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    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
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    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

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    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a<-32.
    又x1+x2=eq \f(a+16,4),x1x2=4,
    所以|AB|=eq \r((1+22)[(x1+x2)2-4x1x2])
    = eq \r(5\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+16,4)))\s\up12(2)-16)))=3eq \r(5),
    所以5eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+16,4)))\s\up12(2)-16))=45,
    所以a=4或a=-36.
    故所求的抛物线的方程为y2=4x或y2=-36x.
    10.已知抛物线y2=2px(p>0)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.
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