2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十七讲 抛物线答案

这是一份2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十七讲 抛物线答案，共17页。试卷主要包含了解析，由题意得，即p=2，解析设，则等内容，欢迎下载使用。
专题九  解析几何第二十七讲  抛物线答案部分2019年 1.解析：由题意可得：，解得．故选D．2.（I）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（Ⅱ）设，重心.令，则.由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m>0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）.3.解析（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 ，整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，=2，所求圆的方程为；当时，，所求圆的方程为.  2010-2018年1．C【解析】由题意可知，如图，又抛物线的定义得，所以 为等边三角形，在三角形中，，，得，所以到的距离为等边三角形中边上的高，易知为．选C．2．D【解析】易知抛物线的焦点为，设，由轴得，代入抛物线方程得舍去)，把代入曲线的，故选D．3．B【解析】因为抛物线的准线方程为，∴，∴焦点坐标为．4．D 【解析】当直线的斜率不存在时，这样的直线恰好有2条，即，所以；所以当直线的斜率存在时，这样的直线有2条即可．设，，，则．又，两式相减得，．设圆心为，则，因为直线与圆相切，所以，解得，于是，，又，即，所以，又，所以，选D．5．C【解析】过点作交于点，因为，所以，又焦点到准线的距离为4，所以．故选C．6．D【解析】易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代入抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图象可得到直线的距离，所以的面积．7．D【解析】∵在抛物线的准线上，∴．∴，∴，设直线的方程为①，将①与联立，得②，则△=，即，解得或（舍去），将代入①②解得，即，又，∴，故选D．8．C【解析】∵，由抛物线的定义可得点的坐标，∴的面积为．9．C【解析】依题意可得AF所在直线方程为代入x2=4y得，又|FM|：|MN|=（1-y）：（1+y）＝1:．10．C【解析】设交的准线于得：11．D【解析】∵双曲线：的离心率为2,所以又渐近线方程为所以双曲线的渐近线方程为而抛物的焦点坐标为所以有.故选D．12．C【解析】设抛物线的方程为，易知，即，∵点在准线上，∴到的距离为，所以面积为36，故选C．13．【解析】由题意知，对于，当时，，由于被抛物线截得的线段长为4，所以，所以，所以抛物线的焦点坐标为．14．【解析】的准线方程为，又，所以必经过双曲线的左焦点，所以，．15．【解析】由正方形的定义可知BC= CD，结合抛物线的定义得点D为抛物线的焦点，所以，D，将点F的坐标代入抛物线的方程得，变形得，解得或（舍去），所以．16．2，【解析】；准线．17．【解析】建立直角坐标系，使拱桥的顶点O的坐标为（0,0），设抛物线的方程为，与抛物线的交点为A、B，根据题意知A（–2，–2），B（2，–2）则有，∴∴抛物线的解析式为水位下降1米，则y=–3，此时有或∴此时水面宽为米．18．【解析】由题意可得的值为，B点坐标为（）所以点B到抛物线准线的距离为．19．【解析】(1)由题意得，的方程为．设，由得．，故．所以．由题设知，解得（舍去），．因此的方程为．(2)由(1)得的中点坐标为，所以的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或．20．【解析】(1)设，，．因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根．所以．因此，垂直于轴．(2)由(1)可知所以，．因此，的面积．因为，所以．因此，面积的取值范围是．21．【解析】（1）设，，则，，，x1+x2=4，于是直线的斜率．（2）由，得．设，由题设知，解得，于是．设直线的方程为，故线段的中点为，．将代入得．当，即时，．从而．由题设知，即，解得．所以直线AB的方程为． 22．【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为，，因为，所以直线AP斜率的取值范围是。（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是 因为=== =，所以=令，因为，所以在区间上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值．23．【解析】（Ⅰ）由已知得，.又为关于点的对称点，故，的方程为，代入整理得，解得，，因此．所以为的中点，即．（Ⅱ）直线与除以外没有其它公共点.理由如下：直线的方程为，即.代入得，解得，即直线与只有一个公共点，所以除以外直线与没有其它公共点.24．【解析】（Ⅰ）由题设.设，则，且.记过两点的直线为，则的方程为. （Ⅰ）由于在线段上，故.记的斜率为，的斜率为，则.所以.（Ⅱ）设与轴的交点为，则.由题设可得，所以（舍去），.设满足条件的的中点为.当与轴不垂直时，由可得.而，所以.当与轴垂直时，与重合．所以所求轨迹方程为. 25．【解析】(Ⅰ)由题意得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线的距离．由抛物线的第一得，即.(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为，可设.因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:,,由消去得，故，所以.又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为，从而的直线FN：，直线BN：，所以，设M(,0)，由A，M，N三点共线得：，于是，经检验，或满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是.26．【解析】（Ⅰ）由题意可知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为．所以消去．整理得：．因为直线与抛物线相切，所以，解得.所以，即点．设圆的圆心为，点的坐标为，由题意知，点关于直线对称，故有，解得．即点．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，直线的方程为，所以点到直线的距离为．所以的面积为．27．【解析】解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得．因为，即，解得，所以抛物线的方程为．（Ⅱ）因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性，不妨设．由，可得直线的方程为．由，得，解得或，从而．又，所以，，所以，从而，这表明点到直线的距离相等，故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．因为点在抛物线：上，所以，由抛物线的对称性，不妨设．由，可得直线的方程为．由，得，解得或，从而．又，故直线的方程为，从而．又直线的方程为，所以点到直线的距离．这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．28．【解析】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为因为，由抛物线的定义可知，解得或（舍去）由，解得．所以抛物线的方程为．（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．因为，则，由得，故，故直线的斜率因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线的方程得，由题意，得设，则当时，，可得直线的方程为，由，整理得，直线恒过点当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，所以。设直线的方程为，因为点在直线上故．设，直线的方程为由于，可得，代入抛物线的方程得所以，可求得，所以点到直线的距离为==则的面积，当且仅当即时等号成立，所以的面积的最小值为．29．【解析】（Ⅰ）在，方程中，令，可得b=1,且得是上半椭圆 的左右顶点，设的半焦距为，由及，解得，所以，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，上半椭圆的方程为，易知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为代入的方程中，整理得：   （*）设点的坐标，由韦达定理得又，得，从而求得所以点的坐标为．同理，由得点的坐标为，，,即，，解得经检验，符合题意，故直线的方程为30．【解析】（Ⅰ）依题意，解得（负根舍去）抛物线的方程为．（Ⅱ）设点,，，由,即得．∴抛物线在点处的切线的方程为，即．∵， ∴．∵点在切线上,   ∴.        ①同理， .  ②综合①、②得，点的坐标都满足方程 . ∵经过两点的直线是唯一的，∴直线 的方程为，即．（Ⅲ）由抛物线的定义可知，所以联立，消去得， 当时，取得最小值为．31．【解析】（Ⅰ）由对称性知：是等腰直角，斜边点到准线的距离 圆的方程为（Ⅱ）由对称性设，则点关于点对称得：得：，直线切点直线坐标原点到距离的比值为．32．【解析】（Ⅰ）设，由已知得，． 所以=， =(0，)， =(，-2). 再由题意可知（+）• =0， 即（，）• (，－2)=0． 所以曲线C的方程式为．（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，因此直线的方程为，即．则点到的距离．又，所以  当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．