（江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時 拋物線課時闖關(guān)（含解析）

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1、 （江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第7課時 拋物線 課時闖關(guān)（含解析） [A級　雙基鞏固] 一、填空題 1．在拋物線y2＝2px上，橫坐標(biāo)為4的點到焦點的距離為5，則p的值為________． 解析：由題意4＋＝5， ∴p＝2. 答案：2 2．(2010·高考湖南卷改編)設(shè)拋物線y2＝8x上一點P到y(tǒng)軸的距離是4，則點P到該拋物線焦點的距離是________． 解析：由題意知P到拋物線準線的距離為4－(－2)＝6，由拋物線的定義知，點P到拋物線焦點的距離也是6. 答案：6 3．已知過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交該拋物線于A、B兩點，AF＝2，則BF

2、＝________. 解析：因為AF＝2，所以xA－(－1)＝2. 所以xA＝1，所以A(1，±2)．又F(1,0)， 所以BF＝AF＝2. 答案：2 4．當(dāng)a為任何值時，直線(a－1)x－y＋2a＋1＝0恒過定點P，則過P點的拋物線的標(biāo)準方程為________． 解析：由，得定點P(－2,3)， ∵拋物線過定點P，當(dāng)焦點在x軸上時，方程為y2＝－x，當(dāng)焦點在y軸上時，拋物線方程為x2＝y(tǒng). 答案：y2＝－x或x2＝y(tǒng) 5．若動點P到點F(2,0)的距離與它到直線x＋2＝0的距離相等，則點P的軌跡方程為________． 解析：由拋物線的定義可知，點P的軌跡是以(2,0)為

3、焦點，以x＝－2為準線的拋物線，其方程為y2＝8x. 答案：y2＝8x 6．已知拋物線y2＝2px的準線與雙曲線x2－y2＝2的左準線重合，則拋物線的焦點坐標(biāo)為________． 解析：拋物線y2＝2px的準線方程為x＝－. 又曲線x2－y2＝2的左準線為x＝－1. 故有－＝－1，∴p＝2. 則拋物線方程為y2＝4x， ∴焦點坐標(biāo)為(1,0)． 答案：(1,0) 7．已知拋物線y2＝2px(p>0)的準線與圓(x－3)2＋y2＝16相切，則p的值為________． 解析：由已知，可知拋物線的準線x＝－與圓(x－3)2＋y2＝16相切，圓心為(3,0)，半徑為4，圓心到直線

4、的距離d＝3＋＝4，解得p＝2. 答案：2 8．(2012·南京調(diào)研)已知點A(－2,1)，y2＝－4x的焦點是F，P是y2＝－4x上的點，為使|PA|＋|PF|取得最小值，P點的坐標(biāo)是________． 解析： 過P作PK⊥l(l為拋物線的準線)于K， 則|PF|＝|PK|， ∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PK|， ∴當(dāng)P點的縱坐標(biāo)與A點的縱坐標(biāo)相同時，|PA|＋|PK|最小，此時P點的縱坐標(biāo)為1，把y＝1代入y2＝－4x得x＝－. 即當(dāng)P點的坐標(biāo)為時，|PA|＋|PF|最?。? 答案： 二、解答題 9. 如圖所示，直線l1和l2相交于點M，l1⊥l2，點N

5、∈l1，以A、B為端點的曲線段C上的任一點到l2的距離與到點N的距離相等．若△AMN為銳角三角形，|AM|＝，|AN|＝3，且|NB|＝6，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求曲線段C的方程． 解： 以直線l1為x軸，線段MN的垂直平分線為y軸，建立直角坐標(biāo)系，由條件可知，曲線C是以點N為焦點，以l2為準線的拋物線的一段，其中A、B分別為C的端點． 設(shè)曲線C的方程為y2＝2px(p>0)(xA≤x≤xB，y>0)，其中xA、xB為A、B的橫坐標(biāo)，p＝|MN|，所以M，N.由|AM|＝，|AN|＝3，得 2＋2pxA＝17，① 2＋2pxA＝9.② ①②聯(lián)立解得xA＝，代入①式，并由p>0，

6、解得或 因為△AMN為銳角三角形，所以>xA， 故舍去∴ 由點B在曲線C上，得xB＝|BN|－＝4. 綜上，曲線C的方程為y2＝8x(1≤x≤4，y>0)． 10．已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，其焦點F到準線的距離為. (1)試求拋物線C的方程； (2)設(shè)拋物線C上一點P的橫坐標(biāo)為t(t>0)，過P的直線交C于另一點Q，交x軸于M，過點Q作PQ的垂線交C于另一點N，若MN是C的切線，求t的最小值． 解：(1)∵焦點F到準線的距離為，∴p＝. 故拋物線C的方程為x2＝y(tǒng). (2)設(shè)P(t，t2)，Q(x，x2)，N(x0，x)， 則直線MN的方程為y－x＝2x0(x

7、－x0)． 令y＝0，得M， ∴kPM＝＝，kNQ＝＝x0＋x. ∵NQ⊥QP，且兩直線斜率存在，∴kPM·kNQ＝－1， 即·(x0＋x)＝－1， 整理，得x0＝.① 又Q(x，x2)在直線PM上，則與共線，得x0＝，② 由①②，得＝(t>0)， ∴t＝－，∴t≥或t≤－(舍去)． ∴所求t的最小值為. [B級　能力提升] 一、填空題 1．(2012·無錫質(zhì)檢)已知拋物線y＝2x2上任意一點P，則點P到直線x＋2y＋8＝0的距離的最小值為________． 解析：設(shè)P(x0，y0)，則點P到直線x＋2y＋8＝0的距離d＝. 又點P在拋物線y＝2x2上，所以y0＝2

8、x， 所以d＝|4x＋x0＋8|，所以當(dāng)x0＝－時， dmin＝＝. 答案： 2．若過點P(2,1)的直線l與拋物線y2＝4x交于A、B兩點，且＝(＋)，則直線l的方程為________． 解析：由＝(＋)，則P為AB中點，設(shè)A(x1，y1)， B(x2，y2)(x1≠x2)，則x1＋x2＝4，y1＋y2＝2， 又y＝4x1，y＝4x2， ∴(y1－y2)(y1＋y2)＝4(x1－x2)， ∴＝2.∴l(xiāng)斜率為2、l的方程為y－1＝2(x－2)． 即2x－y－3＝0. 答案：2x－y－3＝0 3．已知拋物線y2＝2x，直線AB交拋物線于A，B兩點，交x軸正半軸于點M(m,

9、0)．若·＝0(O為坐標(biāo)原點)，則m的值是________． 解析：設(shè)A，B. 由·＝0， 得＋y1·y2＝0. 當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)為k(k≠0，m>0)， 則直線AB的方程為y＝k(x－m)． 由 得ky2－2y－2km＝0， 而Δ＝4＋8k2m>0恒成立，所以滿足條件． 又y1·y2＝－2m， 所以m2－2m＝0， 則m＝2或m＝0(舍去)，所以m＝2. 當(dāng)直線AB的斜率不存在時，則A(m，)，B(m，－)． 由·＝0， 則m2－2m＝0，所以m＝2或m＝0(舍去)， 所以m＝2.綜上，得m＝2. 答案：2 4．(2010·高考湖南卷)過拋物線x2

10、＝2py(p>0)的焦點作斜率為1的直線與該拋物線交于A，B兩點，A，B在x軸上的正射影分別為D，C.若梯形ABCD的面積為12，則p＝________. 解析：依題意，拋物線的焦點F的坐標(biāo)為， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直線AB的方程為y－＝x， 代入拋物線方程得，y2－3py＋＝0， 故y1＋y2＝3p，|AB|＝|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p， 直角梯形有一個內(nèi)角為45°， 故|CD|＝|AB|＝×4p＝2p，梯形面積為×|CD|＝×3p×2p＝3p2＝12，p＝2. 答案：2 二、解答題 5．(2010·高考福建卷)已知拋物線C：y2＝2px

11、(p>0)過點A(1，－2)． (1)求拋物線C的方程，并求其準線方程； (2)是否存在平行于OA(O為坐標(biāo)原點)的直線l，使得直線l與拋物線C有公共點，且直線OA與l的距離等于？若存在，求直線l的方程；若不存在，說明理由． 解：(1)將(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，所以p＝2. 故所求拋物線C的方程為y2＝4x，其準線方程為x＝－1. (2)假設(shè)存在符合題意的直線l，其方程為y＝－2x＋t. 由得y2＋2y－2t＝0. ∵直線l與拋物線C有公共點， ∴Δ＝4＋8t≥0，解之得t≥－. 由直線OA與l的距離d＝，可得＝，∴t＝±1. ∵－1?[－，＋

12、∞)，1∈[－，＋∞)． 故符合題意的直線l存在，其方程為2x＋y－1＝0. 6. 如圖所示，M是拋物線y2＝x上的一點，動弦ME、MF分別交x軸于A、B兩點，且MA＝MB. (1)若M為定點，證明：直線EF的斜率為定值； (2)若M為動點，N(a,0)(其中a∈R)是x軸上一點，求|MN|的最小值． 解：(1)證明：設(shè)M(y，y0)，直線ME的斜率為k(k>0)，則直線MF的斜率為－k， ∴直線ME的方程為y－y0＝k(x－y)． 由 消去x，得ky2－y＋y0(1－ky0)＝0. 解得yE＝，∴xE＝. 同理，yF＝，∴xF＝－. ∴kEF＝＝＝＝－(定值)． 所以直線EF的斜率為定值． (2)設(shè)M(x0，y0)，則y＝x0(x0≥0)． |MN|＝＝ ＝ ＝　， ∵x0≥0，∴當(dāng)≤0，即a≤時， |MN|min＝　＝|a|； 當(dāng)>0，即a>時， |MN|min＝?。健? |MN|min＝