高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.7(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.7(教师版)，共13页。
A级
一、选择题
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，若直线y＝2x被抛物线所截弦长为4eq \r(5)，则抛物线C的方程为( )
A．x2＝8y B．x2＝4y
C．x2＝2y D．x2＝y
答案 C
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝2x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4p，,y＝8p，))即两交点坐标为(0,0)和(4p,8p)，则eq \r(4p2＋8p2)＝4eq \r(5)，得p＝1(舍去负值)，故抛物线C的方程为x2＝2y.故选C.
2．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，则|AB|＝( )
A.eq \f(\r(30),3) B．6
C．12 D．7eq \r(3)
答案 C
解析 抛物线C：y2＝3x的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，所以AB所在的直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))，将y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))代入y2＝3x，消去y整理得x2－eq \f(21,2)x＋eq \f(9,16)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(21,2)，由抛物线的定义可得|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(21,2)＋eq \f(3,2)＝12.故选C.
3．如果P1，P2，…，Pn是抛物线C：y2＝4x上的点，它们的横坐标依次为x1，x2，…，xn，F是抛物线C的焦点，若x1＋x2＋…＋xn＝10，则|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝( )
A．n＋10 B．n＋20
C．2n＋10 D．2n＋20
答案 A
解析 由抛物线的方程y2＝4x可知其焦点为(1,0)，准线为x＝－1，由抛物线的定义可知|P1F|＝x1＋1，|P2F|＝x2＋1，…，|PnF|＝xn＋1，所以|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝x1＋1＋x2＋1＋…＋xn＋1＝(x1＋x2＋…＋xn)＋n＝n＋10.故选A.
4．抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A是抛物线上一点，若A到F的距离是A到y轴距离的两倍，且三角形OAF的面积为1，O为坐标原点，则p的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 不妨设A(x0，y0)在第一象限，
由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋\f(p,2)＝2x0，,S△OAF＝\f(1,2)·\f(p,2)·y0＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(p,2)，,y0＝\f(4,p)，))∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，\f(4,p)))，
又∵点A的抛物线y2＝2px上，∴eq \f(16,p2)＝2p×eq \f(p,2)，即p4＝16，
又∵p>0，∴p＝2，故选B.
5．过抛物线y2＝8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于点C，若|AF|＝6，eq \(BC,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))(λ>0)，则λ的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,2)
C.eq \r(3) D．3
答案 D
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，
则x1＋2＝6，解得x1＝4，y1＝±4eq \r(2)，点A(4,4eq \r(2))，
则直线AB的方程为y＝2eq \r(2)(x－2)，
令x＝－2，得C(－2，－8eq \r(2))，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝2\r(2)x－2，))解得B(1，－2eq \r(2))，
所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3.故选D.
6．已知点P是抛物线y2＝－4x上的动点，设点P到此抛物线的准线的距离为d1，到直线x＋y－4＝0的距离为d2，则d1＋d2的最小值为( )
A．2 B.eq \r(2)
C.eq \f(5,2) D.eq \f(5\r(2),2)
答案 D
解析 点P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，
过焦点F作直线x＋y－4＝0的垂线，此时d1＋d2最小，
∵F(－1,0)，则d1＋d2＝eq \f(|－1＋0－4|,\r(2))＝eq \f(5\r(2),2).故选D.
7．已知抛物线C1：y＝eq \f(1,2p)x2(p>0)的焦点与双曲线C2：eq \f(x2,3)－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A.eq \f(\r(3),16) B.eq \f(\r(3),8)
C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(4\r(3),3)
答案 D
解析 由题意可知，抛物线开口向上且焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，双曲线焦点坐标为(2,0)，所以两个焦点连线的直线方程为y＝－eq \f(p,4)(x－2)．设M(x0，y0)，则有y′＝eq \f(1,p)x0＝eq \f(\r(3),3)⇒x0＝eq \f(\r(3),3)p.因为y0＝eq \f(1,2p)xeq \\al(2,0)，所以y0＝eq \f(p,6).又M点在直线y＝－eq \f(p,4)(x－2)上，即有eq \f(p,6)＝－eq \f(p,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)p－2))⇒p＝eq \f(4\r(3),3)，故选D.
8．已知M(x0，y0)是曲线C：eq \f(x2,2)－y＝0上的一点，F是曲线C的焦点，过M作x轴的垂线，垂足为N，若eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＜0，则x0的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(－1,1)
答案 A
解析 由题意知曲线C为抛物线，其方程为x2＝2y，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，根据题意可知，N(x0,0)，x0≠0，eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(1,2)－y0))，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，－y0)，所以eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝－y0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－y0))＜0，即0＜y0＜eq \f(1,2)，因为点M在抛物线上，所以有0＜eq \f(x\\al(2,0),2)＜eq \f(1,2)，又x0≠0，解得－1＜x0＜0或0＜x0＜1，故选A.
9．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点(5，m)到焦点的距离为6，P，Q分别为抛物线C与圆M：(x－6)2＋y2＝1上的动点，当|PQ|取得最小值时，向量eq \(PQ,\s\up6(→))在x轴正方向上的投影为( )
A．2－eq \f(\r(5),5) B．2eq \r(5)－1
C．1－eq \f(\r(21),21) D.eq \r(21)－1
答案 A
解析 因为6＝eq \f(p,2)＋5，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
设P(x，y)，则|PM|＝eq \r(x－62＋y2)＝eq \r(x－62＋4x)＝eq \r(x－42＋20)，可知当x＝4时，|PQ|取得最小值，最小值为eq \r(20)－1＝2eq \r(5)－1，此时不妨取P点的坐标为(4，－4)，则直线PM的斜率为2，即tan∠PMO＝2，所以cs∠PMO＝eq \f(1,\r(5))，故当|PQ|取得最小值时，向量eq \(PQ,\s\up6(→))在x轴正方向上的投影为(2eq \r(5)－1)·cs∠PMO＝2－eq \f(\r(5),5).故选A.
10．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的一条渐近线平行，并交抛物线于A，B两点，若|AF|>|BF|，且|AF|＝2，则抛物线的方程为( )
A．y2＝2x B．y2＝3x
C．y2＝4x D．y2＝x
答案 A
解析 由双曲线方程x2－eq \f(y2,3)＝1知其渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，∴过抛物线焦点F且与渐近线平行的直线AB的斜率为±eq \r(3)，不妨取kAB＝eq \r(3)，则其倾斜角为60°，即∠AFx＝60°.过A作AN⊥x轴，垂足为N.由|AF|＝2，得|FN|＝1.过A作AM⊥准线l，垂足为M，则|AM|＝p＋1.由抛物线的定义知，|AM|＝|AF|，∴p＋1＝2，∴p＝1，∴抛物线的方程为y2＝2x，故选A.
二、填空题
11．已知点A(1，y1)，B(9，y2)是抛物线y2＝2px(p>0)上的两点，y2>y1>0，点F是抛物线的焦点，若|BF|＝5|AF|，则yeq \\al(2,1)＋y2的值为________．
答案 10
解析 由抛物线的定义可知，9＋eq \f(p,2)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(p,2)))，解得p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x，又∵A，B两点在抛物线上，
∴y1＝2，y2＝6，∴yeq \\al(2,1)＋y2＝22＋6＝10.
12．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左至右的交点依次为A，B，C，D，则eq \f(|CD|,|AB|)的值为________．
答案 16
解析 如图所示，抛物线x2＝4y的焦点为F(0,1)，直线3x－4y＋4＝0过点(0,1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,3x－4y＋4＝0，))得4y2－17y＋4＝0，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(17,4)，y1y2＝1，解得y1＝eq \f(1,4)，y2＝4，
则eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(|FD|－1,|AF|－1)＝eq \f(y2＋1－1,y1＋1－1)＝16.
13．已知抛物线C1：y＝ax2(a>0)的焦点F也是椭圆C2：eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,b2)＝1(b>0)的一个焦点，点M，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，1))分别为曲线C1，C2上的点，则|MP|＋|MF|的最小值为________．
答案 2
解析 将Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，1))代入eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,b2)＝1，可得eq \f(1,4)＋eq \f(9,4b2)＝1，∴b＝eq \r(3)，c＝1，∴抛物线的焦点F为(0,1)，∴抛物线C1的方程为x2＝4y，准线为直线y＝－1，设点M在准线上的射影为D，根据抛物线的定义可知|MF|＝|MD|，∴要求|MP|＋|MF|的最小值，即求|MP|＋|MD|的最小值，易知当D，M，P三点共线时，|MP|＋|MD|最小，最小值为1－(－1)＝2.
14．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，且|AF|＝4|FB|，O为坐标原点，若△AOB的面积为eq \f(5,8)，则p＝________.
答案 1
解析 易知抛物线y2＝2px的焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，准线为x＝－eq \f(p,2)，不妨设点A在x轴上方，如图，过A，B作准线的垂线AA′，BB′，垂足分别为A′，B′，过点B作BH⊥AA′，交AA′于H，则|BB′|＝|A′H|，
设|FB|＝t，则|AF|＝|AA′|＝4t，∴|AH|＝|AA′|－|A′H|＝3t，
又|AB|＝5t，∴在Rt△ABH中，cs∠HAB＝eq \f(3,5)，
∴tan∠HAB＝eq \f(4,3)，则可得直线AB的方程为y＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得8x2－17px＋2p2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(17,8)p＋p＝eq \f(25,8)p，
易知点O到直线AB的距离为d＝|OF|·sin∠A′AB＝eq \f(p,2)×eq \f(4,5)＝eq \f(2,5)p.
∴S△AOB＝eq \f(1,2)×eq \f(25,8)p×eq \f(2,5)p＝eq \f(5p2,8)＝eq \f(5,8)，
∴p2＝1，又p>0，∴p＝1.
B级
三、解答题
15．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C与直线l1：y＝－x的一个交点的横坐标为8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)不过原点的直线l2与l1垂直，且与抛物线交于不同的两点A，B，若线段AB的中点为P，且|OP|＝|PB|，求△FAB的面积．
解 (1)易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)，
∴(－8)2＝2p×8，∴2p＝8，∴抛物线方程为y2＝8x.
(2)直线l2与l1垂直，故可设直线l2：x＝y＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且直线l2与x轴的交点为M.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝y＋m，))得y2－8y－8m＝0，
Δ＝64＋32m>0，∴m>－2.
y1＋y2＝8，y1y2＝－8m，
∴x1x2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),64)＝m2.
由题意可知OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝m2－8m＝0，
∴m＝8或m＝0(舍)，∴直线l2：x＝y＋8，M(8,0)．
故S△FAB＝S△FMB＋S△FMA＝eq \f(1,2)·|FM|·|y1－y2|＝3eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝24eq \r(5).
16．如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围．
解 (1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得eq \f(p,2)＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝sy＋1))消去x，得y2－4sy－4＝0，
故y1y2＝－4，所以，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)，－\f(2,t))).
又直线AB的斜率为eq \f(2t,t2－1)，故直线FN的斜率为－eq \f(t2－1,2t).
从而得直线FN：y＝－eq \f(t2－1,2t)(x－1)，
直线BN：y＝－eq \f(2,t).
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2＋3,t2－1)，－\f(2,t))).
设M(m,0)，由A，M，N三点共线，得
eq \f(2t,t2－m)＝eq \f(2t＋\f(2,t),t2－\f(t2＋3,t2－1))，于是m＝eq \f(2t2,t2－1)(t≠0，t≠±1)．
所以m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
17．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
解 (1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝eq \f(1,2).
所以抛物线C的方程为y2＝x.
抛物线C的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，准线方程为x＝－eq \f(1,4).
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x，))得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，
则x1＋x2＝eq \f(1－k,k2)，x1x2＝eq \f(1,4k2).
因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．
直线ON的方程为y＝eq \f(y2,x2)x，点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(y2x1,x2))).
因为y1＋eq \f(y2x1,x2)－2x1＝eq \f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)
＝eq \f(2k－2x1x2＋\f(1,2)x2＋x1,x2)
＝eq \f(2k－2×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)＝0，
所以y1＋eq \f(y2x1,x2)＝2x1，
故A为线段BM的中点．
18．已知曲线C上的动点M到y轴的距离比到点F(1,0)的距离小1.
(1)求曲线C的方程；
(2)过F作弦PQ，RS，设PQ，RS的中点分别为A，B，若eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(RS,\s\up6(→))＝0，求|eq \(AB,\s\up6(→))|最小时，弦PQ，RS所在直线的方程；
(3)是否存在一定点T，使得eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))－eq \(FT,\s\up6(→))？若存在，求出P的坐标，若不存在，试说明理由．
解 (1)由条件，点M到点F(1,0)的距离等于到直线x＝－1的距离，所以曲线C是以F为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，其方程为y2＝4x.
(2)设lPQ：y＝k(x－1)，代入y2＝4x得：k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
由韦达定理eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2k2＋2,k2)，,x1x2＝1，))
∴xA＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(k2＋2,k2)＝1＋eq \f(2,k2)，yA＝k(xA－1)＝eq \f(2,k).
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2)，\f(2,k)))，∵eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(RS,\s\up6(→))＝0，
∴PQ⊥RS.只要将A点坐标中的k换成－eq \f(1,k)，
得B(1＋2k2，－2k)，
∴|eq \(AB,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2)－1＋2k2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)＋2k))2)
＝ eq \r(\f(4,k4)＋4k4＋\f(4,k2)＋4k2)≥4(当且仅当k＝±1 时取“＝”)，
所以，|eq \(AB,\s\up6(→))|最小时，弦PQ，RS所在直线的方程为y＝±(x－1)，即x＋y－1＝0或x－y－1＝0.
(3)∵eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))－eq \(FT,\s\up6(→))⇒eq \(AF,\s\up6(→))＋eq \(FT,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))⇒eq \(AT,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))，
即A，T，B三点共线，
∴是否存在一定点T，使得eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))－eq \(FT,\s\up6(→))，
即探求直线AB是否过定点．
由(2)知，直线AB的方程为
y＋2k＝eq \f(－2k－\f(2,k),2k2＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1)))(x－2k2－1)，
整理得(1－k2)y＝k(x－3)，
∴直线AB过定点(3,0)，故存在一定点T(3,0)，
使得eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(TB,\s\up6(→))－eq \(FT,\s\up6(→)).