备战2022高考数学圆锥曲线专题32：抛物线向量结合问题22页（含解析）

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专题32：抛物线向量结合问题一、单选题1．已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，且，抛物线的准线与轴交于点，于点，若四边形的面积为，则准线的方程为（      ）A． B． C． D．2．过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，设垂足为（为第一象限的点），延长交抛物线于点，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为A． B． C． D．3．已知抛物线的焦点，直线与交于两点，且，则直线的斜率可能为A． B． C．1 D．二、解答题4．设抛物线C：（）的焦点为F，经过点F的动直线l交抛物线C于，两点，且.（1）求抛物线C的方程；（2）若（O为坐标原点），且点E在抛物线C上，求直线l的倾斜角；（3）若点M是抛物线C的准线上的一点，直线，，斜率分别为，，，求证：当为定值时，也为定值.5．已知抛物线的焦点为F，点Q在抛物线C上，点P的坐标为，且满足（O为坐标原点）.（1）求抛物线C的方程；（2）若直线l交抛物线C于A，B两点，且弦的中点M在直线上，试求的面积的最大值.6．已知抛物线y2 = 2px(p > 0)的焦点为F，过引直线l交此抛物线于A，B两点.（Ⅰ）若直线AF的斜率为2，求直线BF的斜率；（Ⅱ）若p=2，点M在抛物线上，且，求t的取值范围.7．抛物线的方程为，过抛物线上一点作斜率为的两条直线分别交抛物线于两点（三点互不相同），且满足：（1）求抛物线的焦点坐标和准线方程；（2）当时，若点的坐标为，求为钝角时点的纵坐标的取值范围；（3）设直线上一点，满足，证明线段的中点在轴上；8．如下图，设抛物线方程为，M为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为，．（Ⅰ）设线段的中点为；（ⅰ）求证：平行于轴；（ⅱ）已知当点的坐标为时，，求此时抛物线的方程；（Ⅱ）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点的坐标；若不存在，请说明理由．9．已知圆：和抛物线,圆的切线与抛物线交于不同的两点.（1）当切线斜率为时，求线段的长；（2）设点和点关于直线对称，且,求直线的方程.10．（本小题12分）已知如图，圆和抛物线，圆的切线与抛物线交于不同的点，.（1）当直线的斜率为时，求线段的长；（2）设点和点关于直线对称，问是否存在圆的切线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.11．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，点在线段上，且，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过抛物线：的焦点作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交曲线于另一点，求面积的最小值，以及取得最小值时直线的方程.
参考答案1．A【解析】设|BF|=m，|AF|=3m，则|AB|=4m，p=m，∠BAA1=60°，∵四边形AA1CF的面积为，∴=，∴m=，∴=，∴准线l的方程为x=﹣，故选A．2．D【解析】试题分析：，，因为，所以为中点，即，，因此，又，所以，选D.考点：抛物线定义，双曲线渐近线【方法点睛】1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点的坐标．2．若P（x0，y0）为抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，由定义易得|PF|＝x0＋；若过焦点的弦AB的端点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长为|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．3．A【解析】设A、B两点坐标分别为 ， 由题意，设直线AB的方程为，代入抛物线方程得： ，因为直线与抛物线有两个交点，所以，，，把代入即可解得，故选A.   4．(1) ；(2)   或 ；(3) 见解析【分析】(1)设出直线的方程与抛物线方程联立,消去得到关于的一元二次方程,利用根与系数的关系即可得出；(2)根据向量和(1)的结论可用表示点的坐标代入抛物线的方程即可得出直线的斜率和倾斜角；(3)利用向量计算公式和(1)中的根与系数的关系即可得出.【解析】(1)由题知 ， 直线方程为 化简得： ， (2) ，设 点E在抛物线C上， ，  或 (3)M是抛物线C的准线上的一点，设 ，,                    , 当为定值时，也为定值.【点评】本题考查抛物线与直线位置关系的应用. 熟练掌握直线与抛物线相交问题转化为直线方程与抛物线的方程联立得到一元二次方程、根据根与系数的关系、斜率的计算公式是解题的关键.5．（1）；（2）.【分析】（1）设点，利用向量的坐标运算公式列出满足的关于的式子，解出与，代入抛物线方程解得即可得到抛物线的方程；（2）设直线的方程为，设，，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理及中点坐标公示表示点的纵坐标，得出与的关系式，再利用含与的式子表示的面积，利用消元思想将面积的表达式转化为关于的式子，然后设法求最值.【解析】解：（1）设，∵，∴，∴，，∴，，即.又∵点Q在抛物线C上，∴，∴，∴抛物线C的方程为.（2）依题意，可知直线与x轴不垂直，故可设直线的方程为，并设，，的中点.联立方程组消去y，得，∴，.∵线段的中点的纵坐标为2，∴，即.由，得，故，则.由，令，得.∴设，则，，令，得或，由，得，由，得，∴的单调递增区间为，，单调递减区间为，当时，y取得极大值，当时，，，∴当，即时，，即的面积的最大值是.【点评】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查面积最值问题，难度较大.解答时一定要想办法利用所设未知量表示所求三角形的面积，当未知量较多时，要利用各未知量之间的关系进行转化，然后利用不等式、导数等方法求最值.6．（1）；（2），或.【分析】本题主要考查抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，根据抛物线的定义得到，再利用平行线的性质得到，所以得到①式，在和中，用角的正弦表示边长，转化比例关系，得到，所以，即得证；第二问，设出直线方程，令直线与抛物线方程联立，消参，利用韦达定理和方程的判别式找到k与、的关系，代入到已知的向量表达式中，得到，利用的范围解不等式，解出t的取值范围.【解析】（Ⅰ）分别过作准线的垂线，垂足分别是则∴，∴，∴…①中，…②，中，…③将②③代入①，得，∴∴∴，∴．…6分（Ⅱ）依题意可知，抛物线为，直线的斜率存在且，的方程为，设交点，，满足，即满足，∴，∴，且设，由，其中，得，∴，而代入，得，化为：得，，而 且，∴，或．考点：抛物线的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与抛物线相交问题、韦达定理.7．（1）焦点，准线；（2）或；（3）证明见解析；【分析】（1）数形结合，依据抛物线C的标准方程写出焦点坐标和准线方程；（2）为钝角时，必有,用表示，通过的范围可得的范围；（3）先根据条件求出点M的横坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，证明，可得的中点在轴上.【解析】解：（1）由抛物线的方程为可得，焦点，准线；（2）由点在上，可得，所以抛物线为，设直线的直线方程，直线的直线方程,点与是方程组的解，将②式代入①式得，，可得  ③，可得点与是方程组的解，将⑤式代入⑤式得，，可得  ，，由已知得：，则 ⑥，由③可得，代入，可得，将代入⑥可得，代入，可得，可得直线、分别与抛物线C得交点坐标为，,于是,,,因为为钝角且三点互不相同，故必有，可得得取值范围是，或，又点得纵坐标满足，当，；当时，，故的取值范围：或；（3）设点得坐标为,由，则，将③与⑥式代入可得：，即，即线段的中点在轴上.【点评】本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力等，综合性大，属于难题.8．（Ⅰ）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或；（Ⅱ）仅存在一点适合题意.【分析】（Ⅰ）（ⅰ）设出的坐标，利用导数求得切线的方程，结合是线段的中点进行化简，得到两点的横坐标相等，由此证得平行于轴.（ⅱ）利用列方程，解方程求得，进而求得抛物线方程.（Ⅱ）设出点坐标，由点坐标求得线段中点的坐标，由直线的方程和抛物线的方程，求得点的坐标，由此进行分类讨论求得点的坐标.【解析】（Ⅰ）（ⅰ）证明：由题意设，，，，．由得，则，所以，．因此直线的方程为，直线的方程为．所以，①．②由①、②得，因此，即，也即.所以平行于轴．（ⅱ）解：由（ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，所以，是方程的两根，因此，，又，所以．由弦长公式的．又，所以或，因此所求抛物线方程为或．（Ⅱ）解：设，由题意得，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．若在抛物线上，则，因此或．即或．（1）当时，则，此时，点适合题意．（2）当，对于，此时，，又，，所以，即，矛盾．对于，因为，此时直线平行于轴，又，所以直线与直线不垂直，与题设矛盾，所以时，不存在符合题意得点．综上所述，仅存在一点适合题意．【点评】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.9．（1）；（2）.【分析】（1）设出切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径得到切线的方程，再联立抛物线的方程，借助弦长公式求得线段的长；（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况考虑，将直线的方程与抛物线联立，消元，分别计算是否成立，从而求得直线的方程.【解析】（1）因为圆,所以圆心为,半径.设,当直线的斜率为时，设的方程为,则，或（舍），由消去得,所以.弦长.（2）①当直线的斜率不存在时，因为直线是圆的切线，所以的方程为,与联立，则得,即,不符合题意 .②当直线的斜率存在时，设直线的方程为,即.由题意知，得①,由,消去得,即且，，∵点和点关于直线对称，∴，∴，∵，∴，在直线上代入并化简，得，化简，得，②①+②得，即，解得，或．当时，代入①，解得，满足条件且，此时直线的方程为；．总上所述，存在满足条件其方程为.考点：1、直线与圆锥曲线的位置关系；2、圆的性质；3、向量的数量积．10．（1）；（2）存在，.【分析】（1）圆的圆心坐标为，半径，设，，设的方程，利用直线是圆的切线，求得的值，从而可得直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，即可计算弦长；（2）利用直线是圆的切线，可得，满足的一个方程，将直线的方程与抛物线方程联立，利用，可得，满足的另一个方程，联立方程组可求得，的值，从而得到满足题设的直线.【解析】∵圆：，∴圆心坐标为，半径，（1）当直线的斜率为时，设的方程为，即，∵直线是圆的切线，∴，解得或（舍），此时直线的方程为，由，消去得，∴，设，，则，，得，∴弦长；（2）∵直线是圆的切线，∴，得①，由，消去得，∴，即，且，，∵点和点关于直线对称，∴点为，∴，，∵，∴，即，即②，①+②，得，解得或，当时，代入①解得，，满足条件，当时，代入①得，无解，综上所述，存在满足条件的直线，其方程为.  考点：1.直线与抛物线的位置关系；2.弦长的计算；3.韦达定理的运用.11．（1）,（2）9   ,【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程，设，则，代入圆的方程，整理，即可. （2）法一：分类讨论，当直线的斜率不存在时，，，，当直线的斜率存在时，则，设直线的方程为，与，联立整理，计算，设直线的方程为，与，联立整理，计算，根据，令，则，，判断单调性，确定时，面积最小，求解即可. 法二：设直线的方程设为，与联立，计算，设直线的方程为与，联立，计算，以下同法一.【解析】（1）设，，则由于，依题知：，.即，，而点在圆上，故，得，故曲线的方程为.（2）法一：抛物线的焦点为，当直线的斜率不存在时，，，，当直线的斜率存在时，则，设，，直线的方程设为，代入，消去得，即，则，，∴，的直线方程为：，代入，消去得，，，，，，面积：，令，则，则，，令，则，即，当时，为减函数，当时，为增函数，所以时，面积最小．由得时，面积的最小值为，此时直线的方程为：，即．法二：抛物线的焦点为，过点的直线的方程设为：，设，，联立得.则，，∴，过且与直线垂直的直线设为：，联立得，，，．∴，面积．令，则，，令，则，即，当时，为减函数，当时，为增函数，所以时，面积最小．由得时，面积的最小值为9，此时直线的方程为：，即．【点评】本题考查相关点法求轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系，利用导数求最值，属于难题.