2020高考數(shù)學刷題首選卷 第七章 平面解析幾何 考點測試50 拋物線 文（含解析）.docx

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考點測試50　拋物線 高考概覽 本考點是高考必考知識點，?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分或12分，中、高等難度 考綱研讀 1．掌握拋物線的定義、幾何圖形、標準方程及簡單幾何性質(zhì)(范圍、對稱性、頂點、離心率) 2．理解數(shù)形結(jié)合的思想 3．了解拋物線的實際背景及拋物線的簡單應用 一、基礎小題 1．拋物線y＝x2的準線方程是(　　) A．y＝－1 B．y＝－2 C．x＝－1 D．x＝－2 答案　A 解析　依題意，拋物線x2＝4y的準線方程是y＝－1，故選A． 2．設拋物線y2＝8x上一點P到y(tǒng)軸的距離是4，則點P到該拋物線準線的距離為(　　) A．4 B．6 C．8 D．12 答案　B 解析　依題意得，拋物線y2＝8x的準線方程是x＝－2，因此點P到該拋物線準線的距離為4＋2＝6，故選B． 3．到定點A(2，0)與定直線l：x＝－2的距離相等的點的軌跡方程為(　　) A．y2＝8x B．y2＝－8x C．x2＝8y D．x2＝－8y 答案　A 解析　由拋物線的定義可知該軌跡為拋物線且p＝4，焦點在x軸正半軸上，故選A． 4．若拋物線y2＝2px(p>0)上的點A(x0，)到其焦點的距離是A到y(tǒng)軸距離的3倍，則p等于(　　) A． B．1 C． D．2 答案　D 解析　由題意3x0＝x0＋，x0＝，則＝2，∵p>0，∴p＝2，故選D． 5．過拋物線y2＝4x的焦點作直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，若x1＋x2＝6，則|AB|等于(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 答案　C 解析　由拋物線y2＝4x得p＝2，由拋物線定義可得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2，又因為x1＋x2＝6，所以|AB|＝8，故選C． 6．若拋物線y＝4x2上一點到直線y＝4x－5的距離最短，則該點為(　　) A．(1，2) B．(0，0) C．，1 D．(1，4) 答案　C 解析　解法一：根據(jù)題意，直線y＝4x－5必然與拋物線y＝4x2相離，拋物線上到直線的最短距離的點就是與直線y＝4x－5平行的拋物線的切線的切點．由y′＝8x＝4得x＝，故拋物線的斜率為4的切線的切點坐標是，1，該點到直線y＝4x－5的距離最短．故選C． 解法二：拋物線上的點(x，y)到直線y＝4x－5的距離是d＝＝＝，顯然當x＝時，d取得最小值，此時y＝1．故選C． 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________． 答案　y2＝4x 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． 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＝________． 答案　 解析　過N作準線的垂線，垂足是P，則有|PN|＝|NF|，∴|PN|＝|MN|，∠NMF＝∠MNP．又cos∠MNP＝，∴∠MNP＝，即∠NMF＝． 二、高考小題 9．(2018全國卷Ⅰ)設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點(－2，0)且斜率為的直線與C交于M，N兩點，則＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　D 解析　根據(jù)題意，過點(－2，0)且斜率為的直線方程為y＝(x＋2)，與拋物線方程聯(lián)立消去x并整理，得y2－6y＋8＝0，解得M(1，2)，N(4，4)，又F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，從而可以求得＝03＋24＝8，故選D． 10．(2017全國卷Ⅰ)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則|AB|＋|DE|的最小值為(　　) A．16　 B．14　　 C．12　　 D．10 答案　A 解析　因為F為y2＝4x的焦點，所以F(1，0)． 由題意直線l1，l2的斜率均存在，且不為0，設l1的斜率為k，則l2的斜率為－，故直線l1，l2的方程分別為y＝k(x－1)， y＝－(x－1)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0． 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝1， 所以|AB|＝|x1－x2| ＝ ＝＝． 同理可得|DE|＝4(1＋k2)． 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)＝4＋1＋1＋k2＝8＋4k2＋≥8＋42＝16， 當且僅當k2＝，即k＝1時，取得等號．故選A． 11．(2018全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90，則k＝________． 答案　2 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 所以y－y＝4x1－4x2， 所以k＝＝． 取AB的中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準線x＝－1 的垂線，垂足分別為A′，B′． 因為∠AMB＝90，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)． 因為M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸． 因為M(－1，1)，所以y0＝1，則y1＋y2＝2，所以k＝2． 12．(2018北京高考)已知直線l過點(1，0)且垂直于x軸．若l被拋物線y2＝4ax截得的線段長為4，則拋物線的焦點坐標為________． 答案　(1，0) 解析　由題意得a>0，設直線l與拋物線的兩交點分別為A，B，不妨令A在B的上方，則A(1，2)，B(1，－2)，故|AB|＝4＝4，得a＝1，故拋物線方程為y2＝4x，其焦點坐標為(1，0)． 13．(2017天津高考)設拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l．已知點C在l上，以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點A．若∠FAC＝120，則圓的方程為______________________． 答案　(x＋1)2＋(y－)2＝1 解析　由y2＝4x可得點F的坐標為(1，0)，準線l的方程為x＝－1． 由圓心C在l上，且圓C與y軸正半軸相切(如圖)，可得點C的橫坐標為－1，圓的半徑為1，∠CAO＝90． 又因為∠FAC＝120，所以∠OAF＝30，所以|OA|＝，所以點C的縱坐標為． 所以圓的方程為(x＋1)2＋(y－)2＝1． 三、模擬小題 14．(2018沈陽監(jiān)測)拋物線y＝4ax2(a≠0)的焦點坐標是(　　) A．(0，a) B．(a，0) C． D． 答案　C 解析　將y＝4ax2(a≠0)化為標準方程得x2＝y(tǒng)(a≠0)，所以焦點坐標為，故選C． 15．(2018太原三模)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，直線PF與拋物線交于M，N兩點，若＝3，則|MN|＝(　　) A． B．8 C．16 D． 答案　A 解析　由題意F(1，0)，設直線PF的方程為y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．因為準線方程為x＝－1，所以得P(－1，－2k)．所以＝(2，2k)，＝(1－x1，－y1)，因為＝3，所以2＝3(1－x1)，解得x1＝．把y＝k(x－1)代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1x2＝1，所以x2＝3，從而得|MN|＝|MF|＋|NF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝．故選A． 16．(2018豫南九校聯(lián)考)已知點P是拋物線x2＝4y上的動點，點P在x軸上的射影是點Q，點A的坐標是(8，7)，則|PA|＋|PQ|的最小值為(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　C 解析　延長PQ與準線交于M點，拋物線的焦點為F(0，1)，準線方程為y＝－1，根據(jù)拋物線的定義知，|PF|＝|PM|＝|PQ|＋1．∴|PA|＋|PQ|＝|PA|＋|PM|－1＝|PA|＋|PF|－1≥|AF|－1＝－1＝10－1＝9．當且僅當A，P，F(xiàn)三點共線時，等號成立，則|PA|＋|PQ|的最小值為9．故選C． 17．(2018青島質(zhì)檢)已知點A是拋物線C：x2＝2py(p＞0)的對稱軸與準線的交點，過點A作拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，若△APQ的面積為4，則實數(shù)p的值為(　　) A． B．1 C． D．2 答案　D 解析　解法一：設過點A且與拋物線C相切的直線為y＝kx－．由得x2－2pkx＋p2＝0．由 Δ＝4p2k2－4p2＝0，得k＝1，所以得點P－p，， Qp，，所以△APQ的面積為S＝2pp＝4，解得p＝2．故選D． 解法二：如圖，設點P(x1，y1)， Q(x2，y2)．由題意得點A0，－．y＝x2，求導得y′＝x，所以切線PA的方程為y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，切線PB的方程為y－y2＝x2(x－x2)，即y＝x2x－x，代入A0，－，得點P－p，，Qp，，所以△APQ的面積為S＝2pp＝4，解得p＝2．故選D． 18．(2018沈陽質(zhì)檢一)已知拋物線y2＝4x的一條弦AB恰好以P(1，1)為中點，則弦AB所在直線的方程是________． 答案　2x－y－1＝0 解析　設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由A，B都在拋物線上，可得作差得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)．因為AB中點為P(1，1)，所以y1＋y2＝2，則有2＝4，所以kAB＝＝2，從而直線AB的方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0． 一、高考大題 1．(2018全國卷Ⅰ)設拋物線C：y2＝2x，點A(2，0)，B(－2，0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點． (1)當l與x軸垂直時，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN． 解　(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得M的坐標為(2，2)或(2，－2)． 所以直線BM的方程為y＝x＋1或y＝－x－1． (2)證明：當l與x軸垂直時，AB為線段MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN． 當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0． 由得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝，y1y2＝－4． 直線BM，BN的斜率之和為 kBM＋kBN＝＋＝．① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達式代入①式分子，可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝ ＝＝0．所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN． 綜上，∠ABM＝∠ABN． 2．(2018浙江高考)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上． (1)設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸； (2)若P是半橢圓x2＋＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍． 解　(1)證明：設P(x0，y0)，Ay，y1，By，y2． 因為PA，PB的中點在拋物線上， 所以y1，y2為方程2＝4即y2－2y0y＋8x0－y＝0的兩個不同的實根． 所以y1＋y2＝2y0， 因此，PM垂直于y軸． (2)由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y(tǒng)－3x0， |y1－y2|＝2． 因此，△PAB的面積S△PAB＝|PM||y1－y2| ＝(y－4x0)． 因為x＋＝1(x0<0)， 所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]． 因此，△PAB面積的取值范圍是6，． 3．(2018北京高考)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)．過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N． (1)求直線l的斜率的取值范圍； (2)設O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． 解　(1)因為拋物線y2＝2px過點(1，2)， 所以2p＝4，即p＝2． 故拋物線C的方程為y2＝4x， 由題意知，直線l的斜率存在且不為0． 設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)． 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0． 依題意Δ＝(2k－4)2－4k21>0， 解得k<0或0b>0)， 把點(－2，0)，，代入可得a2＝4，b2＝1， 所以橢圓C1的標準方程為＋y2＝1． (2)由拋物線的標準方程可得C2的焦點F(1，0)， 當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝1． 直線l交橢圓C1于點M1，，N1，－， ≠0，不滿足題意． 當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－1)，并設點M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，于是x1＋x2＝， x1x2＝，?、? 則y1y2＝k(x1－1)k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2－＋1＝．?、? 由⊥得x1x2＋y1y2＝0．　③ 將①②代入③式，得＋＝＝0， 解得k＝2，所以存在直線l滿足條件，且l的方程為2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0． 6．(2018石家莊質(zhì)檢二)已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝的圓心C在拋物線x2＝2py(p＞0)上，圓C過原點且與拋物線的準線相切． (1)求該拋物線的方程； (2)過拋物線焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，分別在A，B處作拋物線的兩條切線交于點P，求△PAB面積的最小值及此時直線l的方程． 解　(1)由已知可得圓心C(a，b)，半徑r＝，焦點F0，，準線y＝－，因為圓C與拋物線F的準線相切，所以b＝－． 又因為圓C過原點，且圓C過焦點F，所以圓心C必在線段OF的垂直平分線上，即b＝，所以－＝，解得p＝2， 所以拋物線的方程為x2＝4y． (2)易得焦點F(0，1)，直線l的斜率必存在，設為k，即直線l的方程為y＝kx＋1， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得x2－4kx－4＝0，Δ>0， 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4， 對y＝求導得y′＝，即kAP＝． 直線AP的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－x， 同理得直線BP的方程為y＝x－x． 設點P(x0，y0)，聯(lián)立直線AP與BP的方程， 解得即P(2k，－1)， 所以|AB|＝|x1－x2|＝4(1＋k2)， 點P到直線AB的距離d＝＝2， 所以△PAB的面積S＝4(1＋k2)2＝4(1＋k2)≥4， 當且僅當k＝0時取等號． 綜上，△PAB面積的最小值為4，此時直線l的方程為y＝1．