2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题第七章　平面解析几何 54 word版含答案

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这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题第七章　平面解析几何 54 word版含答案，共11页。试卷主要包含了基础小题，模拟小题，模拟大题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．已知抛物线x2＝4y上一点A的纵坐标为4，则点A到抛物线焦点的距离为( )
A.eq \r(10) B．4 C.eq \r(15) D．5
答案 D
解析由题意知，抛物线的准线方程为y＝－1，所以由抛物线的定义知，点A到抛物线焦点的距离为5.
2．已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为( )
A．18 B．24 C．36 D．48
答案 C
解析如图，设抛物线方程为y2＝2px(p>0)．
∵当x＝eq \f(p,2)时，|y|＝p，
∴p＝eq \f(|AB|,2)＝eq \f(12,2)＝6.
又P到AB的距离始终为p，
∴S△ABP＝eq \f(1,2)×12×6＝36.
3．已知过抛物线y2＝6x焦点的弦长为12，则此弦所在直线的倾斜角是( )
A.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) B.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
C.eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) D.eq \f(π,2)
答案 B
解析焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，当斜率不存在时，弦长为2p＝6，不符合题意，故此弦所在直线斜率存在设为k，所以方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，代入y2＝6x，得k2x2－(3k2＋6)x＋eq \f(9,4)k2＝0，设弦的两端点为(x1，y1)，(x2，y2)，x1＋x2＋p＝12，即eq \f(3k2＋6,k2)＋3＝12，k2＝1.∴k＝tanα＝±1，结合x∈如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是( )
A.eq \f(|BF|－1,|AF|－1) B.eq \f(|BF|2－1,|AF|2－1)
C.eq \f(|BF|＋1,|AF|＋1) D.eq \f(|BF|2＋1,|AF|2＋1)
答案 A
解析过A，B点分别作y轴的垂线，垂足分别为M，N，则|AM|＝|AF|－1，|BN|＝|BF|－1.可知eq \f(S△BCF,S△ACF)＝eq \f(\f(1,2)·|CB|·|CF|·sin∠BCF,\f(1,2)·|CA|·|CF|·sin∠BCF)＝eq \f(|CB|,|CA|)＝eq \f(|BN|,|AM|)＝eq \f(|BF|－1,|AF|－1)，故选A.
10．以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|＝4eq \r(2)，|DE|＝2eq \r(5)，则C的焦点到准线的距离为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 B
解析不妨设C：y2＝2px(p>0)，A(x1,2eq \r(2))，则x1＝eq \f(2\r(2)2,2p)＝eq \f(4,p)，由题意可知|OA|＝|OD|，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,p)))2＋8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)))2＋5，解得p＝4.故选B.
11．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(2),2) D．1
答案 C
解析设P(x，y)，∵|PM|＝2|MF|，∴eq \f(|PM|,|MF|)＝2，
又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xM＝\f(x＋2×\f(p,2),1＋2)＝\f(x＋p,3)，,yM＝\f(y,1＋2)＝\f(y,3)，))
∴kOM＝eq \f(yM,xM)＝eq \f(y,x＋p)，由题易知kOM最大时y>0，
∴kOM＝eq \f(\r(2px),x＋p)＝eq \f(\r(2p),\r(x)＋\f(p,\r(x)))≤eq \f(\r(2p),2\r(p))＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当x＝p时取等号．
12．若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是________．
答案 9
解析设M(x0，y0)，由抛物线方程知焦点F(1,0)．根据抛物线的定义得|MF|＝x0＋1＝10，∴x0＝9，即点M到y轴的距离为9.
13．设抛物线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t为参数，p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)p，0))，AF与BC相交于点E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3eq \r(2)，则p的值为________．
答案 eq \r(6)
解析由已知得抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，则|FC|＝3p，∴|AF|＝|AB|＝eq \f(3,2)p，则A(p，eq \r(2)p)(不妨设A在第一象限)．易证△EFC∽△EAB，所以eq \f(|EF|,|AE|)＝eq \f(|FC|,|AB|)＝eq \f(|FC|,|AF|)＝2，所以eq \f(|AE|,|AF|)＝eq \f(1,3)，所以S△ACE＝eq \f(1,3)S△AFC＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)p×eq \r(2)p＝eq \f(\r(2),2)p2＝3eq \r(2)，所以p＝eq \r(6).
三、模拟小题
14．抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是( )
A．(0，a) B．(a,0) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16a))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16a)，0))
答案 C
解析将y＝4ax2(a≠0)化为标准方程得x2＝eq \f(1,4a)y(a≠0)，所以焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16a)))，所以选C.
15．已知点P是抛物线x2＝4y上的动点，点P在x轴上的射影是点Q，点A的坐标是(8,7)，则|PA|＋|PQ|的最小值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 C
解析抛物线的焦点为F(0，1)，准线方程为y＝－1，根据抛物线的定义知，|PF|＝|PM|＝|PQ|＋1.
∴|PA|＋|PQ|＝|PA|＋|PM|－1＝|PA|＋|PF|－1≥|AF|－1＝eq \r(82＋7－12)－1＝10－1＝9.
当且仅当A、P、F三点共线时，等号成立，则|PA|＋|PQ|的最小值为9.故选C.
16．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.
17．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，若|FP|＝3|FQ|，则|QF|＝( )
A.eq \f(8,3) B.eq \f(5,2) C．3 D．2
答案 A
解析设l与x轴的交点为M，如图所示，过Q作QN⊥l，垂足为N，则△PQN∽△PFM，所以eq \f(|NQ|,|MF|)＝eq \f(|PQ|,|PF|)＝eq \f(2,3)，因为|MF|＝4，所以|NQ|＝eq \f(8,3)，故|QF|＝|QN|＝eq \f(8,3)，故选A.
18．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y、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.
一、高考大题
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．
(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；
②求p的取值范围．
解 (1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))在直线l：x－y－2＝0上，
得eq \f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.
所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．
因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，
于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.
①证明：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x，得y2＋2py－2pb＝0.(*)
因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，
从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.
方程(*)的两根为y1,2＝－p±eq \r(p2＋2pb)，从而y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝－p.
因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.
因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．
②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，
所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.
由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，
所以p因此，p的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
2．已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
解由题设知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)).设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，
且Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,2)，b))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，b))，
Req \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))).
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝eq \f(a－b,1＋a2)＝eq \f(a－b,a2－ab)＝eq \f(1,a)＝eq \f(－ab,a)＝－b＝k2.
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，则S△ABF＝eq \f(1,2)|b－a|·|FD|＝eq \f(1,2)|b－a|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))，S△PQF＝eq \f(|a－b|,2).
由题设可得2×eq \f(1,2)|b－a|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))＝eq \f(|a－b|,2)，所以x1＝0(舍去)，或x1＝1.
设AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，
由kAB＝kDE可得eq \f(2,a＋b)＝eq \f(y,x－1)(x≠1)．
而eq \f(a＋b,2)＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合．所以，所求轨迹方程为y2＝x－1.
二、模拟大题
3．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线l过点F交抛物线C于A，B两点，且以AB为直径的圆M与直线y＝－1相切于点N.
(1)求C的方程；
(2)若圆M与直线x＝－eq \f(3,2)相切于点Q，求直线l的方程和圆M的方程．
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝y1＋y2＋p.
又∵以AB为直径的圆M与直线y＝－1相切，
∴|AB|＝y1＋y2＋2，故p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y并整理，得x2－4kx－4＝0.
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2
＝4k2＋2，
∴圆心Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))的坐标为M(2k,2k2＋1)．
∵圆M与直线x＝－eq \f(3,2)相切于点Q，∴|MQ|＝|MN|，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k＋\f(3,2)))＝|2k2＋2|，解得k＝eq \f(1,2).
此时直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋1，即x－2y＋2＝0.
圆心Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，半径r＝eq \f(5,2)，
即圆M的方程为(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(25,4).
4．已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点F(1,0)，其准线与x轴的交点为K，过点K的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D.
(1)证明：点F在直线BD上；
(2)设eq \(FA,\s\up16(→))·eq \(FB,\s\up16(→))＝eq \f(8,9)，求△BDK的内切圆M的方程．
解 (1)证明：由题可知K(－1,0)，抛物线的方程为y2＝4x，
则可设直线l的方程为x＝my－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，－y1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,y2＝4x，))得y2－4my＋4＝0，
∴Δ＝(－4m)2－4×4≥0，得m2≥1，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4，
则直线BD的方程为y－y2＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x2)，即
y－y2＝eq \f(4,y2－y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,2),4))).
令y＝0，得x＝eq \f(y1y2,4)＝1，∴点F(1,0)，在直线BD上．
(2)由(1)可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝4，))
∴x1＋x2＝(my1－1)＋(my2－1)＝4m2－2，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝1.
又eq \(FA,\s\up16(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FB,\s\up16(→))＝(x2－1，y2)
故eq \(FA,\s\up16(→))·eq \(FB,\s\up16(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝x1x2－(x1＋x2)＋5＝8－4m2，
则8－4m2＝eq \f(8,9)，∴m＝±eq \f(4,3)，
故直线l的方程为3x＋4y＋3＝0或3x－4y＋3＝0，
y2－y1＝±eq \r(y2＋y12－4y1y2)＝±eq \r(16m2－16)＝±eq \f(4\r(7),3)，
故直线BD的方程为3x＋eq \r(7)y－3＝0或3x－eq \r(7)y－3＝0.
又KF为∠BKD的平分线，
故可设圆心M(t,0)(－1M(t,0)到直线l及BD的距离分别为eq \f(3|t＋1|,5)，eq \f(3|t－1|,4)，
由eq \f(3|t＋1|,5)＝eq \f(3|t－1|,4)，得t＝eq \f(1,9)或t＝9(舍去)，
故圆M的半径为r＝eq \f(3|t＋1|,5)＝eq \f(2,3)，
∴圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,9)))2＋y2＝eq \f(4,9).
5．如图，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0,1)，取垂直于y轴的直线与抛物线交于不同的两点P1，P2，过P1，P2作圆心为Q的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且P1Q⊥P2Q.
(1)求抛物线C和圆Q的方程；
(2)过点F作直线l，与抛物线C和圆Q依次交于M，A，B，N，求|MN|·|AB|的最小值．
解 (1)因为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0,1)，
所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.
由抛物线和圆的对称性，可设圆Q：x2＋(y－b)2＝r2.
∵P1Q⊥P2Q，∴△P1QP2是等腰直角三角形，
不妨设P1在左侧，则∠QP1P2＝45°，
∴P2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)r，b－\f(\r(2),2)r))，代入抛物线方程有eq \f(r2,2)＝4b－2eq \r(2)r.
由题意，可知在P1，P2处圆和抛物线相切，对抛物线方程x2＝4y求导得y′＝eq \f(x,2)，
所以抛物线在点P2处切线的斜率为k＝eq \f(\r(2)r,4).
由∠QP1P2＝45°，得k＝eq \f(\r(2)r,4)＝1，所以r＝2eq \r(2)，代入eq \f(r2,2)＝4b－2eq \r(2)r，解得b＝3.
所以圆Q的方程为x2＋(y－3)2＝8.
(2)由题意，知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.
圆心Q(0,3)到直线l的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
∴|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝4eq \r(2－\f(1,1＋k2)).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))得y2－(2＋4k2)y＋1＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4k2＋2，
由抛物线定义知，|MN|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)，
所以|MN|·|AB|＝16(1＋k2) eq \r(2－\f(1,1＋k2)).
设t＝1＋k2(t≥1)，则|MN|·|AB|＝16teq \r(2－\f(1,t))
＝16eq \r(2t2－t)＝16eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2－\f(1,8))(t≥1)，
所以当t＝1，即k＝0时，|MN|·|AB|有最小值16.
6．已知抛物线C：y2＝4x，过其焦点F作两条相互垂直且不平行于x轴的直线，分别交抛物线C于点P1，P2和点P3，P4，线段P1P2，P3P4的中点分别记为M1，M2.
(1)求△FM1M2面积的最小值；
(2)求线段M1M2的中点P满足的方程．
解 (1)由题意，得抛物线的焦点坐标为F(1,0)，设直线P1P2的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y并整理，
得k2x2－2(2＋k2)x＋k2＝0.(*)
(*)是关于x的一元二次方程，其判别式Δ＝2－4k4＝16(1＋k2)>0.
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两个不相等实根，且x1＋x2＝eq \f(22＋k2,k2).
设M1(xM1，yM1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xM1＝\f(x1＋x2,2)＝\f(2＋k2,k2)，,yM1＝kxM1－1＝\f(2,k)，))
类似地，设M2(xM2，yM2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xM 2＝\f(2＋\f(1,k2),\f(1,k2))＝2k2＋1，,yM2＝－\f(1,k)xM2－1＝－2k，))
所以|FM1|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2＋k2,k2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)))2)＝eq \f(2,k2) eq \r(1＋k2)，
|FM2|＝ eq \r(2k22＋－2k2)＝2|k|eq \r(1＋k2)，
因此S△FM1M2＝eq \f(1,2)|FM1|·|FM2|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|k|)＋|k|)).
因为eq \f(1,|k|)＋|k|≥2，所以S△FM1M2≥4，当且仅当eq \f(1,|k|)＝|k|，即k＝±1时，S△FM1M2取到最小值4.
(2)设线段M1M2的中点为P(x，y)，
由(1)得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)xM1＋xM2＝\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,k2)＋2k2))＝1＋k2＋\f(1,k2)，,y＝\f(1,2)yM1＋yM2＝\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)－2k))＝－k＋\f(1,k)，))
消去k，得y2＝x－3.
∴线段M1M2的中点P满足的方程为y2＝x－3.