2024年高考数学重难点突破专题九 解析几何第二十八讲 抛物线答案84

这是一份2024年高考数学重难点突破专题九 解析几何第二十八讲 抛物线答案84，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。

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．