2022届高考数学二轮专题测练-直线与抛物线的位置关系

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-直线与抛物线的位置关系，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共20小题；共100分）
1. 设倾斜角为 α 的直线 l 经过抛物线 C：y2=2pxp>0 的焦点 F，与抛物线 C 交于 A，B 两点，设点 A 在 x 轴上方，点 B 在 x 轴下方，若 ∣AF∣∣BF∣=m，则 csα 的值为
A. m−1m+1B. mm+1C. m−1mD. 2mm+1

2. 已知过点 P 且与抛物线 y2=2x 只有一个公共点的直线有且只有一条，则点 P 可以是
A. P2,1B. P0,2C. P2,2D. P2,−2

3. 过点 0,1 且与抛物线 y2=4x 只有一个公共点的直线有
A. 1 条B. 2 条C. 3 条D. 0 条

4. 过点 2,4 作直线与抛物线 y2=8x 只有一个公共点，这样的直线有
A. 一条B. 两条C. 三条D. 四条

5. 设双曲线 C 的方程为 x2a2−y2b2=1a>0,b>0，过抛物线 y2=4x 的焦点和点 0,b 的直线为 l．若 C 的一条渐近线与 l 平行，另一条渐近线与 l 垂直，则双曲线 C 的方程为
A. x24−y24=1B. x2−y24=1C. x24−y2=1D. x2−y2=1

6. 过点 0,1 作直线，使它与抛物线 y2=4x 仅有一个公共点，则这样的直线有
A. 1 条B. 2 条C. 3 条D. 0 条

7. 已知抛物线 x2=4y，直线 y=k（k 为常数）与抛物线交于 A,B 两个不同点，若在抛物线上存在一点 P（不与 A,B 重合），满足 PA⋅PB=0，则实数 k 的取值范围为
A. k≥2B. k≥4C. 00 过点 A1,−2．
（1）求抛物线 C 的方程，并求其准线方程；
（2）是否存在平行于 OA（O 为坐标原点）的直线 l 与抛物线 C 有公共点，且直线 OA 与 l 的距离等于 55?若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由．

28. 直线 l 过曲线 C：y=18x2 的焦点 F，并与曲线 C 交于 Ax1,y1，Bx2,y2 两点．
（1）求证：x1x2=−16；
（2）曲线 C 分别在点 A，B 处的切线（与 C 只有一个公共点，且 C 在其一侧的直线）交于点 M，求点 M 的轨迹．

29. 如图所示，抛物线 C:y2=2pxp>0 与直线 AB:y=12x+b 相切于点 A．
（1）求 p，b 满足的关系式，并用 p 表示点 A 的坐标；
（2）设 F 是抛物线的焦点，若以 F 为直角顶角的 Rt△AFB 的面积等于 25，求抛物线 C 的标准方程．

30. 如图，已知抛物线 E:y2=2pxp>0 与圆 O:x2+y2=8 相交于 A，B 两点，且点 A 的横坐标为 2．过劣弧 AB 上动点 Px0,y0 作圆 O 的切线交抛物线 E 于 C，D 两点，分别以 C，D 为切点作抛物线 E 的切线 l1，l2，l1 与 l2 相交于点 M．
（1）求抛物线 E 的方程；
（2）求点 M 到直线 CD 距离的最大值．
答案
第一部分
1. A
2. A
3. C
4. B
5. D
【解析】由题可知，抛物线的焦点为 1,0，
所以直线 l 的方程为 x+yb=1，即直线的斜率为 −b．
又双曲线的渐近线的方程为 y=±bax，所以 −b=−ba，−b×ba=−1，
因为 a>0，b>0，解得 a=1，b=1．
6. C
7. B【解析】满足 PA⋅PB=0 的 P 点都在圆 x2+y−k2=4k 上，只需 x2=4y 与圆有除 A 、 B 外的交点即满足题意，联立两式有 y−ky−k−4=0．当 y=k 时交点为 A 、 B．故另一根 k−4 必须大于或等于零．解得 k≥4．
8. C【解析】当直线的斜率不存在，即过点 0,4 的直线方程为 x=0 时符合题意；当直线的斜率为 0 时，此时直线方程为 y=4 与抛物线仅有一个公共点；过点 0,4 可以做一条直线与抛物线相切；所以满足题意的直线有 3 条．
9. B【解析】由题意可知抛物线的方程为 y2=8x，焦点坐标为 2,0．
抛物线开口向右，由抛物线的图形可知 y 轴与抛物线只有一个公共点，
此时焦点到直线 l 的距离为 2；
直线 y=1 与抛物线只有一个公共点，此时焦点到直线 l 的距离为 1；
否则，设直线 y=kx+1 与抛物线 y2=8x 只有一个交点，
联立直线方程与抛物线方程可得：kx+12=8x，
整理可得：kx2+2k−8x+1=0，
直线与抛物线只有一个交点，则 Δ=4k−42−4k2=0，
解得：k=2，此时直线方程为 2x−y+1=0，
焦点到直线的距离为：4−0+122+1=5，
综上可得：焦点到直线 l 的距离为 1 或 2 或 5．
本题选择B选项．
10. B
【解析】抛物线 y2=8x 的焦点 F2,0，设 Q 到准线 l 的距离为 d，则 ∣QF∣=d．
因为 PQ=2QF，
所以 ∣PQ∣=2d，
因为 Q（在第一象限）是直线 PF 与 C 的一个交点，
所以直线的斜率为 −1，
所以直线的方程为 x+y−2=0．
与 y2=8x 联立可得 x=6−42（另一根舍去），
所以 ∣QF∣=d=8−42．
11. A【解析】由题意可知，抛物线 y2=4x 的焦点 F 的坐标为 1,0，准线方程为：x=−1，
由 △PAB 为“阿基米德三角形”，且线段 AB 经过抛物线 y2=4x 焦点，可得：P 点必在抛物线的准线上，
所以点 P−1,4，
所以直线 PF 的斜率为：4−0−1−1=−2，
又因为 PF⊥AB，
所以直线 AB 的斜率为 12，
所以直线 AB 的方程为：y−0=12x−1，即 x−2y−1=0．
12. A【解析】由题意，直线 l 方程为：y=3x−2，
代入抛物线 y2=8x 整理得：3x2−12x+12=8x，
所以 3x2−20x+12=0，
设 Bx1,y1，Cx2,y2，
所以 x1+x2=203，
所以弦 BC 的中点坐标为 103,433，
所以弦 BC 的中垂线的方程为 y−433=−33x−103，
令 y=0，可得 x=223，
所以 P223,0，
因为 A2,0，
所以 ∣AP∣=163．
13. A【解析】过 M 作 x 轴的垂线于点 A，交准线于 B，
如图：抛物线 C:x2=12y，
所以 F0,18，
因为 2FM=MN，∣OF∣=18，
所以 ∣MA∣=23∣OF∣=112，
所以 ∣MB∣=∣MF∣=524，
所以 ∣FN∣=3∣FM∣=58．
14. D【解析】由于点 Mx0,y0 在抛物线的内部，所以 y025 或 m−x2+4；
故实数 m 的取值范围为 −4,5．
第二部分
21. 54
【解析】设 AB 的中点为 P，过点 A，B，P 分别作准线的垂线，垂足分别为 Aʹ，Bʹ，Pʹ，则
∣PPʹ∣=12∣AAʹ∣+∣BBʹ∣=12∣AF∣+∣BF∣=32，
所以点 P 到 y 轴距离为 ∣PPʹ∣−14=54．
22. x=−1，12
【解析】抛物线的焦点为 Fp2,0，代入 y=x−1，得 0=p2−1，
所以 p=2，
所以准线方程为 x=−1，
因为 OA⊥OB，
所以直线 AB 过点 2p,0，即 1,0，
所以 p=12．
23. 23x−2y−3=0 和 23x+2y−3=0
24. 2
【解析】易知 l2:x=−1 是抛物线 y2=4x 的准线，设抛物线的焦点为 F1,0，则动点 P 到 l2 的距离等于 ∣PF∣，则动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的距离之和的最小值为焦点 F 到直线 l1:4x−3y+6=0 的距离，所以最小值是 ∣4−0+6∣5=2．
25. 36
【解析】方法一：
设 AB 中点为 C，则显然线段 PQ 的中点也是点 C，
此时由中线长定理知 ∣OP∣2+∣OQ∣2=2∣OC∣2+12∣PQ∣2，
也可以写成 ∣OP∣2+∣OQ∣2=12∣AB∣2+12∣PQ∣2=12∣AB∣2+4，
其中由直角可知 ∣AB∣=2∣OC∣，设 Ax1,y1，Bx2,y2，
由 x1=y124，x2=y224 可知：
kOA⋅kOB=y1y2x1x2=16y1y2y12y22=−1⇒y1y2=−16，x1x2=y1y2216=16，Cx1+x22,y1+y22，
故 ∣OC∣2=x1+x222+y1+y222≥x1x2+16，
“=”当且仅当 x1=x2=4，y1=−y2=±4 时（即 l⊥x轴 时）取得，
故 ∣OP∣2+∣OQ∣2=2∣OC∣2+12∣PQ∣2≥2×16+4=36．
方法二：
同解析 1 可得：kOA⋅kOB=y1y2x1x2=16y1y2y12y22=−1⇒y1y2=−16，
不妨设 l:x=ty+b，联解可得：y2−4ty−4b=0，
故 y1y2=−4b=−16⇒b=4，故直线 l 过定点 D4,01，
由抛物线性质可知当 l⊥x轴 时弦长 ∣AB∣ 最短为 8，
故 ∣OP∣2+∣OQ∣2=12∣AB∣2+4≥12×82+4=36．
（注 1：这也是抛物线的性质，过定点 a,0 的直线交点满足 x1x2=a2，y1y2=−2pa）
第三部分
26. a=0或−12．
27. （1） 将 1,−2 代入 y2=2px，得 −22=2p⋅1，p=2．
故所求的抛物线 C 的方程为 y2=4x，其准线方程为 x=−1．
（2） 假设存在符合题意的直线 l，其方程为 y=−2x+t，由 y=−2x+t,y2=4x, 得 y2+2y−2t=0．
因为直线 l 与抛物线 C 有公共点，所以 Δ=4+8t≥0，解得 t≥−12．
又由直线 OA 与 l 的距离 d=55，可得 ∣t∣5=15，解得 t=±1．
因为 −1∉−12,+∞，1∈−12,+∞，
所以符合题意的直线 l 存在，其方程为 2x+y−1=0．
28. （1） 曲线 C：y=18x2 的焦点 F 为 0,2，
由题意可得直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y=kx+2，
由 x2=8y,y=kx+2, 消 y 可得 x2−8kx−16=0，
因为 Ax1,y1，Bx2,y2，
所以 x1x2=−16．
（2） 由（1）可得 x1+x2=8k，x1x2=−16，
由 y=18x2，可得 yʹ=14x，
所以切线方程分别为 y−y1=14x1x−x1，y−y2=14x2x−x2，
且 y1=18x12，y2=18x22，可得 y=14x1x−18x12,y=14x2x−18x22,
解得 x=x1+x22=4k，y=x1x28=−2，
则 M 的轨迹方程为直线 y=−2．
29. （1） 联立方程组 y2=2px,y=12x+b, 消元得：y2−4py+4bp=0，①
因为抛物线 C:y2=2pxp>0 与直线 AB:y=12x+b 相切于点 A 相切，所以 Δ=16p2−16bp=0 得：b=p，②
将 ② 代入 ① 式得：y2−4py+4p2=0 解得 xA=2p，yA=2p
所以 A2p,2p．
（2） Fp2,0，所以 kAF=2p2p−p2=43．因为 AF⊥BF，所以 kBF=−34，
所以直线 BF 的方程为 y=−34x−p2=−34x+3p8．由
y=−34x+3p8,y=12x+p,⇒x=−p2,y=3p4,
即 B−p2,3p4 ， 所以 ∣AF∣=2p−p22+4p2=5p2，∣BF∣=−p2−p22+916p2=54p，
所以 S△AFB=12∣AF∣∣BF∣=2516p2=25 ，解得 p=4，
所以抛物线 C 的标准方程为 y2=8x．
30. （1） 由 xA=2 得 yA2=4，故 2pxA=4，p=1．
于是抛物线 E 的方程为 y2=2x．
（2） 设 Cy122,y1，Dy222,y2，切线 l1:y−y1=kx−y122，
代入 y2=2x 得 ky2−2y+2y1−ky12=0，由 Δ=0 得 k=1y1，
所以 l1 方程为 y=1y1x+y12，同理 l2 方程为 y=1y2x+y22，
联立 y=1y1x+y12,y=1y2x+y22,
解得 x=y1⋅y22,y=y1+y22.
易得 CD 方程为 x0x+y0y=8，其中 x0，y0 满足 x02+y02=8，x0∈2,22，
联立方程 y2=2x,x0x+y0y=8,
得 x0y2+2y0y−16=0，则 y1+y2=−2y0x0,y1⋅y2=−16x0,
所以 Mx,y 满足 x=−8x0,y=−y0x0，即点 M 的坐标为 −8x0,−y0x0．
点 M 到直线 CD：x0x+y0y=8 的距离 d=−8−y02x0−8x02+y02=y02x0+1622=8−x02x0+1622=8x0−x0+1622，
d 关于 x0 单调递减，
故当且仅当 x0=2 时，dmax=1822=922．