2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十八讲 抛物线答案

这是一份2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十八讲 抛物线答案，共19页。试卷主要包含了D 解析 由题意可得，解析设，则.，C【解析】设，则，∵，∴，∴，A【解析】如图，，故选A等内容，欢迎下载使用。
专题九  解析几何第二十八讲  抛物线答案部分2019年 1．D  解析 由题意可得：，解得．故选D．2.解析（I）由抛物线经过点，得.所以抛物线C的方程为，其准线方程为.3.解析 设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．4．解析（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3或. 2010-2018年  1．D【解析】通解  过点且斜率为的直线的方程为，由，得，解得或，所以，或，不妨设，，易知，所以，，所以．故选D．优解  过点且斜率为的直线的方程为，由，得，设，，则，，根据根与系数的关系，得，．易知，所以，，所以．故选D．2．A【解析】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，由题意有，设，，，此时直线方程为，取方程，得，∴同理得  由抛物线定义可知当且仅当（或）时，取得等号．3．C【解析】设（不妨设），则，∵，∴，∴∴∴，故选C．4．B【解析】由题意，不妨设抛物线方程为，由，，可取，，设为坐标原点，由，得，得，所以选B．5．A【解析】如图，，故选A．6．D 【解析】当直线的斜率不存在时，这样的直线恰好有2条，即，所以；所以当直线的斜率存在时，这样的直线有2条即可．设，，，则．又，两式相减得，．设圆心为，则，因为直线与圆相切，所以，解得，于是，，又，即，所以，又，所以，选D．7．C【解析】过点作交于点，因为，所以，又焦点到准线的距离为4，所以．故选C．8．D【解析】易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图象可得到直线的距离，所以的面积．9．D【解析】∵在抛物线的准线上，∴．∴，∴，设直线的方程为①，将①与联立，得②，则△=，即，解得或（舍去），将代入①②解得，即，又，∴，故选D．10．C【解析】∵，由抛物线的定义可得点的坐标，∴的面积为．11．C【解析】依题意可得所在直线方程为代入得，又．12．C【解析】设交的准线于得：13．D【解析】因为双曲线：的离心率为2,所以又渐近线方程为所以双曲线的渐近线方程为而抛物的焦点坐标为所以有.故选D．14．C【解析】设抛物线的方程为，易知，即，∵点在准线上，∴到的距离为，所以面积为36，故选C．15．2【解析】解法一 由题意知抛物线的焦点为，则过的焦点且斜率为的直线方程为，由，消去得，即，设，，则，．由，消去得，即，则，，由，得，将，与，代入，得．解法二 设抛物线的焦点为，，，则，所以，则，取的中点，分别过点，做准线的垂线，垂足分别为，，又，点在准线上，所以．又为的中点，所以平行于轴，且，所以，所以．16．6【解析】如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作与点，与点，由抛物线的解析式可得准线方程为，则，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有：，结合题意，有，故．17．【解析】的准线方程为，又，所以必经过双曲线的左焦点，所以，．18．【解析】由正方形的定义可知，结合抛物线的定义得点为抛物线的焦点，所以，，，将点的坐标代入抛物线的方程得，变形得，解得或（舍去），所以．19．2，【解析】；准线．20．【解析】建立直角坐标系，使拱桥的顶点的坐标为，设抛物线的方程为，与抛物线的交点为、，根据题意知，则有，∴∴抛物线的解析式为水位下降1米，则，此时有或∴此时水面宽为米．21．【解析】利用抛物线的定义结合题设条件可得出的值为，B点坐标为（）所以点B到抛物线准线的距离为．22．【解析】(1)因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线的方程为．由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为（）．由得．依题意，解得或．又，与轴相交，故直线不过点．从而．所以直线斜率的取值范围是．(2)设，．由(1)知，．直线的方程为．令，得点的纵坐标为．同理得点的纵坐标为．由，得，．所以．所以为定值． 23．【解析】(1)由题意得，的方程为．设，由得．，故．所以．由题设知，解得（舍去），．因此的方程为．(2)由(1)得的中点坐标为，所以的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或．24．【解析】(1)设，，．因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根．所以．因此，垂直于轴．(2)由(1)可知所以，．因此，的面积．因为，所以．因此，面积的取值范围是．25．【解析】（1）设，，：由可得，则又，，故=4因此的斜率与的斜率之积为，所以．故坐标原点在圆上．（2）由（1）可得，故圆心的坐标为，圆的半径由于圆过点，因此，故即由（1）可得，．所以，解得或．当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为．26．【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为，，因为，所以直线AP斜率的取值范围是。（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是 因为=== =，所以=令，因为，所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值．27．【解析】（Ⅰ）由抛物线C：过点，得．所以抛物线的方程为．抛物线的焦点坐标为，准线方程为．（Ⅱ）当直线的斜率不存在或斜率为0时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线的斜率存在且不为0．设为点，过的直线方程为（），设，，显然，，均不为0．由，得．考虑，由题意，所以．则，①．   ②由题意可得，横坐标相等且同为，因为点P的坐标为，所以直线OP的方程为，点A的坐标为．直线ON的方程为，点B的坐标为．若要证明为的中点，只需证，即证，即证，将代入上式，即证，即证③将①②代入③得，化简有恒成立，所以恒成立．故A为线段BM的中点．28．【解析】由题设.设，则，且.记过两点的直线为，则的方程为.（Ⅰ）由于在线段上，故.记的斜率为，的斜率为，则.所以.（Ⅱ）设与轴的交点为，则.由题设可得，所以（舍去），.设满足条件的的中点为.当与轴不垂直时，由可得.而，所以.当与轴垂直时，与重合.所以，所求轨迹方程为.29．【解析】（Ⅰ）由题设可得，，或，.∵，故在=处的导数值为，在处的切线方程为，即.故在处的导数值为，在处的切线方程为，即.故所求切线方程为或. （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为.将代入的方程整理得.∴.∴==.当时，有=0，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故∠=∠，所以符合题意．30．【解析】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为因为，由抛物线的定义可知，解得或（舍去）由，解得．所以抛物线的方程为．（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．因为，则，由得，故，故直线的斜率因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线的方程得，由题意，得设，则当时，，可得直线的方程为，由，整理得，直线恒过点当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，所以。设直线的方程为，因为点在直线上故．设，直线的方程为由于，可得，代入抛物线的方程得所以，可求得，所以点到直线的距离为==则的面积，当且仅当即时等号成立，所以的面积的最小值为．31．【解析】（Ⅰ）在，方程中，令，可得b=1,且得是上半椭圆 的左右顶点，设的半焦距为，由及，解得，所以，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为代入的方程中，整理得：   （*）设点的坐标，由韦达定理得又，得，从而求得所以点的坐标为．同理，由得点的坐标为，，,即，，解得经检验，符合题意，故直线的方程为32．【解析】（Ⅰ）依题意，解得（负根舍去）抛物线的方程为．（Ⅱ）设点,，，由,即得．∴抛物线在点处的切线的方程为，即．∵， ∴．∵点在切线上,   ∴.        ①同理， .  ②综合①、②得，点的坐标都满足方程 . ∵经过两点的直线是唯一的，∴直线 的方程为，即．（Ⅲ）由抛物线的定义可知，所以联立，消去得， 当时，取得最小值为．33．【解析】（Ⅰ）由对称性知：是等腰直角，斜边点到准线的距离 圆的方程为（Ⅱ）由对称性设，则点关于点对称得：得：，直线切点直线坐标原点到距离的比值为．34．【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．所以=， =(0，)， =(，-2).再由题意可知（+）• =0， 即（，）• (，－2)=0．所以曲线C的方程式为．（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，因此直线的方程为，即．则点到的距离．又，所以当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．