高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册抛物线达标测试

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【自主学习】
一．抛物线的几何性质
二．直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线有三种位置关系： 、 和 ．
设直线y＝kx＋m与抛物线y2＝2px(p＞0)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，将y＝kx＋m代入y2＝2px，消去y并化简，得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0. 交点个数即二次方程解的个数．
①k＝0时，直线与抛物线的轴 ，此时直线与抛物线有 个公共点；
②k≠0时，Δ＞0⇔直线与抛物线 ⇔有 公共点．
Δ＝0⇔直线与抛物线 ⇔只有 公共点．
Δ＜0⇔直线与抛物线 ⇔ 公共点．
三．弦长问题
1.抛物线的通径(过焦点且垂直于轴的弦)长为2p．
2.抛物线的焦点弦
过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的一条直线与它交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)y1y2＝ ，x1x2＝ ；
(2)|AB|＝ ；
(3)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝ ．
【小试牛刀】
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)抛物线关于顶点对称．( )
(2)抛物线只有一个焦点，一条对称轴，无对称中心．( )
(3)抛物线的标准方程虽然各不相同，但是其离心率都相同．( )
(4)抛物线y2＝2px过焦点且垂直于对称轴的弦长是2p．( )
(5)抛物线y＝－eq \f(1,8)x2的准线方程为x＝eq \f(1,32)．( )
2.顶点在原点，对称轴是y轴，并且顶点与焦点的距离为3的抛物线的标准方程为( )
A．x2＝±3y B．y2＝±6x C．x2＝±12y D．y2＝±12x
【经典例题】
题型一 直线与抛物线的位置关系
点拨：直线与抛物线交点问题的解题思路
1.判断直线与抛物线的交点个数时，一般是将直线与抛物线的方程联立消元，转化为形如一元二次方程的形式，注意讨论二次项系数是否为0.若该方程为一元二次方程，则利用判别式判断方程解的个数．
2.直线与抛物线有一个公共点时有两种情形： = 1 \* GB3 ①直线与抛物线的对称轴重合或平行； = 2 \* GB3 ②直线与抛物线相切．
例1 已知直线l：y＝kx＋1，抛物线C：y2＝4x，当k为何值时，l与C：只有一个公共点；有两个公共点；没有公共点．
【跟踪训练】1 直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k＝________．
题型二 抛物线弦长问题
点拨：抛物线弦长的求解思路
当直线的斜率k存在且k≠0时，弦长公式为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|；当直线的斜率k＝0时，只有抛物线的对称轴是y轴时弦长存在，弦长公式为|AB|＝|x1－x2|；当直线的斜率k不存在时，只有抛物线的对称轴是x轴时弦长存在，弦长公式为|AB|＝|y1－y2|.
注意：解决抛物线的焦点弦问题时，要注意抛物线定义在其中的应用，通过定义将焦点弦的长度转化为端点的坐标问题，从而可借助根与系数的关系进行求解．
例2 斜率为2的直线经过抛物线y2＝4x的焦点，与抛物线相交于两点A、B，求线段AB的长．
【跟踪训练】2 已知抛物线的顶点在原点，x轴为对称轴，经过焦点且倾斜角为eq \f(π,4)的直线l被抛物线所截得的弦长为6，求抛物线的标准方程．
题型三 抛物线中点弦问题
点拨：解决中点弦问题的基本方法是点差法、利用根与系数的关系，直线与抛物线的方程联立时消y有时更简捷，此类问题还要注意斜率不存在的情况，避免漏解．
一般地，已知抛物线y2＝2px(p>0)上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)及AB的中点P(x0，y0)，则kAB＝eq \f(p,y0).
例3 已知A、B为抛物线E上不同的两点，若抛物线E的焦点为(1,0)，线段AB恰被M(2,1)所平分．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求直线AB的方程．
【跟踪训练】3 过点Q(4，1)作抛物线y2＝8x的弦AB，恰被点Q所平分，则弦AB所在直线的方程为________．
【当堂达标】
1.(多选)已知抛物线C：x2＝2py，若直线y＝2x被抛物线所截弦长为4，则抛物线C的方程为（ ）
A．x2＝4y B．x2＝－4y C．x2＝2yD．x2＝－2y
2.若抛物线y2＝2x上有两点A、B且AB垂直于x轴，若|AB|＝2eq \r(2)，则抛物线的焦点到直线AB的距离为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,8)
3.设O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，A是抛物线上一点，若eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(AF,\s\up8(→))＝－4，则点A的坐标是( )
A．(2，±2eq \r(2)) B．(1，±2) C．(1,2) D．(2,2eq \r(2))
4.过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|AB|＝________.
5.若直线l：y＝(a＋1)x－1与曲线C：y2＝ax恰好有一个公共点，试求实数a的取值集合．
6.已知抛物线x＝－y2与过点(－1,0)且斜率为k的直线相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积等于eq \r(10)时，求k的值．
7.已知y＝x＋m与抛物线y2＝8x交于A，B两点．
(1)若|AB|＝10，求实数m的值；
(2)若OA⊥OB，求实数m的值．
【参考答案】
【自主学习】
一.x＝－eq \f(p,2) x＝eq \f(p,2) y＝－eq \f(p,2) y＝eq \f(p,2) x轴 y轴 (0,0) 1 x1＋x2＋p
二．相离 相切 相交 平行或重合 一个 相交 两个 相切 一个 相离 没有
三．－p2 eq \f(p2,4) x1＋x2＋p eq \f(2,p)
【小试牛刀】
1.× √ √ √ ×
2 .C 解析：可设抛物线方程为x2＝2py(p＞0)或x2＝－2py(p＞0)，依题意知eq \f(p,2)＝3，
∴p＝6.∴抛物线方程为x2＝±12y.
【经典例题】
例1 解：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.(*)
当k＝0时，(*)式只有一个解x＝eq \f(1,4)，∴y＝1，∴直线l与C只有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，此时直线l平行于x轴．
当k≠0时，(*)式是一个一元二次方程，Δ＝(2k－4)2－4k2＝16(1－k)．
①当Δ>0，即k0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数之间的关系得y1＋y2＝－eq \f(1,k)，y1·y2＝－1.
设直线与x轴交于点N，显然N点的坐标为(－1,0)．
∵S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝eq \f(1,2)|ON||y1|＋eq \f(1,2)|ON||y2|＝eq \f(1,2)|ON||y1－y2|，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)×1×eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(1,2)×eq \r(\f(1,k2)＋4)＝eq \r(10)，
解得k＝±eq \f(1,6).
7.解： 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,y2＝8x，))得x2＋(2m－8)x＋m2＝0.
由Δ＝(2m－8)2－4m2＝64－32m>0，得m0)，过点(2，0)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点，且eq \(OA,\s\up6(―→))·eq \(OB,\s\up6(―→))＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)点M坐标为(－2，0)，直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求证：eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)为定值．
题型三 与抛物线有关的最值问题
点拨：解决与抛物线有关的最值问题的思路
求抛物线最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的距离的最值、求抛物线上一点到定直线的距离的最值．解有关抛物线的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化，数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变量的代数式，以目标函数最值的求法解决．
例3 求抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0的最小距离．
【跟踪训练】3 如图，已知直线l：y＝2x－4交抛物线y2＝4x于A，B两点，试在抛物线AOB这段曲线上求一点P，使△PAB的面积最大，并求出这个最大面积．
【当堂达标】
1.如图，已知点F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过点F且斜率存在的直线交抛物线C于A，B两点，点D为准线l与x轴的交点，则△DAB的面积S的取值范围为________．
2.设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，F为抛物线焦点．
(1)求点P到点A(－1,1)的距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值；
(2)若B(3,2)，求|PB|＋|PF|的最小值．
3.若抛物线y2＝4x与直线y＝x－4相交于不同的两点A，B，求证OA⊥OB.
4.如图，已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点P(2，0)的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，直线AF，BF分别与抛物线交于点M，N.
(1)求y1y2的值；
(2)连接MN，记直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，证明：eq \f(k1,k2)为定值．
【参考答案】
【经典例题】
例1解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以eq \f(p,2)＝1，所以p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)①当直线AB的斜率不存在时，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，－t))，
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，所以eq \f(t,\f(t2,4))·eq \f(－t,\f(t2,4))＝－eq \f(1,2)，化简得t2＝32．
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8．
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b，))化简得ky2－4y＋4b＝0．
根据根与系数的关系得yAyB＝eq \f(4b,k)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，所以eq \f(yA,xA)·eq \f(yB,xB)＝－eq \f(1,2)，
即xAxB＋2yAyB＝0，即eq \f(y\\al(2,A),4)·eq \f(y\\al(2,B),4)＋2yAyB＝0，解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32，
所以yAyB＝eq \f(4b,k)＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)，
综上所述，直线AB过x轴上一定点(8,0)．
【跟踪训练】1 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
∵OA⊥OB，∴x1x2＋y1y2＝0．
∴yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2＝－4p2y1y2．
∴y1y2＝－4p2．
∴x1x2＝4p2．
(2)证明：yeq \\al(2,1)＝2px1，① yeq \\al(2,2)＝2px2，②
②－①得yeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,1)＝2p(x2－x1)，
∴eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2p,y1＋y2)．
∴直线AB的斜率为eq \f(2p,y1＋y2)．
∴直线AB的方程为y－y1＝eq \f(2p,y1＋y2)(x－x1)，即y＝eq \f(2p,y1＋y2)x＋eq \f(y1y2,y1＋y2)，也就是y＝eq \f(2p,y1＋y2)(x－2p)．
∴直线AB过定点(2p,0 )．
例2 解：(1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，则由点P(1,2)在抛物线上，得22＝2p×1，解得p＝2，
故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1.
(2)证明：因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPA＝－kPB，即eq \f(y1－2,x1－1)＝－eq \f(y2－2,x2－1).
又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4)，从而有eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝－eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)，即eq \f(4,y1＋2)＝－eq \f(4,y2＋2)，得y1＋y2＝－4，故直线AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1.
【跟踪训练】2 解：(1)设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2px，))得eq \f(y2,2p)－my－2＝0.
所以y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p.
所以eq \(OA,\s\up6(―→))·eq \(OB,\s\up6(―→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(yeq \\al(2,1),2p)·eq \f(yeq \\al(2,2),2p)＋y1y2＝4－4p＝2，
所以p＝eq \f(1,2)，所以抛物线C的方程为y2＝x.
(2)证明：因为M坐标为(－2，0)，
所以eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x1＋2,y1)＋eq \f(x2＋2,y2)＝eq \f(x1y2＋x2y1＋2（y1＋y2）,y1y2)
＝eq \f(yeq \\al(2,1)y2＋yeq \\al(2,2)y1＋2（y1＋y2）,y1y2)＝eq \f(（y1y2＋2）（y1＋y2）,y1y2)，
由(1)可得y1＋y2＝m，y1y2＝－2，
所以eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝0为定值．
例3 解：法一：设A(t，－t2)为抛物线上的点，
则点A到直线4x＋3y－8＝0的距离d＝eq \f(|4t－3t2－8|,5)＝eq \f(|3t2－4t＋8|,5)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(2,3)))\s\up12(2)－\f(4,3)＋8))
＝eq \f(1,5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\f(20,3)))＝eq \f(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(4,3).
∴当t＝eq \f(2,3)时，d有最小值，最小值为eq \f(4,3).
法二：如图，设与直线4x＋3y－8＝0平行的抛物线的切线方程为4x＋3y＋m＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x2，,4x＋3y＋m＝0，))
消去y得3x2－4x－m＝0，
∴Δ＝16＋12m＝0，∴m＝－eq \f(4,3).
故最小距离为eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－8＋\f(4,3))),5)＝eq \f(\f(20,3),5)＝eq \f(4,3).
【跟踪训练】3 解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－4，,y2＝4x，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－2.))
由题图可知，A(4，4)，B(1，－2)，则|AB|＝3eq \r(5).
设P(x0，y0)为抛物线AOB这段曲线上一点，d为点P到直线AB的距离，
则d＝eq \f(|2x0－y0－4|,\r(5))＝eq \f(1,\r(5))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,0),2)－y0－4))＝eq \f(1,2\r(5))|(y0－1)2－9|.
∵－20)，则eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，
所以动点P的轨迹C的方程是y2＝4x(x>0)．
(2)证明：设直线AB：y＝－x＋b(b≠3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝－x＋b，))得y＝－eq \f(y2,4)＋b，即y2＋4y－4b＝0，
Δ＝16＋16b>0，所以b>－1，y1＋y2＝－4，
因为x1＝eq \f(yeq \\al(2,1),4)，x2＝eq \f(yeq \\al(2,2),4)，
所以k1＋k2＝eq \f(y2－2,\f(yeq \\al(2,2),4)－1)＋eq \f(y1－2,\f(yeq \\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4（y2－2）,yeq \\al(2,2)－4)＋eq \f(4（y1－2）,yeq \\al(2,1)－4)＝eq \f(4,y2＋2)＋eq \f(4,y1＋2)＝eq \f(4（y1＋2＋y2＋2）,（y2＋2）（y1＋2）)＝0.
因此k1＋k2＝0.
课程标准
学科素养
1.掌握抛物线的几何性质．(重点)
2.掌握直线与抛物线的位置关系的判断及相关问题．(重点)
3.能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、弦中点等问题．(难点)
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
标准方程
y2＝2px(p＞0)
y2＝－2px(p＞0)
x2＝2py(p＞0)
x2＝－2py(p＞0)
图形
性质
焦点
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
准线




范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
对称轴
顶点
离心率
e＝
课程标准
学科素养
1.掌握抛物线的几何性质．(重点)
2.能综合利用抛物线的几何性质解决相关的综合问题．
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理