《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學理一輪知能檢測：第8章 第7節(jié)　拋 物 線數(shù)學大師 為您收集整理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學理一輪知能檢測：第8章 第7節(jié)　拋 物 線數(shù)學大師 為您收集整理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第七節(jié)　拋 物 線 [全盤鞏固] 1．拋物線x2＝(2a－1)y的準線方程是y＝1，則實數(shù)a＝(　　) A. B. C．－ D．－ 解析：選D　把拋物線方程化為x2＝－2y，則p＝－a，故拋物線的準線方程是y＝＝，則＝1，解得a＝－. 2．直線4kx－4y－k＝0與拋物線y2＝x交于A，B兩點，若|AB|＝4，則弦AB的中點到直線x＋＝0的距離等于(　　) A. B．2 C. D．4 解析：選C　直線4kx－4y－k＝0，即y＝k，即直線4kx－4y－k＝0過拋物線y2

2、＝x的焦點.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋＝4，故x1＋x2＝，則弦AB的中點的橫坐標是，所以弦AB的中點到直線x＋＝0的距離是＋＝. 3．(2013·江西高考)已知點A(2,0)，拋物線C：x2＝4y的焦點為F，射線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，則|FM|∶|MN|＝(　　) A．2∶ B．1∶2 C．1∶ D．1∶3 解析：選C　FA：y＝－x＋1，與x2＝4y聯(lián)立，得xM＝－1，F(xiàn)A：y＝－x＋1，與y＝－1聯(lián)立，得N(4，－1)，由三角形相似知＝＝. 4．設F為拋物線y2＝4x的焦點，A，B，C為該拋物線上三點，若＋＋＝0，

3、則||＋||＋||＝(　　) A． 9 B．6 C．4 D．3 解析：選B　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又F(1,0)，由＋＋＝0知， (x1－1)＋(x2－1)＋(x3－1)＝0，即x1＋x2＋x3＝3，||＋||＋||＝x1＋x2＋x3＋p＝6. 5．已知點M(1,0)，直線l：x＝－1，點B是l上的動點，過點B垂直于y軸的直線與線段BM的垂直平分線交于點P，則點P的軌跡是(　　) A．拋物線 B．橢圓 C．雙曲線的一支 D．直線 解析：選A　由點P在BM的垂直平分線上，故|

4、PB|＝|PM|.又PB⊥l，因而點P到直線l的距離等于點P到點M的距離，所以點P的軌跡是拋物線． 6．(2013·新課標全國卷Ⅰ)O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2＝4x的焦點，P為C上一點，若|PF|＝4，則△POF的面積為(　　) A．2 B．2 C．2 D．4 解析：選C　設P(x0，y0)，根據(jù)拋物線定義得|PF|＝x0＋，所以x0＝3， 代入拋物線方程求得y2＝24，解得|y|＝2，所以△POF的面積等于·|OF|·|y|＝××2＝2. 7．(2013·北京高考)若拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1,0)，則p＝________，準線方程為

5、________． 解析：∵拋物線y2＝2px的焦點坐標為(1,0)，∴＝1，解得p＝2，∴準線方程為x＝ －1. 答案：2　x＝－1 8．(2014·麗水模擬)設Q為圓C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0上任意一點，拋物線y2＝8x的準線為l.若拋物線上任意一點P到直線l的距離為m，則m＋|PQ|的最小值為________． 解析：如圖由拋物線定義可得，點P到準線的距離等于其到焦點F的距離，故問題轉化為點P到焦點的距離與到圓上點的距離之和的最小值，由圓的知識可知當且僅當點P為圓心C和焦點F的連線與拋物線的交點，Q取CF的連線與圓的交點時，距離之和取得最小值，即m＋|PQ|≥|C

6、F|－r＝－2＝－2. 答案：－2. 9．拋物線y＝－x2上的點到直線4x＋3y－8＝0距離的最小值是________． 解析：如圖，設與直線4x＋3y－8＝0平行且與拋物線y＝－x2相切的直線為4x＋3y＋b＝0，切線方程與拋物線方程聯(lián)立得消去y整理得3x2－4x－b＝0，則Δ＝16＋12b＝0，解得b＝－，所以切線方程為4x＋3y－＝0，拋物線y＝－x2上的點到直線4x＋3y－8＝0距離的最小值是這兩條平行線間的距離d＝＝. 答案： 10．已知以向量v＝為方向向量的直線l過點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的頂點關于直線l的對稱點在該拋物線的

7、準線上． (1)求拋物線C的方程； (2)設A，B是拋物線C上兩個動點，過A作平行于x軸的直線m，直線OB與直線m交于點N，若·＋p2＝0(O為原點，A，B異于原點)，試求點N的軌跡方程． 解：(1)由題意可得直線l的方程為y＝x＋，① 過原點垂直于l的直線方程為y＝－2x.② 解①②得x＝－.∵拋物線的頂點關于直線l的對稱點在該拋物線的準線上， ∴－＝－×2，p＝2.∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由題意知y0＝y(tǒng)1. 由·＋p2＝0，得x1x2＋y1y2＋4＝0，又y＝4x1，y＝4x2，解得y1y2＝－8，③

8、 直線ON：y＝x，即y0＝x0.④由③④及y0＝y(tǒng)1得點N的軌跡方程為x＝－2(y≠0)． 11．已知定點A(1,0)和直線x＝－1上的兩個動點E，F(xiàn)，且⊥，動點P滿足∥，∥ (其中O為坐標原點)． (1)求動點P的軌跡C的方程； (2)過點B(0,2)的直線l與(1)中的軌跡C相交于兩個不同的點M，N，若·<0，求直線l的斜率的取值范圍． 解：(1)設P(x，y)，E(－1，yE)，F(xiàn)(－1，yF)，∵·＝(－2，yE)·(－2，yF)＝y(tǒng)E·yF＋4＝0，∴yE·yF＝－4，①又＝(x＋1，y－yE)，＝(1，－yF)， 且∥，∥，∴y－yE＝0且x(－yF)－y＝0，∴yE＝

9、y，yF＝－， 代入①得y2＝4x(x≠0)，∴動點P的軌跡C的方程為y2＝4x(x≠0)． (2)設l：y－2＝kx(易知k存在，且k≠0)， 聯(lián)立消去x，得ky2－4y＋8＝0， Δ＝42－32k>0，即k<.令M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則y1＋y2＝，y1·y2＝， ·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2 ＝－＋1＋y1y2＝2－＋y1y2＋1 ＝＋1<0，∴－12

10、段PF與y軸的交點，RQ⊥FP，PQ⊥l. (1)求動點Q的軌跡C的方程； (2)設圓M過A(1,0)，且圓心M在曲線C上，TS是圓M在y軸上截得的弦，當M運動時，弦長|TS|是否為定值？請說明理由． 解： (1)依題意知，點R是線段FP的中點，且RQ⊥FP，∴RQ是線段FP的垂直平分線． ∵|PQ|是點Q到直線l的距離．點Q在線段FP的垂直平分線上，∴|PQ|＝|QF|. 故動點Q的軌跡是以F為焦點，l為準線的拋物線，其方程為y2＝2x(x>0)． (2)弦長|TS|為定值．理由如下：取曲線C上點M(x0，y0)，M到y(tǒng)軸的距離為d＝|x0|＝x0， 圓的半徑r＝|MA|

11、＝，則|TS|＝2＝2， 因為點M在曲線C上，所以x0＝，所以|TS|＝2＝2，是定值． [沖擊名校] 已知直線y＝－2上有一個動點Q，過點Q作直線l1垂直于x軸，動點P在l1上，且滿足OP⊥OQ(O為坐標原點)，記點P的軌跡為C. (1)求曲線C的方程； (2)若直線l2是曲線C的一條切線，當點(0,2)到直線l2的距離最短時，求直線l2的方程． 解：(1)設點P的坐標為(x，y)，則點Q的坐標為(x，－2)． ∵OP⊥OQ，∴當x＝0時，P，O，Q三點共線，不符合題意，故x≠0. 當x≠0時，得kOP·kOQ＝－1，即·＝－1，化簡得x2＝2y， ∴曲線C的方程為x2＝2

12、y(x≠0)． (2)∵直線l2與曲線C相切，∴直線l2的斜率存在． 設直線l2的方程為y＝kx＋b，由得x2－2kx－2b＝0. ∵直線l2與曲線C相切，∴Δ＝4k2＋8b＝0，即b＝－. 點(0,2)到直線l2的距離d＝＝·＝ ≥×2＝. 當且僅當＝，即k＝±時，等號成立．此時b＝－1. ∴直線l2的方程為x－y－1＝0或x＋y＋1＝0. [高頻滾動] 1．(2014·宜賓模擬)已知點F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，動點P滿足|PF2|－|PF1|＝2，當點P的縱坐標是時，點P到坐標原點的距離是(　　) A. B. C. D．2 解析：選A　由已知可得c＝，a＝1，∴b＝1.∴雙曲線方程為x2－y2＝1(x≤－1)． 將y＝代入，可得點P的橫坐標為x＝－. ∴點P到原點的距離為 ＝. 2．(2014·上海模擬)已知雙曲線－＝1的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點M在雙曲線上且MF1⊥x軸，則F1到直線F2M的距離為________． 解析：由題意知F1(－3,0)，設M(－3，y0)，代入雙曲線方程求得|y0|＝，即|MF1|＝.又|F1F2|＝6，利用直角三角形性質及數(shù)形結合得F1到直線F2M的距離為d＝＝＝. 答案：