人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册3.3抛物线综合拔高练(含答案）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册3.3抛物线综合拔高练(含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 113.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-18 07:21:31 | ||
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文档简介
3.3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.
C.(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O B.经过点P
C.平行于直线OP D.垂直于直线OP
3.(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:|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.2 B.3 C.6 D.9
6.(2019课标全国Ⅱ,8,5分,)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆=1的一个焦点,则p= ( )
A.2 B.3 C.4 D.8
7.(2020新高考Ⅰ,13,5分,)斜率为的直线过抛物线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)且斜率为的直线与C交于M,N两点,则·=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
9.(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=3,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+,则△MNF的面积为 ( )
A.
2.(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=0 B.3x+6y+4=0
C.2x+6y+3=0 D.x+3y+2=0
3.(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,当最大时,直线AK的斜率为 ( )
A.1 B.
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-1C.当0D.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=1 B.kPQ=-
C.|PQ|= D.l1与l2之间的距离为4
6.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)如图,过抛物线y=x2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.
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.
12.(2020湖南长沙长郡中学高二上期中,)已知动圆P过点F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⊥,请说明理由. 深度解析
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),∵OD⊥OE,∴·,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·(x-0),即2px-2y0y+=0,将点P的横坐标代入,得2px0-2y0y+=0,又2px0=,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=.
不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为,|CD|=4c.
由|CD|==2-2.
所以C1的离心率为.
(2)由(1)知a=2c,b==1.
设M(x0,y0),则=1,=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=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.
所以C1的标准方程为=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),
由抛物线定义得|AF|=x0+,
∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,
∴9+=12,∴p=6.故选C.
6.D ∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为,又p>0,∴p=8.
7.答案
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=消去y得3x2-10x+3=0,
∴
∴|AB|=.
8.D 设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知可得直线的方程为y=得y2-6y+8=0.
由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,∴x1+x2==4,∵F(1,0),∴·=(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=,y1·y2=-4.
∵M(-1,1),∠AMB=90°,
∴··+(y1-1)(y2-1)=0,
即k2-4k+4=0,解得k=2.
10.解析 设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由题设得F.
由.
从而-,
得t=-.
所以l的方程为y=.
(2)由=3可得y1=-3y2.
由
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=.
故|AB|=.
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|=,
∴C'M⊥C'N,
∴∠C'MN=∠NOF=,
点N的坐标为(),
代入抛物线方程得,
∴F,则S△MNF=.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,
∴.
则切线方程为y-2=±(x-2).
设B(x1,y1),C(x2,y2).
联立-4=0,
由y1+2=,
∴B,
同理,C,
∴直线BC的方程为y+,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=sin∠AKA1,
由图可得,直线AK与抛物线y2=4x相切时∠AKA1最小,此时最大,
由K(-1,0)可设直线AK的方程为y=k(x+1)且k>0,
由消去x得ky2-4y+4k=0,所以Δ=16-16k2=0,解得k=1(负值舍去).
故当最大时,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=(x≠-1),直线BP的斜率kBP=(x≠1).
由已知得,=m(x≠±1),
∴点P的轨迹方程为x2+=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=.
易知F(1,0),从而kPF=.
∴直线PF的方程为y=-(x-1).
由得y2+3y-4=0,
解得y=1或y=-4.
当y=1时,x=;当y=-4时,x=4.
因此,Q(4,-4),∴x1x2=×4=1,故A正确.
kPQ=kPF=-,故B正确.
|PQ|=,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=x2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=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=-
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'=,
所以C1:(x-14)2=-y,
由题易知点A为桥拱所在抛物线x2=-80y与C1:(x-14)2=-y的交点,
设A(x,y),7由,
所以点A的横坐标为.
9.解析 (1)因为抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,1), 所以1=2p,解得p=,
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(,y1),(,y2),
所以k1=,
所以k1k2=.
当直线AB的斜率不存在时,y1=-y2,直线AB的方程为x=;
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),
联立消去x整理得ky2-y+m=0,
故y1y2=,得k=-2m,
则直线AB的方程为y=-2mx+m,可化为y=-2m.
综上,直线AB过定点.
10.解析 (1)由抛物线定义知点A(a,2)到准线x=-的距离为2,
∴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.
联立消去x,整理得y2-4my-4t=0,则Δ=16(m2+t)>0,
y1+y2=4m,y1y2=-4t.
|PM|2=+=(1+m2),
同理可得|QM|2=(1+m2).
∴··,
∵为定值,∴必然有16m2+8t=16(1+m2),解得t=2.
此时为定值,M(2,0).
11.解析 (1)易知F,
联立
消去y,得x2-3px+=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P,
不妨设直线MN的方程为x=my+t,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立消去x,得y2-4my-4t=0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4t,Δ=16m2+16t,
由题意得kPM·kPN==-2,
化简可得,t=-m,
代入Δ=16m2+16t=16
=16+32>0,
此时直线MN的方程为x=m(y-1)+,
所以直线MN过定点.
12.解析 (1)设点P(x,y),则,
两边平方并整理得x2=y,
∴曲线C的方程为x2=y.
(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
得2x2-kx-m=0,其中Δ=k2+8m>0,
则x1+x2=,
由x2=y,得y1=2,y2=2.
∴y1y2=2·2=4(x1x2)2=4×=m2.
∵直线AB过△AOB的外心,
∴OA⊥OB.
∴·=x1x2+y1y2=0,
即-或m=0(舍去).
当m=时,满足Δ>0.
∴直线AB的方程为y=kx+,
∴直线AB过定点.
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⊥,
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·=x1x2+y1y2=16-16=0,
所以⊥.
综上所述,无论l如何变化,总有⊥.
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.
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.
C.(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O B.经过点P
C.平行于直线OP D.垂直于直线OP
3.(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:|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.2 B.3 C.6 D.9
6.(2019课标全国Ⅱ,8,5分,)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆=1的一个焦点,则p= ( )
A.2 B.3 C.4 D.8
7.(2020新高考Ⅰ,13,5分,)斜率为的直线过抛物线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)且斜率为的直线与C交于M,N两点,则·=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
9.(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=3,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+,则△MNF的面积为 ( )
A.
2.(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=0 B.3x+6y+4=0
C.2x+6y+3=0 D.x+3y+2=0
3.(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,当最大时,直线AK的斜率为 ( )
A.1 B.
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
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=1 B.kPQ=-
C.|PQ|= D.l1与l2之间的距离为4
6.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)如图,过抛物线y=x2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.
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.
12.(2020湖南长沙长郡中学高二上期中,)已知动圆P过点F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⊥,请说明理由. 深度解析
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),∵OD⊥OE,∴·,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·(x-0),即2px-2y0y+=0,将点P的横坐标代入,得2px0-2y0y+=0,又2px0=,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=.
不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为,|CD|=4c.
由|CD|==2-2.
所以C1的离心率为.
(2)由(1)知a=2c,b==1.
设M(x0,y0),则=1,=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=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.
所以C1的标准方程为=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),
由抛物线定义得|AF|=x0+,
∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,
∴9+=12,∴p=6.故选C.
6.D ∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为,又p>0,∴p=8.
7.答案
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=消去y得3x2-10x+3=0,
∴
∴|AB|=.
8.D 设M(x1,y1),N(x2,y2).由已知可得直线的方程为y=得y2-6y+8=0.
由根与系数的关系可得y1+y2=6,y1y2=8,∴x1+x2==4,∵F(1,0),∴·=(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=,y1·y2=-4.
∵M(-1,1),∠AMB=90°,
∴··+(y1-1)(y2-1)=0,
即k2-4k+4=0,解得k=2.
10.解析 设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由题设得F.
由.
从而-,
得t=-.
所以l的方程为y=.
(2)由=3可得y1=-3y2.
由
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=.
故|AB|=.
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|=,
∴C'M⊥C'N,
∴∠C'MN=∠NOF=,
点N的坐标为(),
代入抛物线方程得,
∴F,则S△MNF=.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,
∴.
则切线方程为y-2=±(x-2).
设B(x1,y1),C(x2,y2).
联立-4=0,
由y1+2=,
∴B,
同理,C,
∴直线BC的方程为y+,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=sin∠AKA1,
由图可得,直线AK与抛物线y2=4x相切时∠AKA1最小,此时最大,
由K(-1,0)可设直线AK的方程为y=k(x+1)且k>0,
由消去x得ky2-4y+4k=0,所以Δ=16-16k2=0,解得k=1(负值舍去).
故当最大时,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=(x≠-1),直线BP的斜率kBP=(x≠1).
由已知得,=m(x≠±1),
∴点P的轨迹方程为x2+=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=.
易知F(1,0),从而kPF=.
∴直线PF的方程为y=-(x-1).
由得y2+3y-4=0,
解得y=1或y=-4.
当y=1时,x=;当y=-4时,x=4.
因此,Q(4,-4),∴x1x2=×4=1,故A正确.
kPQ=kPF=-,故B正确.
|PQ|=,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=x2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=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=-
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'=,
所以C1:(x-14)2=-y,
由题易知点A为桥拱所在抛物线x2=-80y与C1:(x-14)2=-y的交点,
设A(x,y),7
所以点A的横坐标为.
9.解析 (1)因为抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,1), 所以1=2p,解得p=,
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(,y1),(,y2),
所以k1=,
所以k1k2=.
当直线AB的斜率不存在时,y1=-y2,直线AB的方程为x=;
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),
联立消去x整理得ky2-y+m=0,
故y1y2=,得k=-2m,
则直线AB的方程为y=-2mx+m,可化为y=-2m.
综上,直线AB过定点.
10.解析 (1)由抛物线定义知点A(a,2)到准线x=-的距离为2,
∴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.
联立消去x,整理得y2-4my-4t=0,则Δ=16(m2+t)>0,
y1+y2=4m,y1y2=-4t.
|PM|2=+=(1+m2),
同理可得|QM|2=(1+m2).
∴··,
∵为定值,∴必然有16m2+8t=16(1+m2),解得t=2.
此时为定值,M(2,0).
11.解析 (1)易知F,
联立
消去y,得x2-3px+=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P,
不妨设直线MN的方程为x=my+t,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立消去x,得y2-4my-4t=0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4t,Δ=16m2+16t,
由题意得kPM·kPN==-2,
化简可得,t=-m,
代入Δ=16m2+16t=16
=16+32>0,
此时直线MN的方程为x=m(y-1)+,
所以直线MN过定点.
12.解析 (1)设点P(x,y),则,
两边平方并整理得x2=y,
∴曲线C的方程为x2=y.
(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
得2x2-kx-m=0,其中Δ=k2+8m>0,
则x1+x2=,
由x2=y,得y1=2,y2=2.
∴y1y2=2·2=4(x1x2)2=4×=m2.
∵直线AB过△AOB的外心,
∴OA⊥OB.
∴·=x1x2+y1y2=0,
即-或m=0(舍去).
当m=时,满足Δ>0.
∴直线AB的方程为y=kx+,
∴直线AB过定点.
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⊥,
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·=x1x2+y1y2=16-16=0,
所以⊥.
综上所述,无论l如何变化,总有⊥.
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.