2020-2021学年新教材高考数学 第三章 圆锥曲线的方程 3综合拔高练基础过关（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、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.(2016课标全国,10,5分,)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点.已知|AB|=42,|DE|=25,则C的焦点到准线的距离为()A.2B.4C.6D.82.(2016浙江,9,4分,)若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10,则M到y轴的距离是.3.(2017课标全国,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|=.考点2抛物线的几何性质4.(2019课标全国,8,5分,)若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆x23p+y2

2、p=1的一个焦点,则p=()A.2B.3C.4D.85.(2019天津,5,5分,)已知抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.若l与双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两条渐近线分别交于点A和点B,且|AB|=4|OF|(O为原点),则双曲线的离心率为()A.2B.3C.2D.5考点3直线与抛物线的位置关系6.(2018课标全国,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FMFN=()A.5B.6C.7D.87.(2017课标全国文,12,5分,)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方),l

3、为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为()A.5B.22C.23D.338.(2017课标全国,10,5分,)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(深度解析)A.16B.14C.12D.109.(2018课标全国,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,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

4、轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.11.(2019课标全国,21,12分,)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.深度解析三年模拟练应用实践1.(2020北京通州高二上期末,)已知直线y=x-1交抛物线y2=2x于A,B两点,点O为坐标原点,那么OAB的面积是(深度解析)A.62B.32C.3D.62.(2020福建漳平一中高二上期中,)已知F是抛物线x2=y的焦点,A、B是

5、该抛物线上的两点,若|AF|+|BF|=3,则线段AB的中点到x轴的距离为()A.32B.1C.54D.743.(2020山东烟台高二上期末学业水平诊断,)设抛物线y2=8x的焦点为F,过F的直线l与抛物线交于点A,B,与圆x2+y2-4x+3=0交于点P,Q,其中点A,P在第一象限,则2|AP|+|QB|的最小值为()A.22+3B.22+5C.42+5D.42+34.(2020河南濮阳高二上期末,)设抛物线C:y2=2px(p0)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.3245.(2020河南洛阳高

6、二上期末联考,)已知抛物线y2=2x的焦点为F,点P是抛物线上一点,且满足|PF|=52,过点P作抛物线准线的垂线,垂足为M,则MPF的内切圆的周长为()A.(5-5)2B.(5-5)C.(30-105)D.(15-55)26.(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-1m0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0m1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)7.(多选)()

7、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48.()已知直线y=x-4与抛物线y2=2px(p0)交于A,B两点,O为坐标原点,且OAOB,则p=.9.(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,B

8、,C,D四点,则|AB|CD|=.10.(2020重庆一中高二上期中,)设抛物线y2=4x的焦点为F,过F的直线l交抛物线于A,B两点,过AB的中点M作y轴的垂线,与抛物线在第一象限内交于点P,若|PF|=32,则直线l的方程为.11.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)设F为抛物线C:y2=2x的焦点,A,B是抛物线C上的两个动点,O为坐标原点.(1)若直线AB经过焦点F,|AB|=52,求直线AB的方程;(2)若OAOB,求|OA|OB|的最小值.12.(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(p0)的焦点,过F且倾斜角为45的直线交抛物线于A,B两点,|

9、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kPMkPN=-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.13.(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.14.()如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点

10、Q,且Q在点F的右侧.记AFG,CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.迁移创新15.(2020山东潍坊高二上期末,)给出下列条件:焦点在x轴上;焦点在y轴上;抛物线上横坐标为1的点M到其焦点F的距离等于2;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OAOB?请说明理由.答案全解全析五年高考练1.B不妨设C:y2=2px(p0),A(x1,22),则

11、x1=(22)22p=4p.由题意可知|OA|=|OD|,4p2+8=p22+5,解得p=4.故选B.2.答案9解析设M(x0,y0),由抛物线方程知焦点F(1,0).根据抛物线的定义得|MF|=x0+1=10,x0=9,即点M到y轴的距离为9.3.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.D抛物线y2=2px(p0)的焦点坐标为p2,0,椭圆x23p+y2p=1的一个焦点

12、为p2,0,3p-p=p24,又p0,p=8.5.D如图,由题意可知抛物线的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,|AB|=4|OF|=4,A(-1,2),又点A在直线y=-bax上,2=-ba(-1),ba=2,双曲线的离心率e=1+b2a2=1+4=5.故选D.6.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),FMFN=(x1-1)(x2-1)+y1

13、y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=4-5+1+8=8,故选D.7.C因为直线MF的斜率为3,所以直线MF的倾斜角为60,则FMN=60.由抛物线的定义得|MF|=|MN|,所以MNF为等边三角形.过F作FHMN,垂足为H.易知F(1,0),l的方程为x=-1,所以|OF|=1,|NH|=2,所以|MF|=|MF|2+2,即|MF|=4,所以M到直线NF的距离d=|FH|=|MF|sin60=432=23.8.A如图所示,设直线AB的倾斜角为,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A1,B1,则|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,过点F向AA1引垂线FG,得|AG|AF|=|AF|

14、-p|AF|=cos,则|AF|=p1-cos,同理,|BF|=p1+cos,则|AB|=|AF|+|BF|=2psin2,即|AB|=4sin2,因为l1与l2垂直,所以直线DE的倾斜角为+2或-2,则|DE|=4cos2,则|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=412sin22=16sin22,则易知|AB|+|DE|的最小值为16.故选A.方法总结利用几何方法求抛物线的焦半径.如图,在抛物线y2=2px(p0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为,则在FEA中,cos=cosEAF=|AE|AF|=|AF|-p|AF|,则可得到焦半径|AF|=p1-c

15、os,同理,|BF|=p1+cos,熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的焦点弦长,焦点弦中的定值,如:1|AF|+1|BF|=2p等有很大帮助.9.答案2解析解法一: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,y1y2=-4.M(-1,1),AMB=90,MAMB=0,即y1k+2y2k+2+(y1-1)(y2-1)=0,即k2-4k+4=0,解得k=2.解法二:设A(x1,y1),B(x2,

16、y2),则y12=4x1,y22=4x2,-得y22-y12=4(x2-x1),从而k=y2-y1x2-x1=4y1+y2.设AB的中点为M,连接MM.直线AB过抛物线y2=4x的焦点,以线段AB为直径的M与准线l:x=-1相切.M(-1,1),AMB=90,点M在准线l:x=-1上,同时在M上,准线l是M的切线,切点为M,且MMl,即MM与x轴平行,点M的纵坐标为1,即y1+y22=1y1+y2=2,故k=4y1+y2=42=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

17、.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.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|=4133.11.解析(1)证明:依题意,可设AB:y=kx+b,Dt,-12,A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2).联立y=x22,y=kx+b,消去y得x2-2kx-2b=0.=4k2+8b0,x

18、1+x2=2k,x1x2=-2b.又直线DA与抛物线相切,则x1=x122+12x1-t,所以x12-2tx1-1=0,同理x22-2tx2-1=0.所以2k=x1+x2=2t,-2b=x1x2=-1,所以k=t,b=12,则直线AB:y=tx+12,必过定点0,12.(2)解法一:由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.由于EMAB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0,解得t=0或t=

19、1.当t=0时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=4;当t=1时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=2.解法二:设M为线段AB的中点,由(1)可知Mt,t2+12.所以EM=(t,t2-2),FM=(t,t2),又EMFM,则tt+(t2-2)t2=0,解得t=0或t=1或t=-1.当t=0时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=4;当t=1时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=2.方法点拨(1)求切点弦方程,可仿照过圆外一点作圆的两条切线,求切点弦的方法进行.(2)切点是弦中点,利用关于弦中点的“点差法”,以及“过切点的半径垂直于该切线”,即可获

20、得等量关系,进而求得圆的方程.三年模拟练1.C设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=x-1,y2=2x,得x2-4x+1=0.x1+x2=4,x1x2=1,|AB|=|x1-x2|1+k2=16-41+12=26.又点O到直线y=x-1的距离为|0-0-1|2=22,SOAB=122622=3,故选C.解题模板解与三角形面积有关的问题,常用弦长公式结合点到直线的距离来解决.记住代数法中的弦长公式:|AB|=|x1-x2|1+k2.2.C由抛物线方程x2=y得焦点F0,14,准线方程为y=-14.设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=y1+14,|BF|=y2+14.由|AF|

21、+|BF|=3,得y1+y2=3-12=52.设AB的中点为M(x0,y0),则y0=y1+y22=54,所以AB的中点到x轴的距离为y0=54,故选C.3.D由抛物线方程,得p=4,因此F(2,0).设直线l的方程为x=my+2,联立y2=8x,x=my+2,得y2-8my-16=0.设A(x1,y1)(x10,y10),B(x2,y2)(x20,y20).因此2|AP|+|QB|22x14x1+3=42+3,当且仅当x1=2时取等号.故选D.4.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|CM|=|CN|=3,|MN|=6,CMCN,CMN=4,NOF=4

22、,点N的坐标为(3,3),代入抛物线方程得(3)2=2p3,解得p=32,F34,0,SMNF=12|MF|yN=12343=38.故选B.5.A如图,不妨设点P(x0,y0)在第一象限,则x00,y00,由|PM|=|PF|得|PM|=x0+p2=x0+12=52,解得x0=2,此时y02=2x0=4,所以y0=2.从而MPF的面积S=12y0|PM|=12252=52.易知点M-12,2,F12,0,所以|MF|=5.设MPF的内切圆的半径为r,内心为点O,则由SOMF+SOFP+SOMP=SPMF,得125+52+52r=52,解得r=5-54.所以MPF的内切圆的周长为25-54=5-

23、52,故选A.6.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(x1).由已知得,yx+1yx-1=m(x1),点P的轨迹方程为x2+y2-m=1(x1),结合选项知ABD正确.7.ABC根据题意知,l1x轴,所以y1=1,又P在抛物线上,所以x1=14,根据抛物线的光学性质知,PQ过焦点F,又易知F(1,0),所以kPQ=1-014-1=-43,故B正确;因为kPQ=-43,所以直线PQ的方程为y=-43(x-1),与y2=4x联立,消去x得y2+3y-4=0,所以y1+y2=-3,y1y2=-

24、4,所以x1x2=y124y224=1,故A正确;|PQ|=1+1kPQ2|y1-y2|=1+-342(y1+y2)2-4y1y2=254,故C正确;l1与l2之间的距离为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=5,故D错误.故选ABC.8.答案2解析设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,得y=x-4,y2=2pxy2=2p(y+4),即y2-2py-8p=0,y1y2=-8p,OAOB,x1x2+y1y2=0,又x1x2=y122py222p=16,16+(-8p)=0,解得p=2.9.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

25、方程为y=kx+1,将直线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1.10.答案2x-y-2=0解析由题意知F(1,0).设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),P(xp,yp).点P在第一象限,m0.由x=my+1,y2=4x,得y2-4my-4=0.y1+y2=4m,y1y2=-4,x1+x2=my1+1+my2+1=4m2+2,从而得M(2m2+1,2m).易得yp=2m

26、,xp=m2,|PF|=xp+1=32,xp=12,即m2=12,又m0,m=22,因此直线l的方程为x=22y+1,即2x-y-2=0.11.解析(1)由题意,得F12,0,且直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-12(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx-12,y2=2x消去y,得k2x2-(2+k2)x+k24=0.所以x1+x2=2+k2k2,所以|AB|=x1+x2+1=2+k2k2+1=52,解得k=2.所以直线AB的方程为y=2x-1或y=-2x+1.(2)因为A,B是抛物线C上的两点,所以设At22,t,Bs22,s,s0,t0,st,由OAOB,得

27、OAOB=(st)24+st=0,所以st=-4或st=0(舍去),所以s=-4t.所以点B的坐标为8t2,-4t.所以|OA|OB|=t44+t264t4+16t2=32+4t2+64t28,当且仅当4t2=64t2,即t=2时,等号成立.因此|OA|OB|的最小值为8.12.解析(1)已知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+

28、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,=16m2+16t,由题意得kPMkPN=y1+1x1-14y2+1x2-14=4y1-14y2-1=16y1y2-(y1+y2)+1=-2,化简可得,t=94-m,代入=16m2+16t=16m2+94-m=16m-122+320,此时直线MN的方程为x=m(y-1)+94,所以直线MN过定点94,1.13.解析(1)设点P(x,y),则(x-0)2+y-182=y+18,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

29、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(m0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,y=2x2,得2x2-kx-m=0,其中=k2+8m0,则x1+x2=k2,x1x2=-m2,由x2=12y,得y1=2x12,y2=2x22.y1y2=2x122x22=4(x1x2)2=4-m22=m2.直线AB过AOB的外心,OAOB.OAOB=x1x2+y1y2=0,即-m2+m2=0,解得m=12或m=0(舍去).当m=12时,满足0.直线AB的方程为y=kx+12,直线AB过定点0,12.14.解析(1)由题意得p2=1,即p=2.所以抛物线的准线

30、方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB的方程为x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而S1S2=12|FG|

31、yA|12|QG|yC|=2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m0,S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+42-12m3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).15.解析(1)选择.理由如下:因为抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0)在x轴上,所以条件适合,条件不适合.又因为抛物线C:y2=4x的准线方程为x=-1,所以条件不适合题意.当选择条件时,设M(xM,yM),则|MF|=xM+1=1+1=2,此时适合题意.故选择条件时,可得抛物线C的方程是y2=4x.(2)假设总有OAOB,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两点,所以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OAOB=x1x2+y1y2=16-16=0,所以OAOB.综上所述,无论l如何变化,总有OAOB.