2023版高考数学一轮总复习 10年高考真题分类题组 9.docx

1、9.4抛物线及其性质考点一抛物线的定义和标准方程1.(2014课标理,10,5分)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点.若FP=4FQ,则|QF|=()A.72B.3C.52D.2答案BFP=4FQ,点Q在线段PF上,且在两端点之间,过Q作QMl,垂足为M,由抛物线定义知|QF|=|QM|,设抛物线的准线l与x轴的交点为N,则|FN|=4,又易知PQMPFN,则|QM|FN|=|PQ|PF|,即|QM|4=34.|QM|=3,即|QF|=3.故选B.2.(2014课标文,10,5分)已知抛物线C:y2=x的焦点为F,A(x0,y0)是C上一点,

2、|AF|=54x0,则x0=()A.1B.2C.4D.8答案A由y2=x得2p=1,即p=12,因此焦点F14,0,准线方程为l:x=-14,设A点到准线的距离为d,由抛物线的定义可知d=|AF|,从而x0+14=54x0,解得x0=1,故选A.评析本题考查抛物线的定义及标准方程,将|AF|转化为点A到准线的距离是解题的关键.3.(2013课标理,11,5分)设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5,若以MF为直径的圆过点(0,2),则C的方程为()A.y2=4x或y2=8xB.y2=2x或y2=8xC.y2=4x或y2=16xD.y2=2x或y2=16x答案C以M

3、F为直径的圆过点(0,2),点M在第一象限.由|MF|=xM+p2=5得M5-p2,2p5-p2.从而以MF为直径的圆的圆心N的坐标为52,122p5-p2,点N的横坐标恰好等于圆的半径,圆与y轴切于点(0,2),从而2=122p5-p2,即p2-10p+16=0,解得p=2或p=8,抛物线方程为y2=4x或y2=16x.故选C.4.(2013课标文,8,5分)O为坐标原点,F为抛物线C:y2=42x的焦点,P为C上一点,若|PF|=42,则POF的面积为()A.2B.22C.23D.4答案C如图,设点P的坐标为(x0,y0),由|PF|=x0+2=42,得x0=32,代入抛物线方程得,y02

4、=4232=24,所以|y0|=26,所以SPOF=12|OF|y0|=12226=23.故选C.5.(2013课标文,10,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方程为()A.y=x-1或y=-x+1B.y=33(x-1)或y=-33(x-1)C.y=3(x-1)或y=-3(x-1)D.y=22(x-1)或y=-22(x-1)答案C设直线AB与抛物线的准线x=-1交于点C.分别过A,B作AA1,BB1垂直于准线于A1,B1.由抛物线的定义可设|BF|=|BB1|=t,|AF|=|AA1|=3t.由三角形的相似得|BC|AB|=|

5、BC|4t=12,|BC|=2t,B1CB=6,直线l的倾斜角=3或23.又F(1,0),直线AB的方程为y=3(x-1)或y=-3(x-1).故选C.6.(2012四川理,8,5分)已知抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点O,并且经过点M(2,y0).若点M到该抛物线焦点的距离为3,则|OM|=()A.22B.23C.4D.25答案B由题意可设抛物线方程为y2=2px(p0).由|MF|=p2+2=3得p=2,抛物线方程为y2=4x.点M的坐标为(2,22),|OM|=4+8=23,故选B.7.(2011课标文,9,5分)已知直线l过抛物线C的焦点,且与C的对称轴垂直,l与C交于A,B两点

6、,|AB|=12,P为C的准线上一点,则ABP的面积为()A.18B.24C.36D.48答案C设抛物线方程为y2=2px(p0).当x=p2时,|y|=p,p=|AB|2=122=6.又P到AB的距离始终为p,SABP=12126=36.评析本题主要考查抛物线的定义、抛物线方程等相关知识,明确准线上任一点到直线l的距离为p.8.(2016课标,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.8答案B本题考查抛物线的基础知识;考查运算求解能力;考查的核心素养为数学运算.不妨设C

7、:y2=2px(p0),A(x1,22),则x1=(22)22p=4p,由题意可知|OA|=|OD|,得4p2+8=p22+5,解得p=4.故选B.9.(2017山东,理14,文15,5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p0)交于A,B两点.若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为.答案y=22x解析本题考查双曲线、抛物线的基础知识,考查运算求解能力和方程的思想方法.设A(x1,y1),B(x2,y2).因为4|OF|=|AF|+|BF|,所以4p2=y1+p2+y2+p2,即y1+y2=p.由x2=

8、2py,x2a2-y2b2=1消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0,所以y1+y2=2pb2a2.由可得ba=22,故双曲线的渐近线方程为y=22x.思路分析由抛物线的定义和|AF|+|BF|=4|OF|可得y1+y2的值(用p表示).再联立双曲线和抛物线的方程,消去x得关于y的一元二次方程,由根与系数的关系得y1+y2.从而得ba的值,近而得渐近线方程.解题关键求渐近线方程的关键是求ba的值,利用题中条件建立等量关系是突破口,注意到|AF|、|BF|为焦半径,因此应利用焦半径公式求解.又A、B为两曲线的交点,因此应联立它们的方程求解.这样利用y1+y2这个整体来建立等量关系便可求解.

9、10.(2016浙江理,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.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.评析本题主要考查抛物线的定义以及几何性质,解决本题的关键在于抛物线定义的应用.11.(2012陕西理,13,5分)如图是抛物线形拱桥,当水面在l时,拱顶离水面2米,水面宽4米.水位下降1米后,水面宽米.答案26解析建立坐标系如图所示.则抛物线方程为x2=-2py.点A(2,-2)在抛物线上,p=1,即抛物线方程为x2=-2y.当y=-3时,x=6.水位下降1

10、米后,水面宽为26米.评析本题考查了解析法在实际问题中的运用.坐标运算是解题的关键.考点二抛物线的几何性质1.(2016课标文,5,5分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,曲线y=kx(k0)与C交于点P,PFx轴,则k=()A.12B.1C.32D.2答案D由题意得点P的坐标为(1,2).把点P的坐标代入y=kx(k0)得k=12=2,故选D.评析利用垂直得到点P的坐标是求解的关键.2.(2015课标文,5,5分)已知椭圆E的中心在坐标原点,离心率为12,E的右焦点与抛物线C:y2=8x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两个交点,则|AB|=()A.3B.6C.9D.12答案B抛物线C:y2

11、=8x的焦点坐标为(2,0),准线方程为x=-2.从而椭圆E的半焦距c=2.可设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),因为离心率e=ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12.由题意知|AB|=2b2a=2124=6.故选B.评析本题考查了椭圆、抛物线的方程和性质,运算失误容易造成失分.3.(2015陕西文,3,5分)已知抛物线y2=2px(p0)的准线经过点(-1,1),则该抛物线焦点坐标为()A.(-1,0)B.(1,0)C.(0,-1)D.(0,1)答案B抛物线y2=2px(p0)的准线方程为x=-p2,由题设知-p2=-1,即p2=1,所以焦点坐标为(1,0).故选B

12、.4.(2014安徽文,3,5分)抛物线y=14x2的准线方程是()A.y=-1B.y=-2C.x=-1D.x=-2答案A由y=14x2得x2=4y,焦点在y轴正半轴上,且2p=4,即p=2,因此准线方程为y=-p2=-1.故选A.5.(2013四川文,5,5分)抛物线y2=8x的焦点到直线x-3y=0的距离是()A.23B.2C.3D.1答案D由抛物线方程知2p=8p=4,故焦点F(2,0),由点到直线的距离公式知,F到直线x-3y=0的距离d=|2-30|1+3=1.故选D.评析考查抛物线的方程及其性质、点到直线的距离公式,考查运算求解能力.6.(2012课标理,8,5分)等轴双曲线C的中

13、心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y2=16x的准线交于A,B两点,|AB|=43,则C的实轴长为()A.2B.22C.4D.8答案C如图,AB为抛物线y2=16x的准线,由题意可得A(-4,23).设双曲线C的方程为x2-y2=a2(a0),则有16-12=a2,故a=2,双曲线的实轴长2a=4.故选C.评析本题考查了双曲线和抛物线的基础知识,考查了方程的数学思想,要注意双曲线的实轴长为2a.7.(2018北京文,10,5分)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴.若l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4,则抛物线的焦点坐标为.答案(1,0)解析本题主要考查抛物线的性质,弦长的计算.由题意得a

14、0,设直线l与抛物线的两交点分别为A,B,不妨令A在B的上方,则A(1,2a),B(1,-2a),故|AB|=4a=4,得a=1,故抛物线方程为y2=4x,其焦点坐标为(1,0).8.(2017天津文,12,5分)设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若FAC=120,则圆的方程为.答案(x+1)2+(y-3)2=1解析本题主要考查抛物线的几何性质,圆的方程.由抛物线的方程可知F(1,0),准线方程为x=-1,设点C(-1,t),t0,则圆C的方程为(x+1)2+(y-t)2=1,因为FAC=120,CAy轴,所以OAF=30,在AOF

15、中,OF=1,所以OA=3,即t=3,故圆C的方程为(x+1)2+(y-3)2=1.方法总结求圆的方程常用的方法为待定系数法,根据题意列出关于三个独立参数a,b,r(或D,E,F)的方程组,从而得到参数的值,写出圆的方程.若题中涉及直线与圆的位置关系或弦长,常把圆的方程设为标准形式,同时应考虑数形结合思想的运用.考点三直线与抛物线的位置关系1.(2015四川理,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案D当直

16、线AB的斜率不存在,且0r0和kAB4(y00),即r2.另一方面,由AB的中点为M知B(6-x1,2y0-y1),点B,A在抛物线上,(2y0-y1)2=4(6-x1),y12=4x1,由,得y12-2y0y1+2y02-12=0,=4y02-4(2y02-12)0,y0212.r2=(3-5)2+y02=4+y0216,r4.综上,r(2,4),故选D.2.(2014课标文,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点,则|AB|=()A.303B.6C.12D.73答案C焦点F的坐标为34,0,直线AB的斜率为33,所以直线AB的方程为y=33x

17、-34,即y=33x-34,代入y2=3x,得13x2-72x+316=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=212,所以|AB|=x1+x2+32=212+32=12,故选C.3.(2014湖南文,14,5分)平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的距离和到直线x=-1的距离相等.若机器人接触不到过点P(-1,0)且斜率为k的直线,则k的取值范围是.答案(-,-1)(1,+)解析设机器人为A(x,y),依题意得点A在以F(1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线上,该抛物线的标准方程为y2=4x.过点P(-1,0),斜率为k的直线为y=k(x+1).由y2=4x,y=

18、kx+k,得ky2-4y+4k=0.当k=0时,显然不符合题意;当k0时,依题意得=(-4)2-4k4k0,解得k1或k0,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.

19、综上,ABM=ABN.方法总结直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式

20、,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.失分警示(1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;(2)由于不能将“ABM=ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完成后续内容.6.(2017课标文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.解析本题考查直线与抛物线的位置关系.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k

21、=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.(2)由y=x24,得y=x2,设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.方法总结(1)直线与抛物线的位置关系点差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直线l的斜率时,利

22、用点差法计算,在很大程度上减少运算过程中的计算量.(2)直线与圆锥曲线的位置关系已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用韦达定理,结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2或|AB|=1+1k2|y1-y2|=1+1k2(y1+y2)2-4y1y2(k0)求解.7.(2016课标文,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线

23、MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.(4分)所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(6分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)方法总结将直线与

24、抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.评析本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的关键.8.(2012课标理,20,12分)设抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,准线为l.A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.(1)若BFD=90,ABD的面积为42,求p的值及圆F的方程;(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.解析(1)由已知可得BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=2p.由抛物线定义可知A到l的距离d=

25、|FA|=2p.因为ABD的面积为42,所以12|BD|d=42,即122p2p=42,解得p=-2(舍去)或p=2.所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,所以AB为圆F的直径,ADB=90.由抛物线定义知|AD|=|FA|=12|AB|,所以ABD=30,m的斜率为33或-33.当m的斜率为33时,由已知可设n:y=33x+b,代入x2=2py得x2-233px-2pb=0.由于n与C只有一个公共点,故=43p2+8pb=0,解得b=-p6.因为m的截距b1=p2,|b1|b|=3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.当m的斜率为-33时,由图形的对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值也为3.评析本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系,考查了分类讨论的方法和数形结合的思想.