《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第七章 平面解析幾何 考點(diǎn)測(cè)試50 拋物線 文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第七章 平面解析幾何 考點(diǎn)測(cè)試50 拋物線 文（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)測(cè)試50　拋物線 高考概覽 本考點(diǎn)是高考必考知識(shí)點(diǎn)，?？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(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)(范圍、對(duì)稱(chēng)性、頂點(diǎn)、離心率) 2．理解數(shù)形結(jié)合的思想 3．了解拋物線的實(shí)際背景及拋物線的簡(jiǎn)單應(yīng)用 一、基礎(chǔ)小題 1．拋物線y＝x2的準(zhǔn)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(zhǔn)線方程是y＝－1，故選A． 2．設(shè)拋物線y2＝8x上一點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離是4，則點(diǎn)P到該拋物線準(zhǔn)線的距離為(　　) A．

2、4 B．6 C．8 D．12 答案　B 解析　依題意得，拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線方程是x＝－2，因此點(diǎn)P到該拋物線準(zhǔn)線的距離為4＋2＝6，故選B． 3．到定點(diǎn)A(2，0)與定直線l：x＝－2的距離相等的點(diǎn)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(diǎn)在x軸正半軸上，故選A． 4．若拋物線y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)A(x0，)到其焦點(diǎn)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

3、＝2，∵p>0，∴p＝2，故選D． 5．過(guò)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)作直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，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?yàn)閤1＋x2＝6，所以|AB|＝8，故選C． 6．若拋物線y＝4x2上一點(diǎn)到直線y＝4x－5的距離最短，則該點(diǎn)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

4、到直線的最短距離的點(diǎn)就是與直線y＝4x－5平行的拋物線的切線的切點(diǎn)．由y′＝8x＝4得x＝，故拋物線的斜率為4的切線的切點(diǎn)坐標(biāo)是，1，該點(diǎn)到直線y＝4x－5的距離最短．故選C． 解法二：拋物線上的點(diǎn)(x，y)到直線y＝4x－5的距離是d＝＝＝，顯然當(dāng)x＝時(shí)，d取得最小值，此時(shí)y＝1．故選C． 7．已知?jiǎng)訄A過(guò)點(diǎn)(1，0)，且與直線x＝－1相切，則動(dòng)圓的圓心的軌跡方程為_(kāi)_______． 答案　y2＝4x 解析　設(shè)動(dòng)圓的圓心坐標(biāo)為(x，y)，則圓心到點(diǎn)(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?jiǎng)訄A的圓心的軌跡方程為y2＝4x． 8．已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，

5、準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為M，N為拋物線上的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足|NF|＝|MN|，則∠NMF＝________． 答案　 解析　過(guò)N作準(zhǔn)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(guó)卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)(－2，0)且斜率為的直線與C交于M，N兩點(diǎn)，則·＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　D 解析　根據(jù)題意，過(guò)點(diǎn)(－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

6、(4，4)，又F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，從而可以求得·＝0×3＋2×4＝8，故選D． 10．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，E兩點(diǎn)，則|AB|＋|DE|的最小值為(　　) A．16　 B．14　　 C．12　　 D．10 答案　A 解析　因?yàn)镕為y2＝4x的焦點(diǎn)，所以F(1，0)． 由題意直線l1，l2的斜率均存在，且不為0，設(shè)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－(

7、2k2＋4)x＋k2＝0． 設(shè)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＋4×2＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝，即k＝±1時(shí)，取得等號(hào)．故選A． 11．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90°，則k＝________． 答案　2 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 所以y－y＝4x1－4x2

8、， 所以k＝＝． 取AB的中點(diǎn)M′(x0，y0)，分別過(guò)點(diǎn)A，B作準(zhǔn)線x＝－1 的垂線，垂足分別為A′，B′． 因?yàn)椤螦MB＝90°，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)． 因?yàn)镸′為AB的中點(diǎn)，所以MM′平行于x軸． 因?yàn)镸(－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(guò)點(diǎn)(1，0)且垂直于x軸．若l被拋物線y2＝4ax截得的線段長(zhǎng)為4，則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_______． 答案　(1，0) 解析　由題意得a>0，設(shè)直線l與拋物線的兩交點(diǎn)分別為A，B，不妨令A(yù)在B的上方，則A(1，2

9、)，B(1，－2)，故|AB|＝4＝4，得a＝1，故拋物線方程為y2＝4x，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)． 13．(2017·天津高考)設(shè)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l．已知點(diǎn)C在l上，以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點(diǎn)A．若∠FAC＝120°，則圓的方程為_(kāi)_____________________． 答案　(x＋1)2＋(y－)2＝1 解析　由y2＝4x可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，0)，準(zhǔn)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(diǎn)C的橫坐標(biāo)為－1，圓的半徑為1，∠CAO＝90°． 又因?yàn)椤螰AC＝120°，所以∠OAF＝30°，所以|OA|＝，

10、所以點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為． 所以圓的方程為(x＋1)2＋(y－)2＝1． 三、模擬小題 14．(2018·沈陽(yáng)監(jiān)測(cè))拋物線y＝4ax2(a≠0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)是(　　) A．(0，a) B．(a，0) C． D． 答案　C 解析　將y＝4ax2(a≠0)化為標(biāo)準(zhǔn)方程得x2＝y(tǒng)(a≠0)，所以焦點(diǎn)坐標(biāo)為，故選C． 15．(2018·太原三模)已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，P是l上一點(diǎn)，直線PF與拋物線交于M，N兩點(diǎn)，若＝3，則|MN|＝(　　) A． B．8 C．16 D． 答案　A 解析　由題意F(1，0)，設(shè)直線PF的方程為y＝k(x－1)，M(x1，y1)

11、，N(x2，y2)．因?yàn)闇?zhǔn)線方程為x＝－1，所以得P(－1，－2k)．所以＝(2，2k)，＝(1－x1，－y1)，因?yàn)椋?，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(diǎn)P是拋物線x2＝4y上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸上的射影是點(diǎn)Q，點(diǎn)A的坐標(biāo)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(zhǎng)PQ與準(zhǔn)線交

12、于M點(diǎn)，拋物線的焦點(diǎn)為F(0，1)，準(zhǔn)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(dāng)且僅當(dāng)A，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，則|PA|＋|PQ|的最小值為9．故選C． 17．(2018·青島質(zhì)檢)已知點(diǎn)A是拋物線C：x2＝2py(p＞0)的對(duì)稱(chēng)軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作拋物線C的兩條切線，切點(diǎn)分別為P，Q，若△APQ的面積為4，則實(shí)數(shù)p的值為(　　) A． B．1 C． D．2 答案　D 解析　解法一：設(shè)過(guò)點(diǎn)A且與拋物線C相切的直線為y＝kx－．由得x2

13、－2pkx＋p2＝0．由 Δ＝4p2k2－4p2＝0，得k＝±1，所以得點(diǎn)P－p，， Qp，，所以△APQ的面積為S＝×2p×p＝4，解得p＝2．故選D． 解法二：如圖，設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)， Q(x2，y2)．由題意得點(diǎn)A0，－．y＝x2，求導(dǎo)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(diǎn)P－p，，Qp，，所以△APQ的面積為S＝×2p×p＝4，解得p＝2．故選D． 18．(2018·沈陽(yáng)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(diǎn)，則弦AB所在直

14、線的方程是________． 答案　2x－y－1＝0 解析　設(shè)點(diǎn)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?yàn)锳B中點(diǎn)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(guó)卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝2x，點(diǎn)A(2，0)，B(－2，0)，過(guò)點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN． 解　(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x＝2，可

15、得M的坐標(biāo)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(dāng)l與x軸垂直時(shí)，AB為線段MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN． 當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)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(dá)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

16、斜角互補(bǔ)，所以∠ABM＝∠ABN． 綜上，∠ABM＝∠ABN． 2．(2018·浙江高考)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿(mǎn)足PA，PB的中點(diǎn)均在C上． (1)設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸； (2)若P是半橢圓x2＋＝1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍． 解　(1)證明：設(shè)P(x0，y0)，Ay，y1，By，y2． 因?yàn)镻A，PB的中點(diǎn)在拋物線上， 所以y1，y2為方程2＝4·即y2－2y0y＋8x0－y＝0的兩個(gè)不同的實(shí)根． 所以y1＋y2＝2y0， 因此，PM垂直于y軸． (2)由(1)可知

17、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?yàn)閤＋＝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(guò)點(diǎn)P(1，2)．過(guò)點(diǎn)Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)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(shè)O為原點(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． 解　(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過(guò)點(diǎn)(1，2)， 所以2p＝

18、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(shè)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)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0

19、縱坐標(biāo)為yN＝＋2． 由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN． 所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2． 所以＋為定值． 二、模擬大題 4．(2018·湖北八市聯(lián)考)如圖，已知拋物線x2＝2py(p＞0)，其焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2，圓S：x2＋y2－py＝0，直線l：y＝kx＋與圓和拋物線自左至右順次交于A，B，C，D四點(diǎn)． (1)若線段AB，BC，CD的長(zhǎng)按此順序構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，求正數(shù)k的值； (2)若直線l1過(guò)拋物線焦點(diǎn)且垂直于直線l，l1與拋物線交于點(diǎn)M，N，設(shè)MN，AD的中點(diǎn)分別為P，Q，求證：直線PQ過(guò)定點(diǎn)． 解　(1)由題意可得p＝2，所以拋物線x2＝4y， 圓S的方程

20、可化為x2＋(y－1)2＝1，其圓心S(0，1)，圓的半徑為1， 設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，D(x2，y2)． 由得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2， 所以|AB|＋|CD|＝|AS|＋|DS|－|BC| ＝y(tǒng)1＋1＋y2＋1－2 ＝y(tǒng)1＋y2＝4k2＋2＝2|BC|＝4， 所以k＝(負(fù)值舍去)． (2)證明：因?yàn)閤1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2， 所以Q(2k，2k2＋1)． 當(dāng)k≠0時(shí)，用－替換k可得P－，＋1， 所以kPQ＝， 所以PQ的直線方程為y－(2k2＋1)＝(x－2k

21、)， 化簡(jiǎn)得y＝x＋3，過(guò)定點(diǎn)(0，3)． 當(dāng)k＝0時(shí)，直線l1與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，舍去． 5．(2018·珠海摸底)已知橢圓C1，拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn)，其坐標(biāo)分別是(3，－2)，(－2，0)，(4，－4)，，． (1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)是否存在直線l滿(mǎn)足條件：①過(guò)C2的焦點(diǎn)F；②與C1交于不同的兩點(diǎn)M，N，且滿(mǎn)足⊥？若存在，求出直線的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)設(shè)拋物線C2：y2＝2px(p≠0)， 則有＝2p(x≠0)， 據(jù)此驗(yàn)證四個(gè)點(diǎn)知(3，－2)，(4，－4)在拋物線

22、上， 易得，拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x． 設(shè)橢圓C1：＋＝1(a>b>0)， 把點(diǎn)(－2，0)，，代入可得a2＝4，b2＝1， 所以橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1． (2)由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得C2的焦點(diǎn)F(1，0)， 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x＝1． 直線l交橢圓C1于點(diǎn)M1，，N1，－， ·≠0，不滿(mǎn)足題意． 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，并設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，于是x1＋x2＝， x1x2＝，　① 則y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1

23、)＝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(mǎn)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(guò)原點(diǎn)且與拋物線的準(zhǔn)線相切． (1)求該拋物線的方程； (2)過(guò)拋物線焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，分別在A，B處作拋物線的兩條切線交于點(diǎn)P，求△PAB面積的最小值及此時(shí)直線l的方程． 解　(1)由已知可得圓心C(a，b)，半徑r＝，焦點(diǎn)F0，，準(zhǔn)線

24、y＝－，因?yàn)閳AC與拋物線F的準(zhǔn)線相切，所以b＝－． 又因?yàn)閳AC過(guò)原點(diǎn)，且圓C過(guò)焦點(diǎn)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(diǎn)F(0，1)，直線l的斜率必存在，設(shè)為k，即直線l的方程為y＝kx＋1， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得x2－4kx－4＝0，Δ>0， 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4， 對(duì)y＝求導(dǎo)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(shè)點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)k＝0時(shí)取等號(hào)． 綜上，△PAB面積的最小值為4，此時(shí)直線l的方程為y＝1． 13