2023届高考一轮复习讲义（文科）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（文科）第九章　平面解析几何 第7讲　高效演练 分层突破学案，共6页。
1．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过点(－1，1)，则该抛物线的焦点坐标为( )
A．(－1，0) B．(1，0)
C．(0，－1) D．(0，1)
解析：选B.抛物线y2＝2px(p>0)的准线为x＝－eq \f(p,2)且过点(－1，1)，故－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2.所以抛物线的焦点坐标为(1，0)．
2．(2020·湖南省湘东六校联考)抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上的点P(m，－3)到焦点的距离为4，则抛物线方程为( )
A．x2＝8y B．x2＝4y
C．x2＝－4y D．x2＝－8y
解析：选C.依题意，设抛物线的方程为x2＝－2py(p>0)，则eq \f(p,2)＋3＝4，所以p＝2，所以抛物线的方程为x2＝－4y，故选C.
3．若点A，B在抛物线y2＝2px(p>0)上，O是坐标原点，若正三角形OAB的面积为4eq \r(3)，则该抛物线方程是( )
A．y2＝eq \f(2\r(3),3)x B．y2＝eq \r(3)x
C．y2＝2eq \r(3)x D．y2＝eq \f(\r(3),3)x
解析：选A.根据对称性，AB⊥x轴，由于正三角形的面积是4eq \r(3)，故eq \f(\r(3),4)AB2＝4eq \r(3)，故AB＝4，正三角形的高为2eq \r(3)，故可设点A的坐标为(2eq \r(3)，2)，代入抛物线方程得4＝4eq \r(3)p，解得p＝eq \f(\r(3),3)，故所求抛物线的方程为y2＝eq \f(2\r(3),3)x.故选A.
4．(2020·甘肃张掖第一次联考)已知抛物线C1：x2＝2py(y>0)的焦点为F1，抛物线C2：y2＝(4p＋2)x的焦点为F2，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,2)))在C1上，且|PF1|＝eq \f(3,4)，则直线F1F2的斜率为( )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,5)
解析：选B.因为|PF1|＝eq \f(3,4)，所以eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,4)，
解得p＝eq \f(1,2).
所以C1：x2＝y，C2：y2＝4x，F1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，F2(1，0)，
所以直线F1F2的斜率为eq \f(\f(1,4),0－1)＝－eq \f(1,4).故选B.
5．(2020·吉林第三次调研测试)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(4，3)，P为抛物线上一点，且P不在直线AF上，则△PAF周长取最小值时，线段PF的长为( )
A．1 B.eq \f(13,4)
C．5 D．eq \f(21,4)
解析：选B.求△PAF周长的最小值，即求|PA|＋|PF|的最小值，
设点P在准线上的射影为D，
根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|，
因此，|PA|＋|PF|的最小值，
即|PA|＋|PD|的最小值，
根据平面几何知识，可得当D，P，A三点共线时|PA|＋|PD| 最小，
此时Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，3))，PF的长为eq \f(9,4)＋1＝eq \f(13,4)，故选B.
6．在直角坐标系xOy中，有一定点M(－1，2)，若线段OM的垂直平分线过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，则该抛物线的准线方程是 ．
解析：依题意可得线段OM的垂直平分线的方程为2x－4y＋5＝0，把焦点坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))代入可求得p＝eq \f(5,2)，所以准线方程为y＝－eq \f(5,4).
答案：y＝－eq \f(5,4)
7．抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝ .
解析：在等边三角形ABF中，AB边上的高为p，eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(3),3)p，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(\r(3),3)p，－\f(p,2))).
又因为点B在双曲线上，故eq \f(\f(p2,3),3)－eq \f(\f(p2,4),3)＝1，解得p＝6.
答案：6
8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)，则抛物线C的方程是 ；若M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，且M为FN的中点，则|FN|＝ ．
解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)，可得p＝4，则抛物线C的方程是y2＝8x.
由M为FN的中点，得M的横坐标为1，代入抛物线方程得y＝±2eq \r(2)，则M(1，±2eq \r(2))，则点N的坐标为(0，±4eq \r(2))，所以|FN|＝eq \r(22＋（4\r(2)）2)＝6.
答案：y2＝8x 6
9．顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线截直线y＝2x－4所得的弦长|AB|＝3eq \r(5)，求此抛物线的方程．
解：设所求的抛物线方程为y2＝ax(a≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线y＝2x－4代入y2＝ax，
得4x2－(a＋16)x＋16＝0，
由Δ＝(a＋16)2－256>0，得a>0或a0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过M作MN⊥FA，垂足为N，求点N的坐标．
解：(1)抛物线y2＝2px的准线为x＝－eq \f(p,2)，
于是4＋eq \f(p,2)＝5，所以p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)因为点A的坐标是(4，4)，
由题意得B(0，4)，M(0，2)．
又因为F(1，0)，所以kFA＝eq \f(4,3)，
因为MN⊥FA，所以kMN＝－eq \f(3,4).
所以FA的方程为y＝eq \f(4,3)(x－1)，①
MN的方程为y－2＝－eq \f(3,4)x，②
联立①②，
解得x＝eq \f(8,5)，y＝eq \f(4,5)，
所以点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(4,5))).
[综合题组练]
1．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点．若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9eq \r(3)，则下列说法正确的是( )
①△ABF是等边三角形；②|BF|＝3；③点F到准线的距离为3；④抛物线C的方程为y2＝6x.
A．①②③ B．②④
C．①③④ D．②③④
解析：选C.因为以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠ABD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，所以△ABF是等边三角形，所以∠FBD＝30°.因为△ABF的面积为eq \f(\r(3),4)|BF|2＝9eq \r(3)，所以|BF|＝6.又点F到准线的距离为|BF|sin 30°＝3＝p，则该抛物线的方程为y2＝6x.
2．(2020·武汉市调研测试)已知过点M(1，0)的直线AB与抛物线y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若OA，OB的斜率之和为1，则直线AB的方程为 ．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线AB过点M(1，0)，所以可设直线AB的方程为x＝ty＋1.
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x,x＝ty＋1))，
得y2－2ty－2＝0，y1＋y2＝2t，y1y2＝－2.
又kOA＝eq \f(y1,x1)，kOB＝eq \f(y2,x2)，
所以eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝1，
于是x2y1＋x1y2＝x1x2.
又x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1，
所以(ty2＋1)y1＋(ty1＋1)y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)，
所以2ty1y2＋(y1＋y2)＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1，
所以(t2－2t)y1y2＋(t－1)(y1＋y2)＋1＝0，
所以(t2－2t)(－2)＋(t－1)·2t＋1＝0，
所以2t＝－1，t＝－eq \f(1,2).
故直线AB的方程为2x＋y－2＝0.
答案：2x＋y－2＝0
3．设A，B为曲线C：y＝eq \f(x2,2)上两点，A与B的横坐标之和为2.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，曲线C在点M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝eq \f(xeq \\al(2,1),2)，y2＝eq \f(xeq \\al(2,2),2)，x1＋x2＝2，
故直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2)＝1.
(2)由y＝eq \f(x2,2)，得y′＝x.
设M(x3，y3)，由题设知x3＝1，于是Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2))).
设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(1，1＋m)，|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2))).
将y＝x＋m代入y＝eq \f(x2,2)，得x2－2x－2m＝0.
由Δ＝4＋8m＞0，得m＞－eq \f(1,2)，x1，2＝1±eq \r(1＋2m).
从而|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝2eq \r(2（1＋2m）).
由题设知|AB|＝2|MN|，
即eq \r(2（1＋2m）)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))，
解得m＝eq \f(7,2)或m＝－eq \f(1,2)(舍)．
所以直线AB的方程为y＝x＋eq \f(7,2).
4．已知抛物线C：y2＝ax(a>0)上一点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))到焦点F的距离为2t.
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
解：(1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋eq \f(a,4)＝2t，则a＝4t，
由点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))在抛物线上，则at＝eq \f(1,4).
所以a×eq \f(a,4)＝eq \f(1,4)，则a2＝1，
由a>0，则a＝1，故抛物线的方程为y2＝x.
(2)证明：因为A点在抛物线上，且yA＝1.
所以xA＝1，
所以A(1，1)，设过点Q(3，－1)的直线l的方程为x－3＝m(y＋1)．即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
所以k1·k2＝eq \f(y1－1,x1－1)·eq \f(y2－1,x2－1)
＝eq \f(y1y2－（y1＋y2）＋1,m2y1y2＋m（m＋2）（y1＋y2）＋（m＋2）2)
＝eq \f(－m－3－m＋1,m2（－m－3）＋m（m＋2）m＋（m＋2）2)＝－eq \f(1,2)，为定值．