答案 9．如圖是拋物線形拱橋，當水面在l時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬________米． 解析　如圖建立平面直角坐標系，設拋物線方程為x2＝－2py.由題意A(2，－2)代入x2＝－2py，得p＝1，故x2＝－2y.設B(x，－3)，代入x2＝－2y中，得x＝，故水面寬為2米． 答案　2 10．過拋物線y2＝2x的焦點F作直線交拋物線于A，B兩點，若|AB|＝，|AF|<|BF|，則|AF|＝________. 解析　設過拋物線焦點的直線為y＝k，聯(lián)立得，整理得，

7、k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，x1＋x2＝，x1x2＝.|AB|＝x1＋x2＋1＝＋1＝，得，k2＝24，代入k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0得，12x2－13x＋3＝0，解之得x1＝，x2＝，又|AF|<|BF|，故|AF|＝x1＋＝. 答案　 三、解答題 11．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點為圓心、橢圓短半軸長為半徑的圓與直線y＝x＋2相切． (1)求a與b； (2)設該橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l1過F2且與x軸垂直，動直線l2與y軸垂直，l2交l1于點P.求線段PF1的垂直平分線與l2的交點M的軌跡方程，并指明曲線類型． 解　(1)由e＝

8、＝ ＝，得＝. 又由原點到直線y＝x＋2的距離等于橢圓短半軸的長，得b＝，則a＝. (2)法一　由c＝＝1，得F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)． 設M(x，y)，則P(1，y)． 由|MF1|＝|MP|，得(x＋1)2＋y2＝(x－1)2，即y2＝－4x，所以所求的M的軌跡方程為y2＝－4x，該曲線為拋物線． 法二　因為點M在線段PF1的垂直平分線上，所以|MF1|＝|MP|，即M到F1的距離等于M到l1的距離．此軌跡是以F1(－1,0)為焦點，l1：x＝1為準線的拋物線，軌跡方程為y2＝－4x. 12．已知拋物線C：y2＝4x，過點A(－1,0)的直線交拋物線C于P、Q兩點，

9、設＝λ. (1)若點P關于x軸的對稱點為M，求證：直線MQ經(jīng)過拋物線C的焦點F； (2)若λ∈，求|PQ|的最大值． 思維啟迪：(1)可利用向量共線證明直線MQ過F；(2)建立|PQ|和λ的關系，然后求最值． (1)證明　設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x1，－y1)． ∵＝λ，∴x1＋1＝λ(x2＋1)，y1＝λy2， ∴y＝λ2y，y＝4x1，y＝4x2，x1＝λ2x2， ∴λ2x2＋1＝λ(x2＋1)，λx2(λ－1)＝λ－1， ∵λ≠1，∴x2＝，x1＝λ，又F(1,0)， ∴＝(1－x1，y1)＝(1－λ，λy2) ＝λ＝λ， ∴直線MQ經(jīng)過拋物線C的

10、焦點F. (2)由(1)知x2＝，x1＝λ， 得x1x2＝1，y·y＝16x1x2＝16， ∵y1y2>0，∴y1y2＝4， 則|PQ|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2 ＝x＋x＋y＋y－2(x1x2＋y1y2) ＝2＋4－12 ＝2－16， λ∈，λ＋∈， 當λ＋＝，即λ＝時，|PQ|2有最大值，|PQ|的最大值為. 13．設拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點． (1)若∠BFD＝90°，△ABD的面積為4 ，求p的值及圓F的方程； (2)若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m

11、平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值． 解　(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝p. 由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝ p. 因為△ABD的面積為4 ，所以|BD|·d＝4 ， 即·2p· p＝4 ，解得p＝－2(舍去)或p＝2. 所以F(0,1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8. (2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90°. 由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝|AB|. 所以∠ABD＝30°，m的斜率為或－. 當m的斜率為時，由已知可設n：y＝x＋b，代入x2＝

12、2py得x2－px－2pb＝0. 由于n與C只有一個公共點，故Δ＝p2＋8pb＝0， 解得b＝－. 因為m的縱截距b1＝，＝3， 所以坐標原點到m，n距離的比值為3. 當m的斜率為－時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值為3. 綜上，坐標原點到m，n距離的比值為3. 14．如圖所示，拋物線關于x軸對稱，它的頂點在坐標原點，點P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上． (1)寫出該拋物線的方程及其準線方程； (2)當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，求y1＋y2的值及直線AB的斜率． 解　(1)由已知條件，可設拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)． ∵點P(1,2)在拋物線上，∴22＝2p×1，解得p＝2. 故所求拋物線的方程是y2＝4x，準線方程是x＝－1. (2)設直線PA的斜率為kPA，直線PB的斜率為kPB， 則kPA＝(x1≠1)，kPB＝(x2≠1)， ∵PA與PB的斜率存在且傾斜角互補，∴kPA＝－kPB. 由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上，得 y＝4x1，① y＝4x2，② ∴＝－，∴y1＋2＝－(y2＋2)． ∴y1＋y2＝－4. 由①－②得，y－y＝4(x1－x2)， ∴kAB＝＝＝－1(x1≠x2)．