《2022届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第七章平面解析几何考点测试54抛物线含解析新人教B版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第七章平面解析几何考点测试54抛物线含解析新人教B版.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、考点测试54抛物线高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中、高等难度考纲研读1. 掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)2理解数形结合的思想3了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用一、根底小题1抛物线y4ax2(a0)的焦点坐标是()A(0，a) B(a,0) C D答案C解析将y4ax2(a0)化为标准方程得x2y(a0)，所以焦点坐标为，应选C.2抛物线yx2的准线方程是()Ay1 By2 Cx1 Dx2答案A解析依题意，抛物线x24y的准线方程是y1，应选A.3设抛物线y28x上一点P到y轴的距离是
2、4，那么点P到该抛物线准线的距离为()A4 B6 C8 D12答案B解析依题意得，抛物线y28x的准线方程是x2，因此点P到该抛物线准线的距离为426，应选B.4到定点A(2,0)与定直线l：x2的距离相等的点的轨迹方程为()Ay28x By28xCx28y Dx28y答案A解析由抛物线的定义可知该轨迹为抛物线且p4，焦点在x轴正半轴上，应选A.5假设抛物线y22px(p0)上的点A(x0，)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，那么p等于()A. B1 C D2答案D解析由题意，得3x0x0，x0，那么2，p0，p2，应选D.6过抛物线y24x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，
3、y2)两点，假设x1x26，那么|AB|等于()A4 B6 C8 D10答案C解析由抛物线y24x得p2，由抛物线定义可得|AB|x11x21x1x22，又因为x1x26，所以|AB|8，应选C.7假设抛物线y4x2上一点到直线y4x5的距离最短，那么该点为()A(1,2) B(0,0) C D(1,4)答案C解析解法一：根据题意，直线y4x5必然与抛物线y4x2相离，抛物线上到直线的最短距离的点就是与直线y4x5平行的抛物线的切线的切点由y8x4得x，故抛物线的斜率为4的切线的切点坐标是，该点到直线y4x5的距离最短应选C.解法二：抛物线上的点(x，y)到直线y4x5的距离是d，显然当x时，
4、d取得最小值，此时y1.应选C.8抛物线yx2的焦点为F，准线为l，M在l上，线段MF与抛物线交于N点，假设|MN|NF|，那么|MF|_.答案解析如图，过N作准线的垂线NH，垂足为H.根据抛物线的定义可知|NH|NF|，在RtNHM中，|NM|NH|，那么NMH45.设准线l与y轴的交点为K.在MFK中，FMK45，所以|MF|FK|.而|FK|1.所以|MF|.二、高考小题9(2022全国卷)假设抛物线y22px(p0)的焦点是椭圆1的一个焦点，那么p()A2 B3 C4 D8答案D解析抛物线y22px(p0)的焦点坐标为，椭圆1的焦点坐标为.由题意得，解得p0(舍去)或p8.应选D.10
5、(2022全国卷)设抛物线C：y24x的焦点为F，过点(2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，那么()A5 B6 C7 D8答案D解析根据题意，过点(2,0)且斜率为的直线方程为y(x2)，与抛物线方程联立消去x并整理，得y26y80，解得M(1,2)，N(4,4)，又F(1,0)，所以(0,2)，(3,4)，从而可以求得03248，应选D.11(2022全国卷)F为抛物线C：y24x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，那么|AB|DE|的最小值为()A16 B14 C12 D10答案A解析因为F为y24x的焦点，所以F(1,
6、0)由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，那么l2的斜率为，故直线l1，l2的方程分别为yk(x1)，y(x1)由得k2x2(2k24)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1x2，x1x21，所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216，当且仅当k2，即k1时，取得等号应选A.12(2022全国卷)点M(1,1)和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点假设AMB90，那么k_.答案2解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么所以yy4x14x2，所以k.取AB的中点M(
7、x0，y0)，分别过点A，B作准线x1 的垂线，垂足分别为A，B.因为AMB90，所以|MM|AB|(|AF|BF|)(|AA|BB|)因为M为AB的中点，所以MM平行于x轴因为M(1,1)，所以y01，那么y1y22，所以k2.13(2022北京高考)直线l过点(1,0)且垂直于x轴假设l被抛物线y24ax截得的线段长为4，那么抛物线的焦点坐标为_答案(1,0)解析由题意得a0，设直线l与抛物线的两交点分别为A，B，不妨令A在B的上方，那么A(1,2)，B(1，2)，故|AB|44，得a1，故抛物线方程为y24x，其焦点坐标为(1,0)14(2022天津高考)设抛物线y24x的焦点为F，准线
8、为l.点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.假设FAC120，那么圆的方程为_答案(x1)2(y)21解析由y24x可得点F的坐标为(1,0)，准线l的方程为x1.由圆心C在l上，且圆C与y轴正半轴相切(如图)，可得点C的横坐标为1，圆的半径为1，CAO90.又因为FAC120，所以OAF30，所以|OA|，所以点C的纵坐标为.所以圆的方程为(x1)2(y)21.三、模拟小题15(2022烟台模拟)过抛物线C：y22px(p0)的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A，B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，假设|MN|AB|，那么l的倾斜角为()A15 B
9、30 C45 D60答案B解析分别过A，B，N作抛物线准线的垂线，垂足分别为A，B，C，由抛物线的定义知|AF|AA|，|BF|BB|，|NC|(|AA|BB|)|AB|，因为|MN|AB|，所以|NC|MN|，所以MNC60，即直线MN的倾斜角为120，又直线MN与直线l垂直且直线l的倾斜角为锐角，所以直线l的倾斜角为30.应选B.16(2022衡水中学高三上学期四调)y24x的准线交x轴于点Q，焦点为F，过Q且斜率大于0的直线交y24x于A，B，AFB60，|AB|()A B C4 D3答案B解析设A(x1,2 )，B(x2,2 )，x2x10，因为kQAkQB，即，整理化简得x1x21，
10、|AB|2(x2x1)2(22 )2，|AF|x11，|BF|x21，由余弦定理，得|AB|2|AF|2|BF|22|AF|BF|cos60，整理化简得，x1x2，又因为x1x21，所以x1，x23，|AB|.应选B.17(2022郑州第一次质量预测)设抛物线y24x的焦点为F，过点M(，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C点，|BF|3，那么BCF与ACF的面积之比()A B C D答案D解析设点A在第一象限，点B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy.由y24x得p2，因为|BF|3x2x21，所以x22，那么y4x2428，所以y22
11、，由得y24my40，由根与系数的关系，得y1y24，所以y1，由y4x1，得x1.过点A作AA垂直于准线x1，垂足为A，过点B作BB垂直于准线x1，垂足为B，易知CBBCAA，所以.又|BB|BF|3，|AA|x11，所以.应选D.18(2022昆明模拟)点A是抛物线y22px(p0)上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，FBC为正三角形，且ABC的面积是，那么抛物线的标准方程为_答案y216x解析如图，设抛物线的准线交x轴于点D，依题意得|DF|p，cos30，因此|BF|，|AF|BF|.由抛物线的定义知，点A到准线的距离也为，又ABC的面积为，因此有，p
12、8，所以该抛物线的标准方程为y216x.一、高考大题1(2022全国卷)抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)假设|AF|BF|4，求l的方程；(2)假设3，求|AB|.解设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F，故|AF|BF|x1x2.又|AF|BF|4，所以x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，那么x1x2.从而，解得t.所以l的方程为yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0，所以y1y22，从而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2，即A(3,3)，B.故|AB|.2(
13、2022浙江高考) 如图，点F(1,0)为抛物线y22px(p0)的焦点过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记AFG，CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标解(1)由题意得1，即p2.所以抛物线的准线方程为x1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，那么xAt2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyB4，即yB，所以B.又xG(xAxBxC)，yG(yA
14、yByC)及重心G在x轴上，得2tyC0，得C，G.所以直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而2.令mt22，那么m0，2221.当m时，取得最小值1，此时G(2,0)3(2022全国卷)设抛物线C：y22x，点A(2,0)，B(2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：ABMABN.解(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x2，可得M的坐标为(2,2)或(2，2)所以直线BM的方程为yx1或yx1.(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以ABMABN.当直线l与x轴不
15、垂直时，设直线l的方程为yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x10，x20.由得ky22y4k0，可知y1y2，y1y24.直线BM，BN的斜率之和为kBMkBN.将x12，x22及y1y2，y1y2的表达式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2)0.所以kBMkBN0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以ABMABN.综上，ABMABN.4(2022浙江高考)如图，点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)假设P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的
16、取值范围解(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24即y22y0y8x0y0的两个不同的实根所以y1y22y0，因此，PM垂直于y轴(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x00，解得k0或0k0，x1x2，y1y2(2x)(2x)4(x1x2)2m2，直线AB过AOB的外心，OAOB，0，m20，m0或m，直线AB不过点O，m0，m，直线AB：ykx，直线AB过定点.8(2022烟台一模)F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过F的动直线交抛
17、物线C于A，B两点当直线与x轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标解(1)因为F，在抛物线方程y22px中，令x，可得yp.于是当直线与x轴垂直时，|AB|2p4，解得p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)因为抛物线y24x的准线方程为x1，由可求得直线AB的方程为yx1，所以M(1，2)联立消去x，得y24y40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1y24，y1y24.假设点P(x0，y0)满足条件，那么2kPMkPAkPB，即2，因为点P，A，
18、B均在抛物线上，所以x0，x1，x2.代入化简可得，将y1y24，y1y24代入，解得y02.将y02代入抛物线方程，可得x01.于是点P(1，2)为满足题意的点9(2022扬州一模)直线x2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)定点M，N，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求MBD的内切圆半径r的取值范围解(1)设点P(x，y)，那么Q(2，y)，(x，y)，(2，y)0，2xy20，即y22x.曲线C的方程为y22x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴交点为E，直线AB与内切圆的切点为T.设直线AM的方程为yk，那么联立方程组得k2x2(k22)x0，x1x2且0x1x2，x11，r在区间(1，)上单调递增，那么r1，即r的取值范围为(1，)