2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第7讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第7讲　高效演练分层突破学案，共9页。

A．2 B．3
C．4 D．8
解析：选D.由题意，知抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，椭圆的焦点坐标为(±eq \r(2p)，0)，所以eq \f(p,2)＝eq \r(2p)，解得p＝8，故选D.
2．(2020·河北衡水三模)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若A，B，C三点坐标分别为(1，2)，(x1，y1)，(x2，y2)，且|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝10，则x1＋x2＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：选A.根据抛物线的定义，知|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|，|eq \(FC,\s\up6(→))|分别等于点A，B，C到准线x＝－1的距离，所以由|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝10，可得2＋x1＋1＋x2＋1＝10，即x1＋x2＝6.故选A.
3．(2020·河北邯郸一模)位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为5 m，跨径为12 m，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为( )
A.eq \f(25,12) m B．eq \f(25,6) m
C.eq \f(9,5) m D．eq \f(18,5) m
解析：选D.建立如图所示的平面直角坐标系．
设抛物线的解析式为x2＝－2py，p＞0，
因为抛物线过点(6，－5)，所以36＝10p，可得p＝eq \f(18,5)，
所以桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为eq \f(18,5) m．故选D.
4．(2020·河南安阳三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，l与x轴的交点为P，点A在抛物线C上，过点A作AA′⊥l，垂足为A′.若四边形AA′PF的面积为14，且cs∠FAA′＝eq \f(3,5)，则抛物线C的方程为( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝8x
解析：选C.过点F作FF′⊥AA′，垂足为F′.设|AF′|＝3x，因为cs∠FAA′＝eq \f(3,5)，故|AF|＝5x，则|FF′|＝4x，由抛物线定义可知，|AF|＝|AA′|＝5x，则|A′F′|＝2x＝p，故x＝eq \f(p,2).四边形AA′PF的面积S＝eq \f(（|PF|＋|AA′|）·|FF′|,2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(5,2)p))·2p,2)＝14，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.
5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A，B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k＝( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(2\r(2),3)
解析：选D.设抛物线C：y2＝8x的准线为l，易知l：x＝－2，
直线y＝k(x＋2)恒过定点P(－2，0)，
如图，过A，B分别作AM⊥l于点M，BN⊥l于点N，
由|FA|＝2|FB|，知|AM|＝2|BN|，
所以点B为线段AP的中点，连接OB，
则|OB|＝eq \f(1,2)|AF|，
所以|OB|＝|BF|，所以点B的横坐标为1，
因为k＞0，
所以点B的坐标为(1，2eq \r(2))，
所以k＝eq \f(2\r(2)－0,1－（－2）)＝eq \f(2\r(2),3).故选D.
6．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|＝4eq \r(2)，|DE|＝2eq \r(5)，则C的焦点到准线的距离为________．
解析：由题意，不妨设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，由|AB|＝4eq \r(2)，|DE|＝2eq \r(5)，可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，\r(5)))，设O为坐标原点，由|OA|＝|OD|，
得eq \f(16,p2)＋8＝eq \f(p2,4)＋5，得p＝4.
答案：4
7．过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A，B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，若|MN|＝|AB|，则l的斜率为________．
解析：设抛物线的准线为m，分别过点A，N，B作AA′⊥m，NN′⊥m，BB′⊥m，垂足分别为A′，N′，B′.
因为直线l过抛物线的焦点，所以|BB′|＝|BF|，|AA′|＝|AF|.
又N是线段AB的中点，|MN|＝|AB|，所以|NN′|＝eq \f(1,2)(|BB′|＋|AA′|)＝eq \f(1,2)(|BF|＋|AF|)＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)|MN|，所以∠MNN′＝60°，则直线MN的倾斜角为120°.又MN⊥l，所以直线l的倾斜角为30°，斜率是eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
8．(一题多解)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＝________．
解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq \f(4,k)y－4＝0，则y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1与y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yeq \\al(2,1)＝4x1，,yeq \\al(2,2)＝4x2，))所以yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，则k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.
答案：2
9．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2eq \r(2)的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))，求λ的值．
解：(1)由题意得直线AB的方程为y＝2eq \r(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，
消去y有4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(5p,4).
由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(5p,4)＋p＝9，
所以p＝4，从而该抛物线的方程为y2＝8x.
(2)由(1)得4x2－5px＋p2＝0，
即x2－5x＋4＝0，
则x1＝1，x2＝4，
于是y1＝－2eq \r(2)，y2＝4eq \r(2)，
从而A(1，－2eq \r(2))，B(4，4eq \r(2))，设C(x3，y3)，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)＝(1，－2eq \r(2))＋λ(4，4eq \r(2))
＝(4λ＋1，4eq \r(2)λ－2eq \r(2))．
又yeq \\al(2,3)＝8x3，所以[2eq \r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，
整理得(2λ－1)2＝4λ＋1，
解得λ＝0或λ＝2.
10．(2020·河北衡水二模)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点M(2，m)(m＞0)在抛物线上，且|MF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P(x0，y0)为抛物线上任意一点，过该点的切线为l0，证明：过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上．
解：(1)由抛物线的定义可知，|MF|＝m＋eq \f(p,2)＝2，①
又M(2，m)在抛物线上，所以2pm＝4，②
由①②解得p＝2，m＝1，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：①当x0＝0，即点P为原点时，显然符合；
②x0≠0，即点P不在原点时，
由(1)得，x2＝4y，则y′＝eq \f(1,2)x，
所以抛物线在点P处的切线的斜率为eq \f(1,2)x0，
所以抛物线在点P处的切线l0的方程为
y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)，
又xeq \\al(2,0)＝4y0，
所以y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)可化为y＝eq \f(1,2)x0x－y0.
又过点F且与切线l0垂直的方程为y－1＝－eq \f(2,x0)x.
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x0x－y0，,y－1＝－\f(2,x0)x，))
消去x，得y＝－eq \f(1,4)(y－1)xeq \\al(2,0)－y0.(*)
因为xeq \\al(2,0)＝4y0，
所以(*)可化为y＝－yy0，即(y0＋1)y＝0，
由y0＞0，可知y＝0，即垂足必在x轴上．
综上，过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上．
[综合题组练]
1．(2020·广东广州一模)已知F为抛物线C：y2＝6x的焦点，过点F的直线l与C相交于A，B两点，且|AF|＝3|BF|，则|AB|＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选B.抛物线y2＝6x的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，准线方程为x＝－eq \f(3,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为|AF|＝3|BF|，
所以x1＋eq \f(3,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(3,2)))，
所以x1＝3x2＋3，
因为|y1|＝3|y2|，所以x1＝9x2，
所以x1＝eq \f(9,2)，x2＝eq \f(1,2)，
所以|AB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(3,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(3,2)))＝8.
故选B.
2．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|＝3，则△AOB的面积为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．eq \r(2)
C.eq \f(3\r(2),2) D．2eq \r(2)
解析：选C.
由题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，如图所示，|AF|＝x1＋1＝3，
所以x1＝2，y1＝2eq \r(2).
设AB的方程为x－1＝ty，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x－1＝ty))
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y1y2＝－4，所以y2＝－eq \r(2)，x2＝eq \f(1,2)，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq \f(3\r(2),2)，故选C.
3．(2020·江西九江二模)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝( )
A．4 B．8
C．16 D．eq \f(16,3)
解析：选C.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，
由抛物线定义得y1＋y2＋2＝|AF|＋|BF|，
因为eq \f(y1＋y2,2)＝|AB|－1，
所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，
所以cs∠AFB＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF|·|BF|)
＝eq \f(3（|AF|2＋|BF|2）－2|AF|·|BF|,8|AF|·|BF|)
≥eq \f(6|AF|·|BF|－2|AF|·|BF|,8|AF|·|BF|)＝eq \f(1,2)，
当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．
所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))消去y得，x2－4eq \r(3)x－4＝0，
所以x1＋x3＝4eq \r(3)，
所以y1＋y3＝eq \r(3)(x1＋x3)＋2＝14.
所以|AD|＝16.
故选C.
4．已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则实数a的取值范围为________．
解析：如图，设C(x0，xeq \\al(2,0))(xeq \\al(2,0)≠a)，A(－eq \r(a)，a)，B(eq \r(a)，a)，
则eq \(CA,\s\up6(→))＝(－eq \r(a)－x0，a－xeq \\al(2,0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(a)－x0，a－xeq \\al(2,0))．
因为CA⊥CB，所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
即－(a－xeq \\al(2,0))＋(a－xeq \\al(2,0))2＝0，(a－xeq \\al(2,0))(－1＋a－xeq \\al(2,0))＝0，
所以xeq \\al(2,0)＝a－1≥0，所以a≥1.
答案：[1，＋∞)
5．已知抛物线的方程为x2＝2py(p>0)，其焦点为F，点O为坐标原点，过焦点F作斜率为k(k≠0)的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线的两条切线，设两条切线交于点M.
(1)求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))；
(2)设直线MF与抛物线交于C，D两点，且四边形ACBD的面积为eq \f(32,3)p2，求直线AB的斜率k.
解：(1)设直线AB的方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝kx＋\f(p,2)，))得x2－2pkx－p2＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2pk，,x1·x2＝－p2，))所以y1·y2＝eq \f(p2,4)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1·x2＋y1·y2＝－eq \f(3,4)p2.
(2)由x2＝2py，知y′＝eq \f(x,p)，
所以抛物线在A，B两点处的切线的斜率分别为eq \f(x1,p)，eq \f(x2,p)，所以直线AM的方程为y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线BM的方程为y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，则可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pk，－\f(p,2))).
所以kMF＝－eq \f(1,k)，所以直线MF与AB相互垂直．
由弦长公式知，|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \r(k2＋1)·eq \r(4p2k2＋4p2)＝2p(k2＋1)，
用－eq \f(1,k)代替k得，|CD|＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1))，
四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)·|AB|·|CD|＝2p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋k2＋\f(1,k2)))＝eq \f(32,3)p2，解得k2＝3或k2＝eq \f(1,3)，
即k＝±eq \r(3)或k＝±eq \f(\r(3),3).
6．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
解：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝eq \f(x,p)，则A，B处的切线斜率的乘积为eq \f(x1x2,p2)＝－eq \f(2,p)，
因为点N在以AB为直径的圆上，所以AN⊥BN，
所以－eq \f(2,p)＝－1，所以p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线BN：y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝\f(x1,p)（x－x1），,y－y2＝\f(x2,p)（x－x2），))
结合①式，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝pk，,y＝－1，))即N(pk，－1)．
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(4p2k2＋8p)，
点N到直线AB的距离d＝eq \f(|kxN＋1－yN|,\r(1＋k2))＝eq \f(|pk2＋2|,\r(1＋k2))，
则△ABN的面积S△ABN＝eq \f(1,2)·|AB|·d＝eq \r(p（pk2＋2）3)≥2eq \r(2p)，当k＝0时，取等号，
因为△ABN的面积的最小值为4，
所以2eq \r(2p)＝4，所以p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y.