《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八單元 第44講 拋物線練習(xí) 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八單元 第44講 拋物線練習(xí) 文（含解析）新人教A版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第44講　拋物線 1.拋物線y2=4x的焦點坐標(biāo)是 (　　) A.(0,2) B.(0,1) C.(2,0) D.(1,0) 2.若拋物線x2=2py(p>0)的焦點在直線2x-y+3=0上,則p= (　　) A.12 B.6 C.3 D.32 3.[2018·昆明一中月考] 已知點F是拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點,O為坐標(biāo)原點,若以F為圓心,|FO|為半徑的圓與直線3x-y+3=0相切,則拋物線C的方程為 (　　) A.x2=2y B.x2=4y C.x2=6y D.x2=8y 4.已知拋物線C:y2=4x,直線l與拋物線C交于A,B兩點,若線段AB的中點坐

2、標(biāo)為(2,2),則直線l的方程為　　　　.? 5.[2018·河南中原名校質(zhì)檢] 已知直線l與拋物線y2=4x交于不同的兩點A,B,其中A(x1,y1),B(x2,y2),若y1y2=-36,則直線l恒過的點的坐標(biāo)是　　　　.? 6.如圖K44-1所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一動點,PM垂直AD于點M, 圖K44-1 |PM|=|PB|,則點P的軌跡為 (　　) A.線段 B.橢圓的一部分 C.拋物線的一部分 D.雙曲線的一部分 7.[2018·衡水五調(diào)] 已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,其準(zhǔn)線與雙曲線y23

3、-x2=1相交于M,N兩點,若△MNF為直角三角形,其中F為直角頂點,則p= (　　) A.23 B.3 C.33 D.6 8.[2018·天津濱海新區(qū)聯(lián)考] 已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線與拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線分別交于A,B兩點,O為坐標(biāo)原點,若雙曲線的離心率為2,△ABO的面積為23,則拋物線的焦點坐標(biāo)為 (　　) A.12,0 B.22,0 C.(1,0) D.(2,0) 9.過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為3的直線交C于點M(M在x軸上方),l為C的準(zhǔn)線,點N在l上,且MN⊥l,則M到直線NF的距離為 (　　) A.5

4、 B.22 C.23 D.33 10.已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,△ABC的三個頂點都在拋物線上,且A(1,2),AB+AC=AF,則BC邊所在的直線方程為 (　　) A.2x-y-2=0 B.2x-y-1=0 C.2x+y-6=0 D.2x+y-3=0 11.[2018·鄭州模擬] 一條斜率為2的直線過拋物線y2=2px(p>0)的焦點F且與拋物線交于A,B兩點,A,B在y軸上的射影分別為D,C,若梯形ABCD的面積為65,則p=　　　　.? 12.[2018·西寧一模] 已知拋物線C:y2=6x的焦點為F,過點F的直線l交拋物線于兩點A,B,交拋物線的準(zhǔn)線于點C,

5、若FC=3FA,則|BF|=　　　　.? 13.[2018·哈爾濱六中月考] 已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F(1,0),點A(x0,2)在拋物線C上,過焦點F的直線l交拋物線C于M,N兩點. (1)求拋物線C的方程以及|AF|的值; (2)記拋物線C的準(zhǔn)線與x軸交于點B,若MF=λFN,|BM|2+|BN|2=40,求λ的值. 14.[2018·撫州模擬] 已知△ABC的直角頂點A在y軸上,點B(1,0),D為斜邊BC的中點,且AD平行于x軸. (1)求點C的軌跡方程; (2)設(shè)點C的軌跡為曲線Γ,直線BC與Γ的另一個交點為E,以CE為直徑的圓交y軸

6、于M,N,記此圓的圓心為P,∠MPN=α,求α的最大值. 15.[2018·莆田九中月考] 已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和拋物線C2:x2=2py(p>0),在C1,C2上各取兩個點,這四個點的坐標(biāo)為(2,1),(-2,0),1,22,(-4,4). (1)求C1,C2的方程; (2)設(shè)P是C2上位于第一象限的點,C2在點P處的切線l與C1交于A,B兩點,線段AB的中點為D,過原點O的直線OD與過點P且垂直于x軸的直線交于點Q,證明:點Q在定直線上. 6 課時作業(yè)(四十四) 1.D　[解析] 由已知得2p=4

7、,故p=2,故該拋物線的焦點坐標(biāo)為(1,0). 2.B　[解析] 拋物線x2=2py(p>0)的焦點坐標(biāo)為0,p2, 又焦點在直線2x-y+3=0上,代入得2×0-p2+3=0,解得p=6,故選B. 3.B　[解析] 拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F0,p2, 由題意知焦點F0,p2到直線3x-y+3=0的距離d=-p2+32=p2, 又p>0,可得p=2,所以拋物線C的方程為x2=4y,故選B. 4.x-y=0　[解析] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知x1≠x2. 由中點坐標(biāo)公式可得y1+y2=4. ∵y12=4x1,y22=4x2, 兩式相減,

8、可得(y1-y2)(y1+y2)=4(x1-x2),∴kAB=1, ∴直線l的方程為y-2=1×(x-2),即x-y=0. 5.(9,0)　[解析] 設(shè)直線l的方程為x=my+n,由x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,∴y1+y2=4m,y1y2=-4n,∵y1y2=-36, ∴-4n=-36,∴n=9,∴直線l的方程為x=my+9,∴直線l恒過點(9,0). 6.C　[解析] 由拋物線的定義及題意可知,點P的軌跡為拋物線的一部分. 7.A　[解析] 由題設(shè)知拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線方程為x=-p2,代入雙曲線方程y23-x2=1,解得y=±3+3p24.由

9、題意及雙曲線的對稱性知△MNF為等腰直角三角形,∴∠FMN=π4, ∴tan∠FMN=p3+3p24=1,∴p2=3+3p24,∴p=23. 故選A. 8.D　[解析] 雙曲線的漸近線方程為bx±ay=0,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-p2,代入雙曲線的漸近線方程,求得y=±bp2a,∵雙曲線的離心率為2,∴1+(ba)?2=2,∴ba=3,∴A,B兩點的縱坐標(biāo)為y=±32p,∴S△ABO=12×3p×p2=23,解得p=22,故拋物線的焦點坐標(biāo)為(2,0).故選D. 9.C　[解析] 拋物線C:y2=4x的焦點為F(1,0),易知過點F且斜率為3的直線方程為y=3(x-1), 由y2=4

10、x,y=3(x-1)可得M(3,23), ∴N(-1,23),直線NF的方程為y=-3(x-1), 即3x+y-3=0, 則M到直線NF的距離為|33+23-3|3+1=23. 10.B　[解析] 將(1,2)代入拋物線方程可得p=2,∴拋物線方程為y2=4x,則F(1,0). ∵AB+AC=AF,∴BC經(jīng)過AF的中點(1,1). 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),BC邊所在的直線方程為x=my+1-m,代入拋物線方程y2=4x,可得y2-4my-4+4m=0, ∴y1+y2=4m=2,∴m=12, ∴BC邊所在的直線方程為x=12y+12,即2x-y-1=0. 11.2

11、2　[解析] 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知拋物線的焦點為Fp2,0,直線AB的方程為y=2x-p2,由y=2(x-p2),y2=2px得4x2-6px+p2=0, 所以x1+x2=3p2,x1·x2=p24,則|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1·x2=52p, 所以|y1-y2|=5p, 所以S梯形ABCD=12(|AD|+|BC|)·|CD|=12(x1+x2)·|y1-y2|=35p24=65, 所以p=22. 12.6　[解析] 設(shè)拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點M,過A,B作拋物線準(zhǔn)線的垂線,垂足分別為A1,B1, 則|FM|=p=3,|AA1|=|AF|,|B

12、B1|=|BF|. 由|AA1||FM|=|AC||CF|=23,得|AA1|=|AF|=2,|CF|=3|AF|=6,|AC|=4, ∴sin∠B1CB=sin∠A1CA=|AA1||AC|=12, ∴|BB1||BC|=|BF||BF|+6=12, ∴|BF|=6. 13.解:(1)∵拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F(1,0), ∴p2=1,則2p=4,∴拋物線C的方程為y2=4x. ∵點A(x0,2)在拋物線C上,∴4=4x0,∴x0=1, ∴|AF|=1+p2=2. (2)設(shè)直線l的方程為x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2), 由y2=4x,x

13、=my+1消去x,整理得y2-4my-4=0, ∴y1+y2=4m,y1y2=-4,① 又MF=λFN,∴(1-x1,-y1)=λ(x2-1,y2),即y1=-λy2, 代入①得(1-λ)y2=4m,-λy22=-4,消去y2得4m2=λ+1λ-2.② ∵BM=(x1+1,y1),BN=(x2+1,y2), ∴|BM|2+|BN|2=BM2+BN2=(x1+1)2+y12+(x2+1)2+y22=x12+x22+2(x1+x2)+2+y12+y22 =(my1+1)2+(my2+1)2+2(my1+my2+2)+2+y12+y22=(m2+1)(y12+y22)+4m(y1+y2)

14、+8=(m2+1)(16m2+8)+4m·4m+8=16m4+40m2+16, 由16m4+40m2+16=40,得m2=12,代入②得λ+1λ-4=0,解得λ=2±3. 14.解:(1)設(shè)點C的坐標(biāo)為(x,y),則BC的中點D的坐標(biāo)為x+12,y2,點A的坐標(biāo)為0,y2,∴AB=1,-y2,AC=x,y2, 由AB⊥AC,得AB·AC=x-y24=0,即y2=4x,經(jīng)檢驗,當(dāng)點C運動至原點時,A與C重合,不合題意,舍去, ∴點C的軌跡方程為y2=4x(x≠0). (2)依題意可知,直線CE不與x軸重合,設(shè)直線CE的方程為x=my+1,點C,E的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2

15、),圓心P的坐標(biāo)為(x0,y0). 由y2=4x,x=my+1,可得y2-4my-4=0,∴y1+y2=4m,y1y2=-4, ∴x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,∴x0=x1+x22=2m2+1, 圓P的半徑r=12|CE|=12(x1+x2+2)=12(4m2+4)=2m2+2. 過圓心P作PQ⊥MN于點Q,則∠MPQ=a2. 在Rt△PQM中,cosα2=|PQ|r=x0r=2m2+12m2+2=1-12m2+2, 當(dāng)m2=0,即CE垂直于x軸時,cosα2取得最小值12,α2取得最大值π3, ∴α的最大值為2π3. 15.解:(1)由已知得,點(-2,0),

16、1,22 在橢圓C1上,所以2a2=1,1a2+12b2=1, 解得a2=2,b2=1,所以橢圓C1的方程為x22+y2=1. 點(2,1),(-4,4)在拋物線C2上,所以p=2,所以拋物線C2的方程為x2=4y. (2)設(shè)Pm,m24(m>0),由x2=4y得y'=12x, 所以切線l的方程為y-m24=m2(x-m). 由y-m24=m2(x-m),x22+y2=1得(m2+2)x2-m3x+m44-4=0,若直線l與C1交于A,B兩點,則Δ>0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由x1+x2=m3m2+2得xD=m32(m2+2),代入y-m24=m2(x-m)得yD=-m22(m2+2), 所以直線OD的斜率kOD=yDxD=-1m,所以直線OD的方程為y=-1mx, 由x=m,y=-1mx得y=-1,所以點Q在定直線y=-1上.