《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第九單元 解析幾何 第65講 拋物線練習(xí) 理(含解析)新人教A版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第九單元 解析幾何 第65講 拋物線練習(xí) 理(含解析)新人教A版(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第65講 拋物線
1.過(guò)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)作直線交拋物線于P(x1,y1),Q(x2,y2)兩點(diǎn),若x1+x2=6,則|PQ|的值為(B)
A.10 B.8
C.5 D.6
因?yàn)閜=2,又|PF|=x1+,|QF|=x2+,
所以|PQ|=|PF|+|QF|=x1+x2+p=6+2=8.
2.(2018·武漢二月調(diào)研)已知不過(guò)原點(diǎn)O的直線交拋物線y2=2px于A,B兩點(diǎn),若OA,AB的斜率分別為kOA=2,kAB=6,則OB的斜率為(D)
A.3 B.2
C.-2 D.-3
設(shè)A(,y1),B(,y2),
則kOA=,kOB=,kAB=,
由=+
2、,即=+,
所以kOB=-3.
3.(2016·四川卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),P是以F為焦點(diǎn)的拋物線y2=2px(p>0)上任意一點(diǎn),M是線段PF上的點(diǎn),且|PM|=2|MF|,則直線OM的斜率的最大值為(C)
A. B.
C. D.1
設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo),利用設(shè)而不求、整體代換法求解.
如圖所示,設(shè)P(x0,y0)(y0>0),則y=2px0,即x0=.
設(shè)M(x′,y′),由=2,
得化簡(jiǎn)可得
所以直線OM的斜率為k===≤=(當(dāng)且僅當(dāng)y0=p時(shí)取等號(hào)).
4.(經(jīng)典真題)如圖,設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F,不經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)的直線上有三個(gè)不同的點(diǎn)A,B,C,其中點(diǎn)A,B在拋
3、物線上,點(diǎn)C在y軸上,則△BCF與△ACF的面積之比是(A)
A. B.
C. D.
由圖形可知,△BCF與△ACF有公共的頂點(diǎn)F,且A,B,C三點(diǎn)共線,
易知△BCF與△ACF的面積之比就等于.
由拋物線方程知焦點(diǎn)F(1,0),作準(zhǔn)線l,則l的方程為x=-1.
因?yàn)辄c(diǎn)A,B在拋物線上,過(guò)A,B分別作AK,BH與準(zhǔn)線垂直,垂足分別為點(diǎn)K,H,且與y軸分別交于點(diǎn)N,M.
由拋物線定義,得|BM|=|BF|-1,|AN|=|AF|-1.
在△CAN中,BM∥AN,所以==.
5.(2016·浙江卷)若拋物線y2=4x上的點(diǎn)M到焦點(diǎn)的距離為10,則M到y(tǒng)軸的距離是 9
4、 .
設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x,則點(diǎn)M到準(zhǔn)線x=-1的距離為x+1,
由拋物線的定義知x+1=10,所以x=9,
所以點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離為9.
6.(2017·河南新鄉(xiāng)二模)已知點(diǎn)A(1,y1),B(9,y2)是拋物線y2=2px(p>0)上的兩點(diǎn),y2>y1>0,點(diǎn)F是拋物線的焦點(diǎn),若|BF|=5|AF|,則y+y2的值為 10 .
由拋物線的定義可知,9+=5(1+),解得p=2.
所以拋物線方程為y2=4x,
又因?yàn)锳,B兩點(diǎn)在拋物線上,所以y1=2,y2=6,
所以y+y2=22+6=10.
7.已知斜率為1的直線l過(guò)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F,且與拋物
5、線交于A,B兩點(diǎn).
(1)求直線l的方程(用p表示);
(2)若設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),求證:|AB|=x1+x2+p;
(3)若|AB|=4,求拋物線方程.
(1)因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(,0),
又因?yàn)橹本€l的斜率為1,
所以直線l的方程為:y=x-.
(2)證明:過(guò)點(diǎn)A,B分別作準(zhǔn)線的垂線AA′,BB′,交準(zhǔn)線于A′,B′,
則由拋物線的定義得:
|AB|=|AF|+|BF|=|AA′|+|BB′|
=x1++x2+=x1+x2+p.
(3)由|AB|=4,得x1+x2+p=4.
直線y=x-與拋物線方程聯(lián)立,
?x2-3px+=0,
6、由韋達(dá)定理,得x1+x2=3p,代入x1+x2+p=4,
解得p=1,
故拋物線方程為y2=2x.
8.(2016·全國(guó)卷Ⅰ)以拋物線C的頂點(diǎn)為圓心的圓交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于D,E兩點(diǎn).已知|AB|=4,|DE|=2,則C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為(B)
A.2 B.4
C.6 D.8
設(shè)拋物線的方程為y2=2px(p>0),圓的方程為x2+y2=r2.
因?yàn)閨AB|=4,|DE|=2,
拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-,
所以不妨設(shè)A(,2),D(-,).
因?yàn)辄c(diǎn)A(,2),D(-,)在圓x2+y2=r2上,
所以所以+8=+5,所以p=4(負(fù)值舍去).
所以
7、C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為4.
9.(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=__2__.
(方法1)由題意知,拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(1,0),設(shè)直線方程為y=k(x-1),直線方程與y2=4x聯(lián)立,消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2=1,x1+x2=.
由M(-1,1),得=(-1-x1,1-y1),
=(-1-x2,1-y2).
由∠AMB=90°,得·=0,
所以(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0,
8、
所以x1x2+(x1+x2)+1+y1y2-(y1+y2)+1=0.
又y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],
y1+y2=k(x1+x2-2),
所以1++1+k2(1-+1)-k(-2)+1=0,
整理得-+1=0,解得k=2.
(方法2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則
所以y-y=4(x1-x2),所以k==.
設(shè)AB中點(diǎn)M′(x0,y0),拋物線的焦點(diǎn)為F,分別過(guò)點(diǎn)A,B作準(zhǔn)線x=-1的垂線,垂足為A′,B′,
則|MM′|=|AB|=(|AF|+|BF|)
=(|AA′|+|BB′|).
因?yàn)镸′(x0,y
9、0)為AB的中點(diǎn),
所以M為A′B′的中點(diǎn),所以MM′平行于x軸,
所以y1+y2=2,所以k=2.
(方法3)由條件M在以AB為直徑的圓上,
因?yàn)橐訟B為直徑的圓與準(zhǔn)線相切,
且M在準(zhǔn)線上,所以M為切點(diǎn),
所以x=-1為圓M′的切線方程.
由此得圓心M′的縱坐標(biāo)為1.
由得ky2-4y+4k=0,
所以==1,所以k=2.
10.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),|AB|=8.
(1)求l的方程;
(2)求過(guò)點(diǎn)A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程.
(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0).
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,故x1+x2=.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.
由題設(shè)知=8,解得k=-1(舍去)或k=1.
因此l的方程為y=x-1.
(2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2),
所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),
即y=-x+5.
設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0),則
解得或
因此所求圓的方程為(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
6