资料简介
综合拔高练五年高考练考点1 抛物线的定义及其标准方程1.(2020课标全国Ⅲ,5,5分,)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为( )A.14,0B.12,0C.(1,0)D.(2,0)2.(2020北京,7,4分,)设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l,P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的垂直平分线( )A.经过点OB.经过点PC.平行于直线OPD.垂直于直线OP3.(2017课标全国Ⅱ,16,5分,)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点,则|FN|= . 4.(2020课标全国Ⅱ,19,12分,)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.考点2 抛物线的几何性质5.(2020课标全国Ⅰ,4,5分,)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=( ) A.2B.3C.6D.96.(2019课标全国Ⅱ,8,5分,)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点,则p=( ) A.2B.3C.4D.815,7.(2020新高考Ⅰ,13,5分,)斜率为3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|= . 考点3 直线与抛物线的位置关系8.(2018课标全国Ⅰ,8,5分,)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=( )A.5B.6C.7D.89.(2018课标全国Ⅲ,16,5分,)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k= . 10.(2019课标全国Ⅰ,19,12分,)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.三年模拟练应用实践 1.(2020河南濮阳高二上期末,)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线C与圆C':x2+(y-3)2=3交于M,N两点,若|MN|=6,则△MNF的面积为( )A.28B.38C.328D.3242.(2021新高考八省(市)1月联考,)已知抛物线y2=2px上三点A(2,2),B,C,直线AB,AC是圆(x-2)2+y2=1的两条切线,则直线BC的方程为( )A.x+2y+1=0B.3x+6y+4=0C.2x+6y+3=0D.x+3y+2=03.(2021湖南名校教育联盟高二上期中,)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F的直线l与抛物线交于A,B两点(点A在第一象限),抛物线的准线与x轴交于点K,当|AK||AF|最大时,直线AK的斜率为( )A.1B.2C.3D.2215,4.(多选)(2020山东菏泽高二上期末,)已知A、B两点的坐标分别是(-1,0),(1,0),直线AP、BP相交于点P,且两直线的斜率之积为实数m,则下列结论正确的是( )A.当m=-1时,点P的轨迹为圆(除去与x轴的交点)B.当-1<m<0时,点p的轨迹为焦点在x轴上的椭圆(除去与x轴的交点)c.当0<m<1时,点p的轨迹为焦点在x轴上的抛物线d.当m>1时,点P的轨迹为焦点在x轴上的双曲线(除去与x轴的交点)5.(多选)(2021湖南永州第一中学高二上第一次月考,)抛物线有如下光学性质:由焦点射出的光线经抛物线反射后,沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线y2=4x的焦点为F,一束平行于x轴的光线l1从点M(3,1)射入,经过抛物线上的点P(x1,y1)反射后,再经抛物线上另一点Q(x2,y2)反射后,沿直线l2射出,则下列结论中正确的是( )A.x1x2=1B.kPQ=-43C.|PQ|=254D.l1与l2之间的距离为46.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)如图,过抛物线y=14x2的焦点F的直线交抛物线与圆x2+(y-1)2=1于A,D,B,C四点,则|AB|·|CD|= . 7.(2020天津滨海新区高二上期末,)直线l过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),且与抛物线C相交于A,B两点,若AB的中点的纵坐标为2,则p= ,直线l的方程为 . 8.(2021江苏南京高二上期中调研测试,)早在一千多年前,我国已经把溢流孔技术用于造桥,以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击,现设桥拱上有如图所示的4个溢流孔,桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分,且四个溢流孔轮廓线相同,建立如图所示的平面直角坐标系Oxy,根据图上尺寸,溢流孔ABC所在抛物线的方程为 ,溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 . 9.(2021河北邯郸联盟校高二上期中,)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,1).(1)求抛物线C的方程;(2)O为坐标原点,A、B为抛物线C上异于原点O的不同两点,直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,求证:直线AB过定点.15,10.(2021河北秦皇岛一中高二上月考,)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点A(a,2)到焦点的距离为2.(1)求抛物线C的标准方程;(2)若在x轴上存在点M,过点M的直线l分别与抛物线C相交于P、Q两点,若1|PM|2+1|QM|2为定值,求点M的坐标及此定值.11.(2020山东烟台高二上期末学业水平诊断,)已知F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点,过F且倾斜角为45°的直线交抛物线于A,B两点,|AB|=8.(1)求抛物线的方程;(2)已知P(x0,-1)为抛物线上一点,M,N为抛物线上异于P的两点,且满足kPM·kPN=-2,试探究直线MN是否过一定点,若是,求出此定点;若不是,说明理由.15,12.(2020湖南长沙长郡中学高二上期中,)已知动圆P过点F0,18且与直线y=-18相切,圆心P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若A,B是曲线C上的两个点,且直线AB过△OAB的外心,其中O为坐标原点,求证:直线AB过定点.迁移创新13.(2020山东潍坊高二上期末,)给出下列条件:①焦点在x轴上;②焦点在y轴上;③抛物线上横坐标为1的点M到其焦点F的距离等于2;④抛物线的准线方程是x=-2.(1)对于顶点在原点O的抛物线C,从以上四个条件中选出两个适当的条件,使得抛物线C的方程是y2=4x,并说明理由;(2)过点(4,0)的任意一条直线l与C:y2=4x交于A,B两点,试探究是否总有OA⊥OB,请说明理由.深度解析15,15,答案全解全析五年高考练1.B 由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为12,0,故选B.2.B 不妨设抛物线的方程为y2=2px(p>0),P(x0,y0)(x0>0),则Q-p2,y0,Fp2,0,直线FQ的斜率为-y0p,从而线段FQ的垂直平分线的斜率为py0,又线段FQ的中点为0,y02,所以线段FQ的垂直平分线的方程为y-y02=py0·(x-0),即2px-2y0y+y02=0,将点P的横坐标代入,得2px0-2y0y+y02=0,又2px0=y02,所以y=y0,所以点P在线段FQ的垂直平分线上,故选B.3.答案 6解析 如图,过M、N分别作抛物线准线的垂线,垂足分别为M1、N1,设抛物线的准线与x轴的交点为F1,则|NN1|=|OF1|=2,|FF1|=4.因为M为FN的中点,所以|MM1|=3,由抛物线的定义知|FM|=|MM1|=3,从而|FN|=2|FM|=6.4.解析 (1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去)或ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02=4cx0,故x024c2+4x03c=1.①由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得(5-c)24c2+4(5-c)3c=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.5.C 设焦点为F,点A的坐标为(x0,y0),15,由抛物线定义得|AF|=x0+p2,∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,∴9+p2=12,∴p=6.故选C.6.D ∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为p2,0,∴椭圆x23p+y2p=1的一个焦点为p2,0,∴3p-p=p24,又p>0,∴p=8.7.答案 163解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),过点F且斜率k=3的直线方程为y=3(x-1),联立y2=4x,y=3(x-1),消去y得3x2-10x+3=0,∴x1+x2=103,x1x2=1,∴|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+3×1009-4=163.8.D 设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知可得直线的方程为y=23(x+2),即x=32y-2,由y2=4x,x=32y-2,得y2-6y+8=0.由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,∴x1+x2=32(y1+y2)-4=5,x1x2=(y1y2)216=4,∵F(1,0),∴FM·FN=(x1-1)·(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D.9.答案 2解析 由题意可知C的焦点坐标为(1,0),所以过焦点(1,0),斜率为k的直线方程为x=yk+1,设Ay1k+1,y1,By2k+1,y2,将直线方程与抛物线方程联立得x=yk+1,y2=4x,整理得y2-4ky-4=0,从而得y1+y2=4k,y1·y2=-4.∵M(-1,1),∠AMB=90°,∴MA·MB=0,即y1k+2·y2k+2+(y1-1)(y2-1)=0,即k2-4k+4=0,解得k=2.10.解析 设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-12(t-1)9.从而-12(t-1)9=52,得t=-78.15,所以l的方程为y=32x-78.(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.三年模拟练应用实践1.B 由题意得圆C'过原点,所以原点是圆与抛物线的一个交点,不妨设为M,如图,由于|C'M|=|C'N|=3,|MN|=6,∴C'M⊥C'N,∴∠C'MN=∠NOF=π4,点N的坐标为(3,3),代入抛物线方程得(3)2=2p×3,解得p=32,∴F34,0,则S△MNF=12×|MF|×yN=12×34×3=38.故选B.2.B ∵A(2,2)在抛物线y2=2px上,∴4=4p,∴p=1,∴抛物线为y2=2x.由题意知直线AB,AC的斜率存在.设过点A的切线斜率为k,∴切线方程为y-2=k(x-2),即kx-y+2-2k=0,∵点(2,0)到切线的距离为1,∴21+k2=1,∴k=3或k=-3.15,则切线方程为y-2=±3(x-2).设B(x1,y1),C(x2,y2).联立y-2=3x-23,y2=2x,消去x得y2-233y+433-4=0,由y1+2=233,得y1=23-63,∴x1=8-433,∴B8-433,23-63,同理,C8+433,-23-63,∴kBC=-12,∴直线BC的方程为y+23+63=-12x-8+433,即3x+6y+4=0.3.A 由题意可知,直线AK的斜率存在,如图,过A作准线的垂线,垂足为A1,因为|AA1|=|AF|,所以|AF||AK|=|AA1||AK|=sin∠AKA1,由图可得,直线AK与抛物线y2=4x相切时∠AKA1最小,此时|AA1||AK|最小,即|AK||AA1|最大,由K(-1,0)可设直线AK的方程为y=k(x+1)且k>0,由y=k(x+1),y2=4x消去x得ky2-4y+4k=0,所以Δ=16-16k2=0,解得k=1(负值舍去).故当|AK||AF|最大时,直线AK的斜率为1.故选A.4.ABD 由题意知直线AP、BP的斜率均存在.设点P的坐标为(x,y),则直线AP的斜率kAP=yx+1(x≠-1),直线BP的斜率kBP=yx-1(x≠1).由已知得,yx+1×yx-1=m(x≠±1),∴点P的轨迹方程为x2+y2-m=1(x≠±1),结合选项知A、B、D正确.5.ABC 如图所示,易知y1=1,∴12=4x1⇒x1=14,∴P14,1.易知F(1,0),从而kPF=1-014-1=-43.15,∴直线PF的方程为y=-43(x-1).由y2=4x,y=-43(x-1),得y2+3y-4=0,解得y=1或y=-4.当y=1时,x=14;当y=-4时,x=4.因此,Q(4,-4),∴x1x2=14×4=1,故A正确.kPQ=kPF=-43,故B正确.|PQ|=4-142+(-4-1)2=254,故C正确.∵l1的方程为y=1,l2的方程为y=-4,∴l1与l2之间的距离为5,故D错误.故选ABC.6.答案 1解析 易得抛物线的焦点为F(0,1),准线为y=-1,由题意得,直线的斜率存在,设直线方程为y=kx+1,将直线方程y=kx+1与y=14x2联立得y2-(4k2+2)y+1=0,设A(xA,yA),D(xD,yD),则yAyD=1,∵|AB|=|AF|-1=yA+1-1=yA,|CD|=|DF|-1=yD+1-1=yD,∴|AB|·|CD|=1,故答案为1.7.答案 2;x-y-1=0解析 由抛物线的焦点F(1,0),得p2=1,所以p=2,所以抛物线方程为y2=4x,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4.直线l的斜率显然不为0,设直线l的方程为x=ny+1,联立y2=4x,x=ny+1,消去x,整理得y2-4ny-4=0,由根与系数的关系得y1+y2=4n=4,即n=1,所以直线l的方程为x-y-1=0.8.答案 (x-14)2=-365y;14013解析 设桥拱所在抛物线方程为x2=-2py(p>0),由题图可知,抛物线经过点(20,-5),代入得202=-2p×(-5),解得p=40,所以桥拱所在抛物线方程为x2=-80y.设溢流孔ABC所在抛物线C1:(x-14)2=-2p'y,抛物线C1经过点C(20,-5),则(20-14)2=-2p'×(-5),解得p'=185,所以C1:(x-14)2=-365y,15,由题易知点A为桥拱所在抛物线x2=-80y与C1:(x-14)2=-365y的交点,设A(x,y),7<x<14,由x2=-80y,(x-14)2=-365y,7<x<14,解得x=14013,所以点a的横坐标为14013.9.解析>0)过点(1,1),所以1=2p,解得p=12,所以抛物线C的方程为y2=x.(2)证明:设点A、B的坐标分别为(y12,y1),(y22,y2),所以k1=y1y12=1y1,k2=y2y22=1y2,所以k1k2=1y1y2=-2,即y1y2=-12.当直线AB的斜率不存在时,y1=-y2,直线AB的方程为x=12;当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0),联立y2=x,y=kx+m,消去x整理得ky2-y+m=0,故y1y2=mk=-12,得k=-2m,则直线AB的方程为y=-2mx+m,可化为y=-2mx-12,所以直线过点12,0.综上,直线AB过定点12,0.10.解析 (1)由抛物线定义知点A(a,2)到准线x=-p2的距离为2,∴a+p2=2,4=2pa,解得p=2,∴抛物线的标准方程为y2=4x.(2)设M(t,0),P(x1,y1),Q(x2,y2),直线l的方程为x=my+t.联立x=my+t,y2=4x,消去x,整理得y2-4my-4t=0,则Δ=16(m2+t)>0,y1+y2=4m,y1y2=-4t.|PM|2=(x1-t)2+y12=(1+m2)y12,同理可得|QM|2=(1+m2)y22.∴1|PM|2+1|QM|2=11+m21y12+1y22=11+m2·(y1+y2)2-2y1y2(y1y2)2=11+m2·16m2+8t16t2,15,∵1|PM|2+1|QM|2为定值,∴必然有16m2+8t=16(1+m2),解得t=2.此时1|PM|2+1|QM|2=14为定值,M(2,0).11.解析 (1)易知Fp2,0,则直线AB的方程为y=x-p2,联立y2=2px,y=x-p2,消去y,得x2-3px+p24=0,所以xA+xB=3p,因为|AB|=xA+xB+p=4p=8,所以2p=4,所以抛物线的方程为y2=4x.(2)将P(x0,-1)代入y2=4x可得P14,-1,不妨设直线MN的方程为x=my+t,M(x1,y1),N(x2,y2),联立y2=4x,x=my+t,消去x,得y2-4my-4t=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4t,Δ=16m2+16t,由题意得kPM·kPN=y1+1x1-14×y2+1x2-14=4y1-1×4y2-1=16y1y2-(y1+y2)+1=-2,化简可得,t=94-m,代入Δ=16m2+16t=16m2+94-m=16m-122+32>0,此时直线MN的方程为x=m(y-1)+94,所以直线MN过定点94,1.12.解析 (1)设点P(x,y),则(x-0)2+y-182=y+18,两边平方并整理得x2=12y,∴曲线C的方程为x2=12y.(2)证明:由题意可知直线AB的斜率一定存在,否则不与曲线C有两个交点.设AB的方程为y=kx+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,y=2x2,得2x2-kx-m=0,其中Δ=k2+8m>0,则x1+x2=k2,x1x2=-m2,15,由x2=12y,得y1=2x12,y2=2x22.∴y1y2=2x12·2x22=4(x1x2)2=4×-m22=m2.∵直线AB过△AOB的外心,∴OA⊥OB.∴OA·OB=x1x2+y1y2=0,即-m2+m2=0,解得m=12或m=0(舍去).当m=12时,满足Δ>0.∴直线AB的方程为y=kx+12,∴直线AB过定点0,12.迁移创新13.解析 (1)选择①③.理由如下:因为抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0)在x轴上,所以条件①适合,条件②不适合.又因为抛物线C:y2=4x的准线方程为x=-1,所以条件④不适合题意.当选择条件③时,设M(xM,yM),则|MF|=xM+1=1+1=2,此时适合题意.故选择条件①③时,可得抛物线C的方程是y2=4x.(2)假设总有OA⊥OB,由题意得直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x=ty+4,由y2=4x,x=ty+4得y2-4ty-16=0.因为直线与抛物线交于不同的两点,所以Δ>0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-16,所以x1x2=(ty1+4)(ty2+4)=t2y1y2+4t(y1+y2)+16=-16t2+16t2+16=16,所以OA·OB=x1x2+y1y2=16-16=0,所以OA⊥OB.综上所述,无论l如何变化,总有OA⊥OB.15,解题模板 在解决直线和抛物线的位置关系时,若直线与抛物线有两个交点,抛物线的方程为y2=2px,直线的方程可设为x=ty+m.这种设法有两个好处:一是避免了对斜率不存在的讨论;二是方便代入消元,利用方程组解决问题.15</x<14,由x2=-80y,(x-14)2=-365y,7<x<14,解得x=14013,所以点a的横坐标为14013.9.解析></m<0时,点p的轨迹为焦点在x轴上的椭圆(除去与x轴的交点)c.当0<m<1时,点p的轨迹为焦点在x轴上的抛物线d.当m>
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