第10期 抛物线（一）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 直线与抛物线的位置关系是圆锥曲线的重要内 容，是高考常常考查的热点． 例１设抛物线ｙ２＝８ｘ的焦点为Ｆ，准线为ｌ，Ｐ为抛 物线上一点，ＰＡ⊥ｌ，Ａ为垂足，如果直线ＡＦ的斜率为－ 槡３，那么｜ＰＦ｜＝ （　　） （Ａ）槡４３　　　　　　　（Ｂ）８ （Ｃ）槡８３　　 （Ｄ）１６ 解析：由抛物线的定义得｜ＰＦ｜＝｜ＰＡ｜． 又由直线ＡＦ的斜率为 －槡３， 可知∠ＰＡＦ＝６０°，△ＰＡＦ是等边三角形， 所以｜ＰＦ｜＝｜ＡＦ｜＝ ４ｃｏｓ６０°＝８．故选（Ｂ）． 点评：本题主要考查直线的倾斜角与斜率的关系、 抛物线的定义、准线方程的求法以及直线与抛物线的 位置关系，体现了在知识交汇点处命题的原则． 例２如右图，Ｍ是抛物线ｙ２ ＝４ｘ上 一点，Ｆ是抛物线的焦点，以 Ｆｘ为始边、 ＦＭ为终边的角∠ｘＦＭ＝６０°，求｜ＦＭ｜． 解析：因为∠ｘＦＭ ＝６０°，所以线段 ＦＭ所在直线的斜率为ｋ＝ｔａｎ６０°＝槡３． 因此，直线ＦＭ的方程为 ｙ＝槡３（ｘ －１）． 联立 ｙ＝槡３（ｘ－１）， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 消去ｙ，得３ｘ２－１０ｘ＋３＝０，解得ｘ１＝ １ ３，ｘ２＝３． 把ｘ１ ＝ １ ３，ｘ２ ＝３分别代入ｙ＝槡３（ｘ－１）， 得ｙ１ ＝－ 槡 ２３ ３，ｙ２ ＝ 槡２３． 由图知 １ ３，－ ２ ３槡( )３不合题意， 所以点Ｍ的坐标为（３，槡２３）． 因此，｜ＦＭ｜＝ （３－１）２＋（槡２３－０）槡 ２ ＝４． 变式１：过抛物线ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点Ｆ作倾斜 角为４５°的直线交抛物线于Ａ，Ｂ两点，若线段ＡＢ的长 为８，则ｐ＝ ． 解析：由题意得直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｘ－ｐ２， 代人抛物线ｙ２ ＝２ｐｘ，得ｘ２－３ｐｘ＋ｐ ２ ４ ＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝３ｐ． 根据抛物线的定义，得ｘ１＋ｘ２＋ｐ＝８， 即３ｐ＋ｐ＝８，所以ｐ＝２． 变式２：在直角坐标平面上，设直线ｌ：ｙ＝ｘ＋２与抛 物线Ｃ：ｘ２＝４ｙ相交于Ｐ，Ｑ两点．若Ｆ是抛物线Ｃ的焦 点，则｜ＰＦ｜＋｜ＱＦ｜的值为 ． 解析：设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）． 由 ｙ＝ｘ＋２， ｘ２ ＝４ｙ{ ， 得ｙ２－８ｙ＋４＝０， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝８（ｙ１ ＞０，ｙ２ ＞０）． 故｜ＰＦ｜＋｜ＱＦ｜＝（ｙ１＋１）＋（ｙ２＋１）＝１０． 书 在求抛物线的标准方程时，根据不同的已知条件， 可采用相应的解法，通常有以下几种常见方法． 一、定义法 例１点Ｍ与点Ｆ（０，－２）的距离比它到直线ｌ：ｙ－ ３＝０的距离小１，求点Ｍ的轨迹方程． 解：设点Ｍ的坐标为（ｘ，ｙ）． 由条件知，点Ｍ与点Ｆ的距离等于它到直线ｙ－２ ＝０的距离． 根据抛物线的定义，点Ｍ的轨迹是以Ｆ（０，－２）为 焦点的抛物线． 因为 ｐ ２ ＝２，所以ｐ＝４． 又焦点在ｙ轴的负半轴上， 所以点Ｍ的轨迹方程为ｘ２ ＝－８ｙ． 点评：抛物线的定义是求抛物线标准方程的常用 方法．如果所求动点满足的条件符合抛物线的定义，可 直接利用抛物线的定义求方程． 二、待定系数法 例２已知抛物线的顶点在原点，焦点在ｘ轴上，且 截直线２ｘ－ｙ＋１＝０所得的弦长为槡１５，求该抛物线 的方程． 解：设所求抛物线方程为ｙ２ ＝ａｘ（ａ≠０）， ① 直线方程变形为ｙ＝２ｘ＋１． ② 设抛物线截直线所得弦长为｜ＡＢ｜． ②代入①，整理得４ｘ２＋（４－ａ）ｘ＋１＝０， 则｜ＡＢ｜＝ （１＋２２） ａ－４( )４ ２ －４·[ ]槡 １ ４ ＝槡１５． 解得ａ＝１２或ａ＝－４． 所以所求抛物线方程为ｙ２ ＝１２ｘ或ｙ２ ＝－４ｘ． 点评：本题将抛物线的方程设为ｙ２＝ａｘ（ａ≠０）是 一个好的设法，当ａ＞０时抛物线开口向右；当ａ＜０时 抛物线开口向左，确是一举两得． 三、性质法 例３已知抛物线的顶点在原点，对称轴是ｘ轴，抛 物线上的点Ｍ（－３，ｍ）到焦点的距离等于５，求抛物线 的方程和ｍ的值． 解：设抛物线方程为ｙ２ ＝－２ｐｘ（ｐ＞０），则准线方 程为ｘ＝ ｐ２． 因为Ｍ（－３，ｍ）是抛物线上的点， 根据抛物线的定义，Ｍ点到焦点的距离等于 Ｍ点 到准线的距离， 所以有｜－３｜＋ｐ２ ＝５，所以ｐ＝４，所以所求抛物 线方程为ｙ２ ＝－８ｘ． 又点 Ｍ（－３，ｍ）在抛物线上，故 ｍ２ ＝（－８）× （－３），所以ｍ＝± 槡２６． 点评：本解法中，运用了“抛物线上任意一点到焦 点的距离等于此点到准线的距离”，抛物线的这一重要 性质在解决许多有关抛物线的问题时常常用到． 书 １８．（１７分）（２０２４河南开封期末联考）已知抛物 线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点为Ｆ，点Ｐ（ｘ０，槡２ｐ）在抛 物线Ｃ上，且｜ＰＦ｜＝３． （１）求抛物线Ｃ的方程； （２）过焦点Ｆ的直线ｌ与抛物线分别交于Ａ，Ｂ两 点，点Ａ，Ｂ的坐标分别为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２），Ｏ为坐标原 点，若 →ＯＡ·→ＯＢ＝－（ｘ１＋ｘ２），求直线ｌ的方程． １９．（１７分）南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏 如图５所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图 ６所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分．已知杯盏 盛满茶水时茶水的深度为４ｃｍ． （１）求抛物线的焦点到准线的距离； （２）往杯盏里面放入一个半径为 ｒｃｍ的小球，要 使小球能触及杯盏的底部（顶点），求ｒ的最大值． 书 策略一：巧取特殊点或特殊位置 例１过抛物线ｙ＝ａｘ２（ａ＞０）的焦点Ｆ作一直线交 抛物线于Ｐ，Ｑ两点，若线段ＰＦ与ＦＱ的长分别是ｐ，ｑ，则 １ ｐ＋ １ ｑ的值为 （　　） （Ａ）２ａ　　 （Ｂ）１２ａ （Ｃ）４ａ　　 （Ｄ）４ａ 解：取直线ＰＱ∥ｘ轴，则ｐ＝ｑ＝ １２ａ． 所以 １ ｐ＋ １ ｑ ＝４ａ，故选（Ｃ）． 策略二：巧设方程 例２已知抛物线的顶点为原点，焦点在ｘ轴上，且被 直线ｙ＝ｘ＋１所截的弦长为槡１０，求此抛物线的方程． 解：设抛物线的方程为ｙ２ ＝ａｘ（ａ≠０）， 则 ｙ２ ＝ａｘ， ｙ＝ｘ＋１{ ，消去ｙ得ｘ２＋（２－ａ）ｘ＋１＝０． 设弦的端点为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ａ－２，ｘ１ｘ２ ＝１． 由弦长公式得槡２· （ｘ１＋ｘ２） ２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝槡１０， 即 （ａ－２）２－槡 ４＝槡５，解得ａ＝－１或ａ＝５． 所以所求抛物线的方程为ｙ２ ＝－ｘ或ｙ２ ＝５ｘ． 策略三：善用定义及平面几何的性质 例３如下图，已知点 Ｆ（１， ０），直线 ｌ：ｘ＝－１，Ｐ为平面上 的动点，过Ｐ作直线ｌ的垂线，垂 足为点Ｑ，且→ＱＰ·→ＱＦ＝→ＦＰ·→ＦＱ． （１）求动点Ｐ的轨迹Ｃ的方 程； （２）过点Ｆ的直线交轨迹Ｃ 于Ａ，Ｂ两点，交直线ｌ于点Ｍ，已 知 →ＭＡ＝λ１→ＡＦ，→ＭＢ＝λ２→ＢＦ，求λ１＋λ２的值． 解：（１）由→ＱＰ·→ＱＦ＝→ＦＰ·→ＦＱ得 →ＦＱ·（→ＰＱ＋→ＰＦ）＝０． 所以（ →ＰＱ－→ＰＦ）·（→ＰＱ＋→ＰＦ）＝０， 所以 →ＰＱ２－→ＰＦ２ ＝０，即｜→ＰＱ｜＝｜→ＰＦ｜． 所以点Ｐ的轨迹Ｃ是抛物线． 由题意，轨迹Ｃ的方程为：ｙ２ ＝４ｘ． （２）由已知→ＭＡ＝λ１→ＡＦ，→ＭＢ＝λ２→ＢＦ得λ１λ２ ＜０． 则 ｜→ＭＡ｜ ｜→ＭＢ｜ ＝－ λ１｜ →ＡＦ｜ λ２｜ →ＢＦ｜ ． ① 过点Ａ，Ｂ分别作准线ｌ的垂线，垂足分别为Ａ１，Ｂ１， 则 ｜→ＭＡ｜ ｜→ＭＢ｜ ＝ ｜ＡＡ→ １｜ ｜ＢＢ→ １｜ ＝｜ →ＡＦ｜ ｜→ＢＦ｜ ． ② 由①②得 － λ１｜ →ＡＦ｜ λ２｜ →ＢＦ｜ ＝｜ →ＡＦ｜ ｜→ＢＦ｜ ，即λ１＋λ２ ＝０． 书 热点问题１：求抛物线的方程 例１设斜率为２的直线ｌ过抛物线ｙ２＝ａｘ（ａ≠０） 的焦点Ｆ，且和ｙ轴交于点Ａ，若△ＯＡＦ（Ｏ为坐标原点） 的面积为４，求抛物线的方程． 分析：根据抛物线的焦点坐标设直线方程，求得纵 横截距，利用面积公式建立方程就可求得 ａ的值，也就 求得了抛物线的方程． 解：抛物线 ｙ２ ＝ａｘ（ａ≠ ０）的焦点 Ｆ的坐标为 ａ ４，( )０，则直线ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－ａ( )４ ，它与ｙ轴的 交点为Ａ０，－ａ( )２ ，所以△ＯＡＦ的面积为 １ ２· － ａ ２ · ａ ４ ＝４，解得ａ＝±８． 所以抛物线的方程为ｙ２ ＝±８ｘ． 热点问题２：抛物线中点弦公式的应用 例２已知抛物线ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０），过其焦点且斜率 为１的直线交抛物线于Ａ，Ｂ两点，若线段ＡＢ的中点的纵 坐标为２，则该抛物线的准线方程为 （　　） （Ａ）ｘ＝１　　　　　　（Ｂ）ｘ＝－１ （Ｃ）ｘ＝２ （Ｄ）ｘ＝－２ 分析：在圆锥曲线问题中，如果出现相交弦中点的 坐标，这是使用中点弦公式解决问题的标志性信号．解 决问题的关键是设点，代入抛物线方程相减得到斜率的 关系式，然后再根据其他条件进行求解． 解：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｙ ２ １＝２ｐｘ１，ｙ ２ ２＝２ｐｘ２， 两式相减得（ｙ１－ｙ２）（ｙ１＋ｙ２）＝２ｐ（ｘ１－ｘ２）． 又因为直线的斜率为１，所以 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝１，从而ｙ１＋ ｙ２ ＝２ｐ． 又线段ＡＢ的中点的纵坐标为２，即ｙ１＋ｙ２＝４，所以 ｐ＝２．于是抛物线的准线方程为ｘ＝－ｐ２ ＝－１． 故选（Ｂ）． 热点问题３：抛物线中的最值问题 例３设Ｐ是抛物线ｙ２ ＝４ｘ上的一动点， （１）求点Ｐ到点Ａ（－１，１）的距离与点Ｐ到直线ｘ ＝－１的距离之和的最小值； （２）若Ｂ（２，２），求｜ＰＢ｜＋｜ＰＦ｜的最小值． 分析：问题（１）可转化为：在曲线上求一点 Ｐ，使点 Ｐ到点Ａ（－１，１）与到点Ｆ（１，０）的距离最小的问题，从 而获得问题的解答． 解：（１）由于Ａ（－１，１），Ｆ（１，０），Ｐ为抛物线上任意 一点， 则 ｜ＡＰ｜＋｜ＰＦ｜≥｜ＡＦ｜＝ ２２＋槡 １＝槡５，从而知 点Ｐ到点Ａ（－１，１）的距离与点Ｐ到Ｆ（１，０）的距离之和 的最小值为槡５，即点Ｐ到点Ａ（－１，１）的距离与点Ｐ到直 线ｘ＝－１的距离之和的最小值为槡５． （２）如右图所示，自点 Ｂ作 ＢＱ 垂直于抛物线的准线于点 Ｑ，交抛 物线于点Ｐ，此时，｜ＰＱ｜＝｜ＰＦ｜． 那么｜ＰＢ｜＋｜ＰＦ｜＝｜ＰＢ｜＋ ｜ＰＱ｜≥｜ＢＱ｜＝３，即最小值为３． 热点问题４：与抛物线有关的证 明问题 例４已知抛物线ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０），过定点（２ｐ，０） 的直线与抛物线交于Ａ，Ｂ两点，求证：ＯＡ⊥ＯＢ． 证明：若直线ＡＢ的斜率存在，设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ｋ（ｘ－２ｐ）（ｋ≠０）， 与ｙ２ ＝２ｐｘ联立，得ｋｙ２－２ｐｙ－４ｐ２ｋ＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｙ１ｙ２ ＝－４ｐ ２． 因为Ａ，Ｂ两点在抛物线上， 所以ｙ２１ ＝２ｐｘ１，ｙ ２ ２ ＝２ｐｘ２， 所以ｘ１ｘ２ ＝ ｙ２１ｙ ２ ２ ４ｐ２ ＝４ｐ２． 所以ｋＯＡ·ｋＯＢ ＝ ｙ１ ｘ１ · ｙ２ ｘ２ ＝－４ｐ ２ ４ｐ２ ＝－１， 所以ＯＡ⊥ＯＢ． 若直线 ＡＢ的斜率不存在，则点 Ａ（２ｐ，２ｐ），Ｂ（２ｐ， －２ｐ）或Ａ（２ｐ，－２ｐ），Ｂ（２ｐ，２ｐ），易证得ＯＡ⊥ＯＢ． 书 抛物线的定义具有特殊的解题功能，凡涉及与抛 物线的焦点Ｆ或准线有关的问题时，都应首先考虑用 抛物线的定义，下面举例说明． 例１已知抛物线ｙ２＝４ｘ内有一点Ａ（３，－２），Ｆ为 抛物线的焦点，Ｍ是抛物线上的动点，求 ｜ＭＡ｜＋ ｜ＭＦ｜的最小值及取得最小值时Ｍ的坐标． 解：如图１，由ｙ２＝４ｘ，得２ｐ＝ ４，则 ｐ２ ＝１．设Ｍ到准线 ｘ＝－１ 的距离为 ｄ，由抛物线的定义得 ｜ＭＦ｜＝ｄ，所以｜ＭＡ｜＋｜ＭＦ｜＝ ｜ＭＡ｜＋ｄ≥｜ＡＨ｜＝４，其中 ｜ＡＨ｜为点Ａ到准线的距离．这时 ｙＭ ＝－２，代入抛物线方程，得ｘＭ ＝ １ ４ｙ ２ Ｍ ＝１，即点Ｍ 的坐标为Ｍ（１，－２）时，｜ＭＡ｜＋｜ＭＦ｜的最小值为４． 点评：在将两点距转化为点线距的同时，也把抛物 线内侧的两点转化为异侧的两点，为 Ａ，Ｍ，Ｈ三点共 线，使之达到最小值创造了条件． 例２已知抛物线ｘ２＝４ｙ外有一点Ａ（１２，６），Ｍ是 抛物线上的动点，求点Ｍ到Ａ的距离与点Ｍ到ｘ轴的 距离之和的最小值． 解：如图２，由ｘ２＝４ｙ，得２ｐ＝ ４，则 ｐ２ ＝１，即Ｆ（０，１）． 设Ｍ到准线ｙ＝－１的距离为 ｄ，由抛物线的定义得ｄ＝｜ＭＦ｜， 从而Ｍ到 ｘ轴的距离为 ｄ－１＝ ｜ＭＦ｜－１，所以｜ＭＡ｜＋（ｄ－１）＝｜ＭＡ｜＋（｜ＭＦ｜－ １）≥｜ＡＦ｜－１＝ １２２＋（６－１）槡 ２－１＝１２，即所求的 最小值为１２． 点评：与例１比较，在将点线距转化为两点距的同 时，也把抛物线外侧的两点转化为异侧的两点，为 Ａ， Ｍ，Ｆ三点共线，使之达到最小值创造了条件． 例３过抛物线的焦点Ｆ作不垂直于对称轴的直线 交抛物线于Ａ，Ｂ两点，线段ＡＢ的垂直平分线交对称轴 于点Ｎ，求证：｜ＡＢ｜＝２｜ＮＦ｜． 证明：如图３，不妨设抛物线 方程为 ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０），Ａ（ｘ１， ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），且线段 ＡＢ的中点 为Ｍ（ｘ０，ｙ０）． 由抛物线的定义得 ｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜ ＝ ｘ１＋ ｐ( )２ ＋ ｘ２＋ｐ( )２ ＝（ｘ１＋ｘ２）＋ｐ＝２ｘ０＋ ｐ( )２ ． 又ｋＡＢ ＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝ ２ｐ（ｙ１－ｙ２） ｙ２１－ｙ ２ ２ ＝ ｐｙ０ ，且 ＡＢ⊥ ＭＮ，所以ｋＭＮ ＝－ ｙ０ ｐ，从而直线ＭＮ：ｙ－ｙ０＝－ ｙ０ ｐ（ｘ－ ｘ０），当ｙＮ ＝０时，解得ｘＮ ＝ｐ＋ｘ０， 所以｜ＮＦ｜＝ｘＮ － ｐ ２ ＝ｘ０＋ ｐ ２， 故｜ＡＢ｜＝２｜ＮＦ｜． 点评：当过焦点的直线与圆锥曲线相交时，活用定 义能更灵活、更有效地解决问题． !"#$ %&' ()*+,-./ ! 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"ÝÞ¯°±–"10!#0#*!#00 "¨‘á/95₃ã䊋Œžåæ·çè¹éêëì퀁î !! (ïãðñŠãòóôõöðÇȨ‘·À¯³É÷ø ! ! !"#$% ½&{ùúûüýþÿ™!"0xz%(ÿ !" § "#$ÿ 1 %( # & # ' % $ # # ( ' ) # , * % $ # 1 ( + # - * % $ # $ . ! 4w J2? % ( * / $ ! 45 ]ïV # 0 % 34 # - 书 专项小练一 １．Ａ；　２．ＡＢＣＤ；　３．Ｃ．　４．槡２２；　５． ｙ２ ９－ ｘ２ １６＝１（ｙ≤－３）． ６．解：设双曲线方程为ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由已知椭圆的两个焦点Ｆ１（０，－３），Ｆ２（０，３）， 又双曲线与椭圆交点Ａ的纵坐标为４， 所以Ａ（槡１５，４）， ４２ ａ２ －（槡１５） ２ ｂ２ ＝１， ａ２＋ｂ２ ＝９ { ， 解得 ａ２ ＝４， ｂ２ ＝５{ ， 故双曲线方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．ｙ＝± ｘ２；　５．槡２． ６．解：由题意可设要求的双曲线方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ６ ＝λ≠０， 把点Ｐ（２，３）代入可得 ４４ － ９ ６ ＝λ，解得λ＝－ １ ２． 所以双曲线方程为 ｙ２ ３ － ｘ２ ２ ＝１． 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＡＣＢＡ 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 三、填空题 １２．槡８２，４；　１３．槡 ５－１ ２ ；　１４．－２． 四、解答题 １５．解：设爆炸点为Ｐ，由已知，得｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜＝３４０×４＝ １３６０（ｍ）， 因为｜ＡＢ｜＝２ｋｍ＝２０００ｍ＞１３６０ｍ，｜ＰＡ｜＞｜ＰＢ｜， 所以点Ｐ在以点Ａ，Ｂ为焦点的双曲线并靠近点Ｂ的那一支上． 以直线ＡＢ为ｘ轴，线段ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴，建立平面 直角坐标系． 由２ａ＝１３６０，２ｃ＝２０００，得 ａ＝６８０，ｃ＝１０００，ｂ２ ＝ｃ２－ａ２ ＝５３７６００． 因此，点Ｐ所在曲线是双曲线的右支， 它的方程是 ｘ２ ４６２４００－ ｙ２ ５３７６００＝１（ｘ＞０）． １６．解：（１）由双曲线方程知：其渐近线方程为ｙ＝±２３ｘ． （２）由双曲线定义｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝６， 又｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜＝１６， 所以｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜－１６＝（｜ＰＦ２｜＋８）（｜ＰＦ２｜－２） ＝０，可得｜ＰＦ２｜＝２（负值舍）， 所以ＰＦ２的大小为２． １７．解：方案一：选择条件①． 因为ｍ＞０，所以ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以 槡ａ＝ ｍ，ｃ＝ ３槡ｍ． 因为Ｃ的左支上的点到右焦点的距离的最小值为ａ＋ｃ， 所以槡ｍ＋ ３槡ｍ ＝（１＋槡３）槡ｍ ＝３＋槡３， 解得ｍ＝３，故Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１． 方案二：选择条件②． 因为Ｃ的焦距为６，所以ｃ＝３． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以ｃ＝ ３槡ｍ＝３，解得ｍ＝３，则Ｃ的方程为 ｘ２ ３－ ｙ２ ６ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，ｂ２ ＝－ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝－３ｍ， 所以ｃ＝ －３槡 ｍ ＝３，解得ｍ＝－３， 则Ｃ的方程为ｙ ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１或 ｙ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 方案三：选择条件③． 因为Ｃ上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为４， 所以２ａ＝４，即ａ＝２． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，所以 槡ａ＝ ｍ ＝２，解得ｍ＝４， 则Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，所以ａ＝ －２槡 ｍ ＝２， 解得ｍ＝－２，则Ｃ的方程为ｙ ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１； 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１或 ｙ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１． １８．解：（１）因为｜ （ｘ－槡１０）２＋ｙ槡 ２ － （ｘ＋槡１０）２＋ｙ槡 ２ ｜＝２＜ 槡２ １０，所以Ｃ是以（槡１０，０），（－槡１０，０）为焦点，实轴 长为２的双曲线． 设Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），则ｃ＝槡１０，ａ＝１，ｂ＝３， 所以Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１． （２）由（１）可得Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ， 由 ｙ＝－３ｘ， ｙ＝ｘ－４{ ，得 ｘ＝１， ｙ＝－３{ ，即Ｄ（１，－３）． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｘ－４， ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１ { ，得８ｘ２＋８ｘ－２５＝０， 由韦达定理得ｘ１＋ｘ２ ＝－１， 则→ＯＡ·→ →  ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ＝ｘ１＋ｘ２－３（ｙ１＋ｙ２）＝ｘ１＋ｘ２－ ３（ｘ１－４＋ｘ２－４）＝２６． １９．（１）解：由题可得 ｘ２０ ２ －ｙ ２ ０ ＝１，即ｙ２０ ＝ ｘ２０ ２ －１， 联立 ｘ２ ２ －ｙ ２ ＝１与 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１， 消去ｙ得 (： ｙ２０２ －ｘ ２ ０ )４ ｘ２＋ｘ０ｘ－（１＋ｙ２０）＝０， 则ｘ２－２ｘ０ｘ＋ｘ２０ ＝０，显然Δ＝４ｘ２０－４ｘ２０ ＝０， 所以该直线与双曲线有且只有１个公共点． （２）解：由（１）知，直线 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１与双曲线 ｘ２ ２ －ｙ ２＝１ 相切于点（ｘ０，ｙ０）， 所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０） 的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． 证明如下：显然 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０ ＝ａ２ｂ２， 由 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１， ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得：ｂ２ａ２ｘ２－２ｂ２ａ２ｘ０ｘ＋ｂ２＋ｙ２０＝０， 于是Δ＝ ４ｂ４ｘ２０ ａ４ －４ｂ ２ ａ２ （ｂ２＋ｙ２０）＝ ４ｂ２（ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２） ａ４ ＝０， 因此直线 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１与双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞ ０）相切于点（ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０） 上一点（ｘ０，ｙ０）的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． （３）证明：当ｎ＝０时，直线ｌ的斜率不存在， 由对称性知，点Ｔ为线段ＰＱ的中点； 当ｎ≠０时，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），线段ＰＱ的中点Ｎ（ｔ，ｓ）， 由 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝０， ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得 (： ｎ２ｂ２ －ｍ２ａ )２ ｘ２＋２ｍｘ－ａ２＝０， 由 ｍ２ ａ２ －ｎ ２ ｂ２ ＝１，得ｘ２－２ｍｘ＋ａ２＝０，则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ｍ， 又 ｍｔ ａ２ －ｎｓ ｂ２ ＝１，于是ｓ＝ｂ ２ (ｎ ｍ２ａ２ － )１ ＝ｎ， 即点Ｔ与点Ｎ重合，所以点Ｔ为线段ＰＱ的中点． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　 　　　　　 　　　 　　　　１．（２０２４云南玉溪阶段练习）抛物线ｙ＝ｘ２的焦点 坐标为 （　　） （Ａ (） ０， )１４ （Ｂ (） ０， )１２ （Ｃ (） １４， )０ （Ｄ (） １２， )０ ２．（２０２４河北一模）已知抛物线Ｃ：ｙ２＝１２ｘ，则Ｃ的 准线方程为 （　　） （Ａ）ｙ＝－１８ （Ｂ）ｙ＝ １ ８ （Ｃ）ｘ＝－１８ （Ｄ）ｘ＝ １ ８ ３．（２０２４河南郑州期末）已知 Ａ为抛物线 Ｃ：ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０）上一点，点Ａ到Ｃ的焦点的距离为４，到ｙ轴 的距离为３，则ｐ＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）６ ４．（２０２４四川绵阳阶段练习）抛物线ｙ＝１８ｘ ２的焦 点和准线为 （　　） （Ａ (） １３２， )０ ，ｘ＝ １３２ （Ｂ (） ０，１ )３２ ，ｙ＝－１３２ （Ｃ）（０，２），ｙ＝－２ （Ｄ）（２，０），ｘ＝－２ ５．（２０２４河南开封期末）已知抛物线Ｃ关于ｘ轴对 称，且焦点在直线３ｘ＋２ｙ－６＝０上，则抛物线Ｃ的标准 方程为 （　　） （Ａ）ｙ２ ＝－４ｘ （Ｂ）ｙ２ ＝４ｘ （Ｃ）ｙ２ ＝－８ｘ （Ｄ）ｙ２ ＝８ｘ ６．（２０２４广东开学考试） 跃鲤桥，为单孔石拱桥，该石 拱桥内侧曲线呈抛物线型，如 图１．当水面宽度为２４米时， 该石拱桥的拱顶离水面的高 度为１２米，若以该石拱桥的拱 顶为坐标原点，桥面为 ｘ轴（不考虑拱部顶端的厚度）， 竖直向上为ｙ轴正方向建立直角坐标系，则该抛物线的 焦点坐标是 （　　） （Ａ）（０，－３） （Ｂ）（０，－６） （Ｃ）（０，－１２） （Ｄ）（０，－２４） ７．（２０２４贵州模拟）设抛物线ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦 点为Ｆ，点Ａ为该抛物线上任意一点，若｜ＡＦ｜＞１恒成 立，则ｐ的取值范围是 （　　） （Ａ）（－∞，２） （Ｂ）（２，＋∞） （Ｃ）（－∞，４） （Ｄ）（４，＋∞） ８．（２０２４贵州黔东南一模）Ｐ是抛物线ｙ２＝６ｘ上异 于坐标原点Ｏ的一点，点Ｑ在ｘ轴上，ＯＰ⊥ＰＱ，Ｆ为该抛 物线的焦点，则 →ＰＦ·→ＰＱ＝ （　　） （Ａ）１２ （Ｂ）１１ （Ｃ）１０ （Ｄ）９ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４山西康杰中学专题练习）在平面直角坐标 系中，满足下列条件的点Ｐ的轨迹一定为抛物线的有 （　　） （Ａ）动点Ｐ（ｘ，ｙ）到Ｆ（４，０）的距离比到直线ｘ＝０ 的距离大４ （Ｂ）已知定点Ｆ和定直线ｌ，Ｑ为ｌ上的动点，点Ｐ为 线段ＦＱ的垂直平分线与直线ｌ的交点 （Ｃ）点Ｐ（ｘ，ｙ）的坐标满足方程 （ｘ－１） ２＋ｙ槡 ２ ｜ｘ＋ｙ｜ ＝ 槡２ ２ （Ｄ）动点Ｐ（ｘ，ｙ）到Ｆ（４，０）的距离比到直线ｘ＋５ ＝０的距离小１ １０．（２０２４湖南长沙阶段练习）已知抛物线ｘ２ ＝４ｙ 的焦点为Ｆ，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）是抛物线上两点，则下 列结论正确的是 （　　） （Ａ）抛物线的准线方程为ｘ＝－１ （Ｂ）若｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝４，则线段ＡＢ的中点Ｐ到ｘ 轴的距离为１ （Ｃ）若直线ＡＢ经过焦点Ｆ，则ｙ１ｙ２ ＝１ （Ｄ）若ｙ１ｙ２ ＝１，则直线ＡＢ过焦点Ｆ １１．（２０２４北京海淀区 期末）古希腊的几何学家用 平面去截一个圆锥面，将所 截得的不同的截线称为圆锥 曲线．某同学用平行于母线 ＰＡ且过母线ＰＢ的中点Ｍ的 平面去截圆锥，所得截线为如图２所示的抛物线．已知 高ＰＯ＝４，底面的直径ＡＢ＝８．Ｍ为母线ＰＢ的中点．若 平面α经过ＯＭ且垂直于轴截面ＰＡＢ，根据圆锥曲线的 定义，可以证明此时平面α与圆锥侧面的交线为抛物线 的一部分，则下面四个结论中正确的是 （　　） （Ａ）Ｍ为抛物线的顶点 （Ｂ）直线ＯＭ为抛物线的对称轴 （Ｃ）Ｏ是抛物线的焦点 （Ｄ）抛物线的焦点到准线的距离为 槡２２ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４北京丰台模拟）在水平地面竖直定向爆 破时，在爆破点炸开的每块碎片的运动轨迹均可近似看 作是抛物线的一部分．这些碎片能达到的区域的边界和 该区域轴截面的交线是抛物线的一部分（如图３中虚线 所示），称该条抛物线为安全抛物线．若某次定向爆破中 碎片达到的最大高度为４０米，碎片距离爆炸中心的最远 水平距离为８０米，则这次爆破中，安全抛物线的焦点到 其准线的距离为 米． １３．（２０２４四川成都七中校考阶段练习）直线ｘ＝２ 与抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）交于Ｄ，Ｅ两点，若→ＯＤ·→ＯＥ ＝０，其中Ｏ为坐标原点，则Ｃ的准线方程为 ． １４．直线ｌ过抛物线ｙ２ ＝４ｘ的焦点，与抛物线交于 Ａ，Ｂ两点，若｜ＡＢ｜＝８，则直线ｌ的方程是 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）已知抛物线的顶点在原点，对称轴为 ｙ 轴，其上一点Ａ（ｍ，－４）到焦点Ｆ的距离为６，求抛物线 的方程及点Ａ的坐标． １６．（１５分）已知点Ａ（－２，１），抛物线ｙ２＝－４ｘ的焦 点为Ｆ，Ｐ是抛物线上的一个动点，为使｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜取 得最小值，求点Ｐ的坐标． １７．（１５分）（２０２４山东枣庄阶段练习）世界上单口 径最大、灵敏度最高的射电望远镜“中国天眼”——— ５００ｍ口径抛物面射电望远镜，反射面的主体是一个抛 物面（抛物线绕其对称轴旋转所形成的曲面称为抛物 面），其边缘距离底部的落差约为１５６２５米，是由我国天 文学家南仁东先生于１９９４年提出构想，历时２２年建成 的．它的一个轴截面是一个开口向上的抛物线Ｃ的一部 分，放入如图４所示的平面直角坐标系内． （１）求抛物线Ｃ的方程； （２）一束平行于ｙ轴的脉冲信号射到Ｃ上的Ｐ点，反 射信号经过Ｃ的焦点Ｆ后，再由Ｃ上点Ｑ反射出平行脉 冲信号，试确定点Ｐ的坐标，使得从入射点Ｐ到反射点Ｑ 的路程最短                                                                                                                                                             ． !"#$ ! %& ! '()*+,-./ ! ! 书 １．（２０２４武汉期末）抛物线ｘ２ ＝－１６ｙ的准线方程 为 （　　） （Ａ）ｙ＝－８　　　　　　　　（Ｂ）ｙ＝４ （Ｃ）ｙ＝－８ （Ｄ）ｙ＝－４ ２．已知抛物线的准线方程是 ｘ＝－７，则抛物线的 标准方程是 （　　） （Ａ）ｙ２ ＝－２８ｘ （Ｂ）ｙ２ ＝２８ｘ （Ｃ）ｙ２ ＝－１４ｘ （Ｄ）ｙ２ ＝１４ｘ ３．（２０２４四川德阳模拟预测）已知Ａ（９，ｍ）为抛物 线Ｃ：ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０）上一点，点Ａ到Ｃ的焦点的距离 为１２，则ｐ＝ （　　） （Ａ）２ （Ｂ）３ （Ｃ）６ （Ｄ）９ ４．抛物线ｙ２ ＝６ｘ的准线方程为 ． ５．（２０２４福建福州模拟预测）已知点Ａ（２，２）在抛 物线Ｃ：ｘ２ ＝２ｐｙ上，则 Ｃ的焦点到其准线的距离为 ． ６．求焦点在直线ｘ－２ｙ－４＝０上的抛物线的标准 方程，并求出其准线方程． １．抛物线ｘ２＝４ｙ上一点Ａ的纵坐标为４，则点Ａ与 抛物线焦点的距离为 （　　） （Ａ）２　　　（Ｂ）３　　　（Ｃ）４　　　（Ｄ）５ ２．抛物线ｙ２ ＝１０ｘ的焦点到准线的距离是 （　　） （Ａ）５２ （Ｂ）５ （Ｃ） １５ ２ （Ｄ）１０ ３．过抛物线ｘ２ ＝４ｙ的焦点 Ｆ作直线交抛物线于 Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２）两点，若ｙ１＋ｙ２＝６，则｜Ｐ１Ｐ２｜＝ （　　） （Ａ）５ （Ｂ）６ （Ｃ）８ （Ｄ）１０ ４．（２０２４河南校联考模拟预测）设Ｆ为抛物线Ｃ：ｙ２ ＝２ｘ的焦点，点Ｐ在抛物线上，点Ｑ在准线ｌ上，满足 ＰＱ∥ｘ轴．若｜ＰＱ｜＝｜ＱＦ｜，则｜ＰＦ｜＝ ． ５．抛物线ｙ２＝ａｘ（ａ＞０）上有一点Ｍ，它的横坐标 是３，它到焦点的距离是 ５，则抛物线的方程为 ． ６．在抛物线ｙ＝４ｘ２上求一点Ｐ，使点Ｐ到直线ｙ＝ ４ｘ－５的距离最短． !"#$%&'()*+ "#$!%$&'!&() !",-%&'()*+ "#$!%$&'!!&$ ! ! 0.'123456789:;<=>%?8 "# @ !"#$%&' ABCDEFGHIJ5K;!? ! '()*+,-./ 9BCDELMNOPQ;!? ! 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" 0.'123456789:;<=>V?8 "# @ 书 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）２０２４年９月 第９～１２期参考答案 第９期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．ＡＢＣＤ；　３．Ｃ．　４．槡２２；　５． ｙ２ ９ － ｘ２ １６＝１（ｙ≤－３）． ６．解：设双曲线方程为ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由已知椭圆的两个焦点Ｆ１（０，－３），Ｆ２（０，３）， 又双曲线与椭圆交点Ａ的纵坐标为４， 所以Ａ（槡１５，４）， ４２ ａ２ －（槡１５） ２ ｂ２ ＝１， ａ２＋ｂ２ ＝９ { ， 解得 ａ２ ＝４， ｂ２ ＝５{ ， 故双曲线方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．ｙ＝± ｘ２；　５．槡２． ６．解：由题意可设要求的双曲线方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ６ ＝λ≠０， 把点Ｐ（２，３）代入可得 ４４ － ９ ６ ＝λ，解得λ＝－ １ ２． 所以双曲线方程为 ｙ２ ３ － ｘ２ ２ ＝１． 第９期３，４版 双曲线同步核心素养测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＡＣＢＡ 提示： ２．由双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ９ ＝１，则其渐近线方程为ｙ＝± ３ ａｘ， 由题意整理方程ｘ±２ｙ＝０可得ｙ＝±１２ｘ，则 ３ ａ ＝ １ ２， 解得ａ＝６．故选：（Ａ）． ３．ｅ＝ ｃａ ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝ ８１０－６＝２． ４．由双曲线的方程可得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝１２， 所以ａ＝２，ｃ２ ＝４＋１２＝１６，可得ｃ＝４． 设右焦点为Ｆ，左焦点为Ｆ′， 当点Ｐ在左支上时，则｜ＰＦ｜≥ａ＋ｃ＝６， 所以｜ＰＦ′｜＝｜ＰＦ｜－２ａ＝８－２×２＝４； 当点Ｐ在右支上时，｜ＰＦ′｜＝｜ＰＦ｜＋２ａ＝８＋２×２＝１２． 故选：（Ｄ）． ５．由题得ｅ２ ＝ａ＋２ａ ＝９，解得ａ＝ １ ４，则ｚ＝ １ ４ ＋ｉ， (｜ｚ｜＝ )１４ ２ ＋槡 １＝ 槡１７ ４ ，故选：（Ａ）． ６．由题意知｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ， 要求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜的最小值， 只需求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜的最小值， 当Ａ，Ｐ，Ｆ１三点共线时取得最小值， 则｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜＝｜ＰＦ１｜＝槡３７， 所以｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ≥ 槡３７－ 槡２５． ７．设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），因为 半焦距ｃ＝槡５，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２，所以ｂ２＝５－ａ２，所以 ｘ２ ａ２ － ｙ ２ ５－ａ２ ＝１．因为线段ＰＦ１的中点的坐标为（０，２），所以点 Ｐ的坐标为 （槡５，４）．将Ｐ（槡５，４）代入双曲线方程，得 ５ ａ２ － １６ ５－ａ２ ＝１，解得 ａ２ ＝１或ａ２ ＝２５（舍去），所以双曲线的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝ １．故选（Ｂ）． ８．依题意可知 (Ｍ 槡５３３， )４ ， (Ｎ 槡３９３ ，－ )２ ， 将Ｍ，Ｎ的坐标分别代入ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１， 得 ２５ ３ａ２ －１６ ｂ２ ＝１， １３ ３ａ２ －４ ｂ２ ＝１{ ，解得ａ２ ＝３，ｂ２ ＝９， 所以双曲线Ｃ的方程为：ｘ ２ ３ － ｙ２ ９ ＝１，其渐近线为ｙ＝±槡３ｘ， 依次分析计算选项可知，只有（Ａ）选项，其渐近线为 ｙ＝ ±槡３ｘ，符合题意．故选：（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．设｜ＡＦ２｜＝ｔ，则｜ＡＦ１｜＝２ｔ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝槡３ｔ， 离心率ｅ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＡＦ１｜－｜ＡＦ２｜ ＝槡３，（Ｃ）正确； 因此 １＋ ｂ槡 １ ＝槡３，ｂ＝２，（Ａ）正确； ｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ １槡 ＋ｂ＝ 槡２３，（Ｂ）错误； 设Ａ（ｘＡ，ｙＡ），将ｘＡ ＝槡３代入得ｙＡ ＝２，则Ａ（槡３，２）， 则△ＡＢＦ１的面积为 １ ２｜Ｆ１Ｆ２｜·２ｙＡ ＝ 槡４３，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题意可得 ２ａ＝６，２ｃ＝１０，所以 ａ＝３，ｃ＝５，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２ ＝４，则双曲线Ｃ： ｘ２ ９ － ｙ２ １６＝１． Ｃ的渐近线上的点到Ｆ距离的最小值为Ｆ到渐近线的距离ｄ ＝ｂｃｃ ＝ｂ＝４，所以（Ａ）正确； 离心率ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ３，所以（Ｂ）不正确； 双曲线上，右顶点到Ｆ的距离最小，５－３＝２，所以（Ｃ）正确； Ｃ的通径长为２ｂ ２ ａ ＝ ３２ ３，故（Ｄ）正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．因双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１，则ａ＝１，ｂ＝２， ｃ＝槡５，双曲线Ｃ的离心率ｅ＝ ｃ ａ ＝槡５，即（Ａ）正确； 双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±２ｘ，而双曲线ｙ２－ｘ ２ ４ ＝１的 渐近线方程为ｙ＝±１２ｘ，它们不同，（Ｂ）不正确； 因双曲线Ｃ的渐近线和圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１都关于ｘ轴对称， 不妨选渐近线２ｘ＋ｙ＝０，圆心（１，０）到直线２ｘ＋ｙ＝０的距离ｄ ＝ ２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡２５５，所以渐近线２ｘ＋ｙ＝０被该圆所截弦长为 ２ １２－ｄ槡 ２ ＝ 槡 ２５ ５，（Ｃ）不正确； 由 ｙ＝ｋｘ＋ｂ， ４ｘ２－ｙ２ ＝{ ４得（４－ｋ２）ｘ２－２ｋｂｘ－（ｂ２＋４）＝０， ｋ＝±２，ｂ＝０时，方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， ｋ＝±２，ｂ≠０时，方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， ｋ２≠４时，Δ＝１６（ｂ２－ｋ２＋４）， 若Δ＜０，则方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， 若Δ＝０，则方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， 若Δ＞０，则方程组有两解，直线与双曲线交点个数为２， 综上得直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ与双曲线Ｃ的公共点个数只可能为０， １，２，即（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．槡８２，４；　１３．槡 ５－１ ２ ；　１４．－２． 提示： １２．双曲线方程ｘ２－８ｙ２＝３２化为标准方程为ｘ ２ ３２－ ｙ２ ４ ＝１， 可得ａ＝ 槡４２，ｂ＝２，所以双曲线的实轴长为 槡８２，虚轴长为４． １３．由题意ｅ＝ ａ＋１槡ａ ＝ ２ 槡５－１ ，则１＋１ａ ＝ ３＋槡５ ２ ， 所以ａ＝ ２ １＋槡５ ＝槡５－１２ ． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据双曲线方程知左顶点为Ａ１（－１，０），右 焦点为Ｆ２（２，０），所以 →ＰＡ１·→ＰＦ２＝（－１－ｘ，－ｙ）·（２－ｘ，－ｙ） ＝ｘ２－ｘ－２＋ｙ２ ＝４ｘ２－ｘ－５＝４ ｘ－( )１８ ２ －８１１６，因为ｘ≥ １，所以当ｘ＝１时，→ＰＡ１·→ＰＦ２取得最小值，最小值为 －２． 四、解答题 １５．解：设爆炸点为Ｐ，由已知，得｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜＝３４０×４＝ １３６０（ｍ）， 因为｜ＡＢ｜＝２ｋｍ＝２０００ｍ＞１３６０ｍ，｜ＰＡ｜＞｜ＰＢ｜， 所以点Ｐ在以点Ａ，Ｂ为焦点的双曲线并靠近点Ｂ的那一支上． 以直线ＡＢ为ｘ轴，线段ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直 角坐标系． 由２ａ＝１３６０，２ｃ＝２０００，得 ａ＝６８０，ｃ＝１０００，ｂ２ ＝ｃ２－ａ２ ＝５３７６００． 因此，点Ｐ所在曲线是双曲线的右支， 它的方程是 ｘ２ ４６２４００－ ｙ２ ５３７６００＝１（ｘ＞０）． １６．解：（１）由双曲线方程知：其渐近线方程为ｙ＝±２３ｘ． （２）由双曲线定义｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝６， 又｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜＝１６， 所以｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜－１６＝（｜ＰＦ２｜＋８）（｜ＰＦ２｜－２） ＝０，可得｜ＰＦ２｜＝２（负值舍）， 所以ＰＦ２的大小为２． １７．解：方案一：选择条件①． 因为ｍ＞０，所以ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以 槡ａ＝ ｍ，ｃ＝ ３槡ｍ． 因为Ｃ的左支上的点到右焦点的距离的最小值为ａ＋ｃ， 所以槡ｍ＋ ３槡ｍ ＝（１＋槡３）槡ｍ ＝３＋槡３， 解得ｍ＝３，故Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１． 方案二：选择条件②． 因为Ｃ的焦距为６，所以ｃ＝３． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，ｂ２ ＝２ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝３ｍ， 所以ｃ＝ ３槡ｍ ＝３，解得ｍ＝３，则Ｃ的方程为 ｘ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，ｂ２ ＝－ｍ，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝－３ｍ， 所以ｃ＝ －３槡 ｍ ＝３，解得ｍ＝－３， 则Ｃ的方程为ｙ ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１或 ｙ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 方案三：选择条件③． 因为Ｃ上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为４， 所以２ａ＝４，即ａ＝２． 若ｍ＞０，则ａ２ ＝ｍ，所以 槡ａ＝ ｍ ＝２，解得ｍ＝４， 则Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２ ＝－２ｍ，所以ａ＝ －２槡 ｍ ＝２， 解得ｍ＝－２，则Ｃ的方程为ｙ ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１； 综上，Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１或 ｙ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１． １８．解：（１）因为｜ （ｘ－槡１０）２＋ｙ槡 ２－ （ｘ＋槡１０）２＋ｙ槡 ２｜＝ ２＜ 槡２ １０，所以Ｃ是以（槡１０，０），（－槡１０，０）为焦点，实轴长为 ２的双曲线． 设Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），则ｃ＝槡１０，ａ＝１，ｂ＝３， 所以Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１． （２）由（１）可得Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ， 由 ｙ＝－３ｘ， ｙ＝ｘ－４{ ，得 ｘ＝１， ｙ＝－３{ ，即Ｄ（１，－３）． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｘ－４， ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１ { ，得８ｘ２＋８ｘ－２５＝０， 由韦达定理得ｘ１＋ｘ２ ＝－１， 则→ＯＡ·→ →  ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ＝ｘ１＋ｘ２－３（ｙ１＋ｙ２）＝ｘ１＋ｘ２－３（ｘ１ －４＋ｘ２－４）＝２６． １９．（１）解：由题可得 ｘ２０ ２ －ｙ ２ ０ ＝１，即ｙ２０ ＝ ｘ２０ ２ －１， 联立 ｘ２ ２ －ｙ ２ ＝１与 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１， 消去ｙ得 (： ｙ２０２ －ｘ ２ ０ )４ ｘ２＋ｘ０ｘ－（１＋ｙ２０）＝０， 则ｘ２－２ｘ０ｘ＋ｘ２０ ＝０，显然Δ＝４ｘ２０－４ｘ２０ ＝０， 所以该直线与双曲线有且只有１个公共点． （２）解：由（１）知，直线 ｘ０ｘ ２－ｙ０ｙ＝１与双曲线 ｘ２ ２－ｙ ２＝１相 切于点（ｘ０，ｙ０）， 所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０）的 切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． 书 ２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ，即｜ＡＦ｜＝２（ｃｏｓα＋１） ｓｉｎ２α ． １９．解：（１）以Ｏ为原点，ＯＭ为ｘ轴正 向建立平面直角坐标系， 由题意，抛物线Ｃ１的通径为２ａ，所以 抛物线Ｃ１的标准方程为ｙ２ ＝２ａｘ． （２）设抛物线Ｃ２：ｘ２＝ｍｙ（ｍ＞０）， 又由题意，ＯＭ３ ＝ｘ３Ｐ ＝２ａ３，所以ｘＰ ＝３槡２ａ，代入ｙ２ ＝２ａｘ． 得：ｙ２Ｐ ＝２ ３ 槡２ａ２，解得：ｙＰ ＝ ３ 槡４ａ， 所以点Ｐ（３槡２ａ， ３ 槡４ａ），代入ｘ２ ＝ｍｙ， 得：（ ３ 槡２ａ）２ ＝ｍ ３ 槡４ａ，解得：ｍ＝ａ， 所以抛物线Ｃ２的标准方程为ｘ２ ＝ａｙ． 第１２期３，４版 直线与圆锥曲线的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＢＤＤＡ　５～８　ＣＣＡＤ 提示： １．因点（２，４）在抛物线ｙ２ ＝８ｘ上，所以过该点与抛物线相切 的直线和过该点与ｘ轴平行的直线都与抛物线只有一个公共点． 故选（Ｂ）． ２．由双曲线的几何性质可知，当直线ｌ的斜率不存在或斜率 的绝对值不小于１（渐近线斜率的绝对值）时，ｌ与双曲线没有公 共点．所以直线ｌ [倾斜角的取值范围是 π４，３π]４ ． ３．联立方程 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１， ｘ＋２ｙ－４＝０ { ， 得ｙ２－２ｙ＝０，所以ｙ１＋ｙ２＝ ２，ｘ１＋ｘ２ ＝４，所以中点Ｍ的坐标为（２，１）．故选：（Ｄ）． ４．由题意，联立 ｋｘ－ｙ＋１＝０， ｙ＝ｘ２{ ， 可得：ｘ２－ｋｘ－１＝０， 则Δ＝ｋ２＋４＞０恒成立，则直线ｋｘ－ｙ＋１＝０与抛物线ｙ ＝ｘ２必定有两个交点， 则ｐｑ显然成立，ｑｐ不成立，故选：（Ａ）． ５．设该椭圆焦点在ｘ轴上， 以中心为原点，建立直角坐标 系，如图１所示，设椭圆的方程 为： ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１，ａ＞ｂ＞０，由 题意可得２ａ＝２１２，２ｂ＝１４４， 即ａ＝１０６，ｂ＝７２，则椭圆 Ｃ的方程为 ｘ ２ １０６２ ＋ｙ ２ ７２２ ＝１， 因为直线ｌ平行于长轴且Ｃ的中心到ｌ的距离是２４ｍ， 令ｙ＝２４，得｜２ｘ｜＝ 槡４２４２３ ≈２００（ｍ），故选：（Ｃ）． ６．抛物线ｘ２ ＝１６ｙ的焦点Ｆ的坐标为（０，４），准线方程为 ｙ ＝－４，由题意知，△ＰＡＢ为“阿基米德三角形”，可得Ｐ点必在抛 物线的准线上， 所以点Ｐ（２，－４），直线ＰＦ的斜率为４－（－４）０－２ ＝－４， 又因为ＰＦ⊥ＡＢ，所以直线ＡＢ的斜率为 １４， 所以直线ＡＢ的方程为ｙ＝ １４ｘ＋４，即ｘ－４ｙ＋１６＝０， 故选：（Ｃ）． ７．设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 设椭圆的右焦点为Ｆ１， 所以Ｆ１（ｃ，０），所以直线ｌ的方程为ｙ＝ｘ－ｃ， 所以原点Ｏ到直线ｌ的距离等于Ｅ的短轴长，即 ｃ 槡２ ＝２ｂ，得 ｃ２ ＝８ｂ２，又ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２，所以ｃ２ ＝８（ａ２－ｃ２）８ａ２ ＝９ｃ２， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２２ ３，故选：（Ａ）． ８．因为该双曲线的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，则 ｂ ａ ＝槡２， 又由ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２，可得 ｂｃ ＝槡 ２ ３， 由过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上方交双曲线Ｃ于点 Ｍ，可知Ｍ的横坐标为ｃ， 代入双曲线方程可得： ｃ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，ｃ ２ ａ２ －１＝ｃ ２－ａ２ ａ２ ＝ｂ ２ ａ２ ＝ｙ ２ ｂ２ ，又有ｙ＞０，可知 (Ｍ ｃ，ｂ２ )ａ ，所以ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２ ＝ｂ２２ａｃ＝ １ ２· ｂ ａ· ｂ ｃ ＝ １ ２ ×槡２×槡 ２ ３ ＝ 槡３ ３．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．在ｘ ２ ４ －ｙ ２ ＝１中，令ｘ＝ｔ，得ｙ２ ＝ｔ ２－４ ４ ． 当ｔ＝－２或ｔ＝２时，均只有一个交点； 当ｔ＜－２或ｔ＞２时，有两个交点； 当 －２＜ｔ＜２时，无交点．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．对于选项（Ａ），由已知得ａ２ ＝２，ｂ２ ＝１，则ｃ２ ＝ａ２－ｂ２ ＝１，即ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２ ２，故（Ａ）错； 对于选项（Ｂ），由已知得，要使△ＰＦ１Ｆ２的面积最大，需底边 Ｆ１Ｆ２上的高最大，高的最大值为１，则△ＰＦ１Ｆ２面积的最大值为 １ ２ ×２×１＝１，故（Ｂ）正确； 对于选项（Ｃ），以线段Ｆ１Ｆ２为直径的圆的方程为ｘ２＋ｙ２＝１，则 该圆的圆心到直线的距离为ｄ＝｜０＋０－１｜ 槡２ ＝槡２２ ＜１，即以线段 Ｆ１Ｆ２为直径的圆与直线ｘ＋ｙ－１＝０相交，故（Ｃ）不正确； 对于选项（Ｄ），设点 Ｐ（ｘ０，ｙ０），则 ｋＰＡ·ｋＰＢ ＝ ｙ０ ｘ０＋槡２ · ｙ０ ｘ０－槡２ ＝ ｙ２０ ｘ２０－２ ＝ １－ ｘ２０ ２ ｘ２０－２ ＝－１２，故（Ｄ）正确． 故选：（Ｂ）（Ｄ）． １１．抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｘ的焦点为 (Ｆ １２， )０ ，设过焦点Ｆ的直线 方程为：ｘ＝ｍｙ＋１２，与抛物线方程联立可得：ｙ ２－２ｍｙ－１＝０， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 若Ｍ的坐标为（１，２），则ｘ１＋ｘ２ ＝２，ｙ１＋ｙ２ ＝４， 而 ｙ１＋ｙ２ ＝２ｍ， ｙ１ｙ２ ＝－１， ｘ１＋ｘ２ ＝２ｍ２＋１ { ， 即 ２ｍ＝４， ２ｍ２＋１＝２{ ，方程组无解，所以 （Ａ）错误； 又→  ＯＰ·→ＯＱ ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ (＝ ｍｙ１＋ ) (１２ ｍｙ２＋ )１２ ＋ｙ１ｙ２ ＝（ｍ２＋１）ｙ１ｙ２＋ １ ２ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋ １ ４ ＝－（ｍ２＋１）＋ｍ２＋１４ ＝－ ３ ４ ＜０， 即→ＯＰ·→ＯＱ＜０，所以坐标原点在以ＰＱ为直径的圆内，所以 （Ｂ）正确； ｋＯＰ·ｋＯＱ ＝ ｙ１ｙ２ ｘ１ｘ２ ＝ ｙ１ｙ ( ２ ｍｙ１＋ ) (１２ ｍｙ２＋ )１２ ＝ ｙ１ｙ２ ｍ２ｙ１ｙ２＋ １ ２ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋ １ ４ ＝ －１ －ｍ２＋１２ｍ×２ｍ＋ １ ４ ＝－４，故（Ｃ）正确； 抛物线的通径为２ｐ＝２，所以线段ＰＱ的长度的最小值为２， 故（Ｄ）错误．故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．有唯一公共点且相切；　１３．槡３５２ ；　１４． ５ ４． 提示： １２．因为直线过点（－１，０）且倾斜角为４５°， 所以直线方程为ｙ＝ｘ＋１， 将ｙ＝ｘ＋１与ｙ２ ＝４ｘ联立可得（ｘ＋１）２ ＝４ｘ， 即ｘ２－２ｘ＋１＝０， 所以Δ＝４－４＝０且有重根ｘ＝１， 所以该直线与抛物线ｙ２ ＝４ｘ有唯一公共点且相切． １３．联立ｘ－２ｙ＋１＝０与ｘ ２ ４ ＋ｙ ２＝１，得２ｘ２＋２ｘ－３＝０， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝－１，ｘ１ｘ２ ＝ －３ ２， 故｜ＡＢ｜＝ １ (＋ )１２槡 ２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ 槡５ ２ × １＋４×槡 ３ ２ ＝ 槡３５ ２ ． １４．双曲线ｘ ２ １６－ ｙ２ ９ ＝１中， ａ２ ＝１６，ｂ２ ＝９， 所以ａ＝４，ｂ＝３， 则ｃ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝５， 连接Ｆ１Ｑ，Ｆ２Ｑ， 则 Ｆ１Ｑ，Ｆ２Ｑ分别为 ∠ＰＦ１Ｍ， ∠ＰＦ２Ｍ的平分线，由角平分线性质 知： ｜ＭＱ｜ ｜ＰＱ｜＝ ｜ＭＦ２｜ ｜ＰＦ２｜ ＝ ｜ＭＦ１｜ ｜ＰＦ１｜ ＝ ｜ＭＦ１｜－｜ＭＦ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝２ｃ２ａ＝ｅ， 而ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ４， 故 ｜ＭＱ｜ ｜ＰＱ｜＝ ５ ４． 四、解答题 １５．解：（１）由题可得动点Ｇ的轨迹是以Ｆ（２，０）为焦点的抛 物线，其方程为ｙ２ ＝８ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋２， 联立 ｘ＝ｍｙ＋２， ｙ２ ＝８ｘ{ ， 得ｙ２－８ｍｙ－１６＝０， Δ＝６４ｍ２＋６４＞０，ｙ１ｙ２ ＝－１６． １６．解：（１）由题意得 ２ｃ＝４， ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２， ３ ａ２ ＋１ ｂ２ ＝１{ ，得 ａ ２ ＝６， ｂ２ ＝２， ｃ＝２ { ， 所以椭圆Ｍ的标准方程为ｙ ２ ６ ＋ ｘ２ ２ ＝１． （２）设与ｌ平行的ｌ１：ｙ＝ｘ＋ｂ， 由 ｙ２ ６ ＋ ｘ２ ２ ＝１， ｙ＝ｘ＋ｂ { ， 得４ｘ２＋２ｂｘ＋ｂ２－６＝０， 由Δ＝４ｂ２－４×４（ｂ２－６）＝０，得ｂ＝± 槡２２， 则ｌ１的斜截式方程为ｙ＝ｘ± 槡２２． １７．解：（１）由已知２ａ＝２，ａ＝１， 又ｃ＝槡５，则ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２ ＝２， 所以双曲线Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１． （２）由 ｙ＝ｘ＋２， ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１ { ，得３ｘ２－４ｘ－８＝０， 则Δ＝（－４）２－４×３×（－８）＝１１２＞０， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ ３，ｘ１ｘ２ ＝－ ８ ３， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋１槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜＝槡２×槡 １１２ ３ ＝ 槡４ １４ ３ ． １８．解：（１）设Ａ（ｘＡ，ｙＡ）． 由题意，Ｆ２（ｃ，０），ｃ＝ １＋ｂ槡 ２， ｙ２Ａ ＝ｂ２（ｃ２－１）＝ｂ４， 因为△Ｆ１ＡＢ是等边三角形，所以２ｃ＝槡３｜ｙＡ｜， 即４（１＋ｂ２）＝３ｂ４，解得ｂ２ ＝２． 故双曲线的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ． （２）由已知，Ｆ２（２，０）． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），直线ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－２）， 由 ｘ２－ｙ ２ ３ ＝１， ｙ＝ｋ（ｘ－２ { ）， 得（ｋ２－３）ｘ２－４ｋ２ｘ＋４ｋ２＋３＝０． 因为ｌ与双曲线交于两点， 所以ｋ２－３≠０，且Δ＝３６（１＋ｋ２）＞０． 由ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ２ ｋ２－３ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４ｋ２＋３ ｋ２－３ ， 得（ｘ１－ｘ２）２ ＝ ３６（ｋ２＋１） （ｋ２－３）２ ， 故｜ＡＢ｜＝ （ｘ１－ｘ２）２＋（ｙ１－ｙ２）槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝６（ｋ ２＋１） ｜ｋ２－３｜ ＝４， 解得ｋ２ ＝ ３５，故ｌ的斜率为 ± 槡１５ ５ ． １９．（１）解：设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞ ０），由已知得 ｃａ ＝ 槡５ ２，２ｂ＝２，又ａ ２＋ｂ２＝ｃ２，解得ａ＝２，ｂ＝ １，所以双曲线的标准方程为ｘ ２ ４ －ｙ ２ ＝１． （２）证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），联立 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４ －ｙ ２ ＝１{ ， 得（１－４ｋ２）ｘ２－８ｍｋｘ－４（ｍ２＋１）＝０， 则有 Δ＝６４ｍ２ｋ２＋１６（１－４ｋ２）（ｍ２＋１）＞０， ｘ１＋ｘ２ ＝ ８ｍｋ １－４ｋ２ ， ｘ１ｘ２ ＝ －４（ｍ２＋１） １－４ｋ２ { ， ｙ１ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）（ｋｘ２＋ｍ） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｍｋ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ ＝ ｍ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ， 因为以ＡＢ为直径的圆过双曲线Ｃ的左顶点Ｄ（－２，０）， 所以ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，即 ｙ１ ｘ１＋２ · ｙ２ ｘ２＋２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， 所以 ｍ２－４ｋ２ １－４ｋ２ ＋－４（ｍ ２＋１） １－４ｋ２ ＋ １６ｍｋ １－４ｋ２ ＋４＝０， 所以３ｍ２－１６ｍｋ＋２０ｋ２ ＝０，解得ｍ＝２ｋ或ｍ＝１０ｋ３． 当ｍ＝２ｋ时，直线 ｌ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ＋２），直线过定点 （－２，０），与已知矛盾； 当 ｍ＝１０ｋ３时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ １０( )３ ，直线过定点 －１０３，( )０，经检验符合已知条件， 所以直线ｌ过定点，定点坐标为 －１０３，( )０． ! ! " !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$% 4 ! 5"6$3&'(7*+,-.8012&3+ "#$% 4 !"#$ !"#$ ! " ! ! # ! $ % ! & ! '" % %#!$ ! " ! ! ( ) * ! + " * " % ! ! ! ! ! , ! , " ( + " ! ! 书 故与直线ＯＡ垂直的直线的斜率为 －１． 因此，所求直线的方程是ｙ＝－ ｘ－( )１２ ， 即２ｘ＋２ｙ－１＝０． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４ (． １２， )１ ；　５．４． ６．（１）解：若点Ａ，Ｃ在Ｃ１上，则２２ ＝２ｐ，４２ ＝８ｐ， 解得ｐ＝２， 此时Ｃ１：ｙ２ ＝４ｘ，点Ｂ不在Ｃ１上； 若点Ａ，Ｂ在Ｃ１上，则２２ ＝２ｐ，３２ ＝４ｐ，无解； 若点Ｂ，Ｃ在Ｃ１上，则３２ ＝４ｐ，４２ ＝８ｐ，无解； 综上，Ｃ１的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）证明：由题知，将ｙ＝ｋｘ＋ｍ代入ｙ２ ＝４ｘ得： ｋ２ｘ２＋２（ｋｍ－２）ｘ＋ｍ２ ＝０， 所以Δ＝４（ｋｍ－２）２－４ｋ２ｍ２＝４［（ｋｍ－２）２－（ｋｍ）２］＝ １６（１－ｋｍ）＝０，即ｋｍ＝１，所以ｋ２＋ｍ２≥２ｋｍ＝２． 第１１期３，４版 抛物线同步核心素养测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＢＣＡＡ　５～８　ＢＤＤＤ 提示： ２．抛物线ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０） (的焦点为 ｐ２， )０ ， (则点 ｐ２， )０ 到直线ｙ＝ｘ＋１的距离ｄ＝ ｐ ２ ＋１ １＋槡 １ ＝槡２，解得ｐ＝２． ３．由题意抛物线Ｃ的焦点坐标为（０，１）， 所以抛物线Ｃ的标准方程为ｘ２ ＝４ｙ，其准线为ｙ＝－１， 而ｙＮ ＝ｋ＝ ｘ２Ｎ ４ ＝１，所以Ｃ上点Ｎ（－２，ｋ）到ｌ的距离为ｄ ＝ｙＮ ＋２＝３．故选：（Ａ）． ４．如图１，建立平面直角坐标系． 设该抛物线的方程为ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ ＞０），易知抛物线经过点（５，－６）， 所以５２ ＝－２ｐ×（－６），解得ｐ＝ ２５ １２，故该抛物线的顶点到焦点的距离为 ｐ ２ ＝ ２５ ２４，故竖直悬挂的闪光灯距离水 面的距离为：ｄ＝６－２５２４≈４９６米． ５．抛物线ｙ２＝４ｘ的焦点为Ｆ（１，０），准线方程为ｌ：ｘ＝－１， 点Ｍ（４，４），由抛物线的定义可知｜ＭＦ｜＝｜ＭＨ｜，所以∠ＦＭＨ的 角平分线所在的直线就是线段 ＨＦ的垂直平分线．因为过点 Ｍ（４，４）作直线ｌ：ｘ＝－１的垂线，垂足为Ｈ，所以点Ｈ的坐标为 （－１，４），所以ＦＨ的斜率ｋＨＦ ＝ ４－０ －１－１＝－２，所以∠ＦＭＨ的角 平分线的斜率为ｋ＝ １２． ６．设从点Ａ（５，２）沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线 与抛物线交于点Ｐ，易知 ｙＰ ＝２，将（ｘＰ，ｙＰ）代入抛物线方程得 ｘＰ ＝４，即Ｐ（４，２）， 设焦点为Ｆ，则 (Ｆ １４，)０ ，设Ｑ（ｙ２Ｑ，ｙＱ），由Ｐ，Ｆ，Ｑ三点共线， 有 ２－０ ４－１４ ＝ ｙＱ －０ ｙ２Ｑ － １ ４ ，化简得８ｙ２Ｑ －１５ｙＱ －２＝０， 解得ｙＱ ＝－ １ ８或ｙＱ ＝２（舍），即 (Ｑ １６４，－ )１８ ． 故选：（Ｄ）． ７．作出抛物线的准线ｌ：ｘ＝－１，设Ａ，Ｂ在ｌ上的射影分别是 Ｃ，Ｄ，连接ＡＣ，ＢＤ，过Ｂ作ＢＥ⊥ＡＣ于Ｅ．因为→ＡＦ＝３→ＦＢ，所以设 ｜ＡＦ｜＝３ｍ，｜ＢＦ｜＝ｍ，由点Ａ，Ｂ分别在抛物线上，结合抛物线 的定义，得 ｜ＡＣ｜＝３ｍ，｜ＢＤ｜＝ｍ．因此，在 Ｒｔ△ＡＢＥ中， ｃｏｓ∠ＢＡＥ＝｜ＡＥ｜｜ＡＢ｜＝ １ ２，得∠ＢＡＥ＝６０°，所以直线ＡＢ的斜率 ｋ＝ｔａｎ６０°＝槡３，则直线ｌ的方程为ｙ＝槡３（ｘ－１），即槡３ｘ－ｙ－ 槡３＝０． ８．依题意， (设圆与抛物线的交点 ｙ２０２ｐ，ｙ )０ ，ｙ０ ＞０，显然直 线ｌ２的斜率存在且不为０，设ｌ２方程为：ｙ－ｙ０ (＝ｋ ｘ－ｙ２０２ )ｐ ， 由 ｙ－ｙ０ (＝ｋ ｘ－ｙ２０２ )ｐ ｙ２ ＝２ { ｐｘ ，整理得 ｋ ２ｐｙ ２－ｙ＋ｙ０－ ｋｙ２０ ２ｐ＝０， 而ｋ≠０，则Δ＝１－４· ｋ２ (ｐ ｙ０－ｋｙ ２ ０ ２ )ｐ ＝０，解得ｋ＝ ｐｙ０， 由ｌ１⊥ ｌ２及圆的性质知，直线 ｌ２ (过圆心 ｐ２， )ｂ ( 及点 ｙ２０ ２ｐ，ｙ )０ ，于是得：ｙ０－ｂｙ２０ ２ｐ－ ｐ ２ ＝ ｐｙ０ ，整理得２ｂｙ０ ＝ｙ２０＋ｐ２， (又 ｙ２０２ｐ－ ｐ )２ ２ ＋（ｙ０－ｂ）２＝ｂ２，即 ｙ４０ ４ｐ２ － ｙ２０ ２＋ ｐ２ ４＋ｙ ２ ０－ ２ｂｙ０ ＝０，因此有 ｙ４０ ４ｐ２ － ｙ２０ ２ ＋ ｐ２ ４ －ｐ ２ ＝０， 解得ｙ２０ ＝３ｐ２，而ｙ０＞０，即ｙ０＝槡３ｐ，于是有满足ｌ１⊥ｌ２的 (两曲线交点只有点 ３ｐ２，槡３ )ｐ ，选项（Ａ），（Ｃ）不正确； 显然ｂ＝ 槡２３３ｐ，即正数ｐ值确定，ｂ值也随之确定，并且唯一， 选项（Ｂ）不正确，（Ｄ）正确．故选（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．由题意可知Ｃ１的焦点为（１，０），Ｃ２的焦点为（０，１），过Ｃ１与Ｃ２ 焦点的直线方程为 ｘ １ ＋ ｙ １ ＝１，即ｘ＋ｙ＝１，（Ａ）正确； 由 ｙ２ ＝４ｘ， ｘ２ ＝４ｙ{ ，解得 ｘ＝０，ｙ＝{ ０或 ｘ＝４，ｙ＝４{ ， 所以Ｃ１与Ｃ２有２个公共点，（Ｂ）错误； 由抛物线Ｃ１：ｙ２ ＝４ｘ知，开口向右，对称轴为ｘ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ１有１个交点， 由抛物线Ｃ２：ｘ２ ＝４ｙ知，开口向上，对称轴为ｙ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ２最多有２个交点，综上，与ｘ轴平 行的直线与Ｃ１及Ｃ２最多有３个交点，（Ｃ）正确； Ｃ１与Ｃ２关于直线ｙ＝ｘ对称，若存在直线与Ｃ１和Ｃ２都相 切，则该切线也关于直线ｙ＝ｘ对称，不妨设为ｙ＝－ｘ＋ｔ，与ｘ２＝ ４ｙ联立得ｘ２＋４ｘ－４ｔ＝０，由Δ＝０得ｔ＝－１， 所以直线ｙ＝－ｘ－１与Ｃ１和Ｃ２都相切，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．ｙ２ ＝４ｘ，ｐ＝２，ｌ：ｘ＝－１． 又圆Ａ半径为１，圆心为Ａ（０，４），所以点Ａ到直线ｌ的距离为 １，所以圆Ａ与ｌ相切，（Ａ）正确； 当Ｐ，Ａ，Ｂ三点共线时，ｙＰ ＝ｙＡ ＝４， 代入ｙ２ ＝４ｘ中，ｘＰ ＝４，所以ＰＡ＝４， 所以ＰＱ＝ ＰＡ２－ｒ槡 ２ ＝槡１５，（Ｂ）正确； 当｜ＰＢ｜＝２时，ｘＰ ＝１，ｙＰ ＝２（假设Ｐ在ｘ轴上方）．此时， Ｂ（－１，２），Ｐ（１，２），Ａ（０，４），ＡＰ２ ＝ＡＢ２ ＝５，ＢＰ２ ＝４． 因为ＡＰ２＋ＡＢ２≠ＢＰ２，所以ＰＡ与ＡＢ不垂直，（Ｃ）错误； 因为ＰＢ＝ＰＦ（Ｆ为抛物线Ｃ的焦点）， 所以ＰＡ＝ＰＢ时，ＰＡ＝ＰＦ． 所以，点Ｐ在ＡＦ中垂线上． 又Ａ（０，４），Ｆ（１，０），所以ＡＦ中垂线的方程为ｘ＝４ｙ－１５２． 联立 ｘ＝４ｙ－１５２， ｙ２ ＝４ｘ { ， 得ｙ２－１６ｙ＋３０＝０，Δ＞０． 所以ＡＦ的中垂线与抛物线Ｃ有两个交点，故点Ｐ有且仅有 两个，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．因为马鞍面的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝２ｚ（ａ＞０，ｂ＞０）， 对于（Ａ），平行于ｘＯｙ平面的面中 ｚ为常数，不妨设为 ｚ０（ｚ０ ≠０），得ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝２ｚ０，故所得轨迹是双曲线，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），法向量为（１，０，０）的平面中 ｘ为常数，不妨设为 ｘ０，则ｙ２ ＝－２ｂ２ｚ＋ ｂ２ｘ２０ ａ２ ，为抛物线方程，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），垂直于ｙ轴的平面中ｙ为常数，不妨设为ｙ０， 则ｘ２ ＝２ａ２ｚ＋ ａ２ｙ２０ ｂ２ ，为抛物线方程，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），不妨设平面上的点坐标为Ａ（ｘ，ｙ，ｚ）， 因为平面过原点且法向量为ｎ＝（１，１，０），由→ＯＡ·ｎ＝０，得 ｘ＋ｙ＝０， 故ｙ＝－ｘ，代入马鞍面标准方程， (得 １ａ２ －１ｂ )２ ｘ２ ＝２ｚ， 当ａ＝ｂ时，方程为ｚ＝０，不是抛物线，故（Ｄ）错误． 故选：（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题　１２．３；　１３．４；　１４． 槡１０６＋槡１２３． 提示： １２．因为Ａ ７ｐ ２，( )０，所以｜ＡＦ｜＝３ｐ，则｜ＭＦ｜＝ ３ ２ｐ， 所以Ｍ点横坐标为ｐ，代入得ｙ＝±槡２ｐ， Ｓ△ＡＭＦ ＝ １ ２ ×３ｐ×槡２ｐ＝ 槡２７２ ２ ，所以ｐ＝３． １３．由抛物线的性质可知 １ｍ ＋ １ ｎ ＝ ２ ｐ ＝１，则ｍ＋ｎ＝（ｍ ＋ｎ (） １ｍ ＋１ )ｎ ＝１＋ｍｎ＋ｎｍ ＋１≥２＋２＝４，当且仅当ｍ ＝ｎ时取到最小值４． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），由阿氏圆的定义可得｜ＰＡ｜｜ＰＢ｜＝ 槡６ ３， 即 （ｘ＋３）２＋（ｙ－１）２ （ｘ＋３）２＋（ｙ－６）２ ＝２３，化简得ｘ ２＋ｙ２＋６ｘ＋１８ｙ－６０ ＝０．所以（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２ ＝１５０，所以点Ｐ在圆心为（－３， －９），半径为 槡５６的圆上， 因为抛物线Ｃ：ｙ＝ １６ｘ ２的焦点为Ｆ，所以 (Ｆ ０， )３２ ， 因为（０＋３）２ (＋ ３２ ＋ )９ ２ ＝４７７４ ＜１５０， 所以点Ｆ在圆（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２ ＝１５０内， 因为点Ｆ到与圆心的距离为 ４７７槡４ ＝ 槡４７７ ２ ， 所以过点Ｆ的最短弦长为２ １５０－４７７槡 ４ ＝槡１２３， 过点Ｆ的最长弦长为 槡２ １５０＝ 槡１０６， 所以过点Ｆ的最长弦与最短弦的和为 槡１０６＋槡１２３． 四、解答题 １５．解：（１）因为Ｍ（ｐ，ｐ－１）是Ｃ上的点， 所以ｐ２ ＝２ｐ（ｐ－１）， 因为ｐ＞０，解得ｐ＝２，所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． （２）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋｘ＋２， ｘ２ ＝４ｙ{ ， 得ｘ２－４ｋｘ－８＝０，Δ＝１６ｋ２＋３２＞０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝４ｋ，ｘ１ｘ２ ＝－８， 由抛物线的定义知，｜ＡＦ｜＝ｙ１＋１，｜ＢＦ｜＝ｙ２＋１， 则 ｜ＡＦ｜·｜ＢＦ｜＝（ｙ１＋１）（ｙ２＋１）＝（ｋｘ１＋３）（ｋｘ２＋３） ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋３ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋９＝４ｋ２＋９＝１３， 解得ｋ＝±１． １６．解：（１）依题意Ｆ（１，０），设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋１． 与ｙ２ ＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ－４＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４． ① 因为→ＡＦ＝２→ＦＢ，所以ｙ１ ＝－２ｙ２． ② 联立①和②，消去ｙ１，ｙ２，得ｍ＝±槡 ２ ４． 所以直线ＡＢ的斜率是 ± 槡２２． （２）由点Ｃ与原点Ｏ关于点Ｍ对称，得Ｍ是线段ＯＣ的中点， 从而点Ｏ与点Ｃ到直线ＡＢ的距离相等， 所以四边形ＯＡＣＢ的面积等于２Ｓ△ＡＯＢ． 因为 ２Ｓ△ＡＯＢ ＝ ２ × １ ２ × ｜ＯＦ｜ ×｜ｙ１ － ｙ２ ｜＝ （ｙ１＋ｙ２）２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝４ １＋ｍ槡 ２≥４， 所以ｍ＝０时，四边形ＯＡＣＢ的面积最小，最小值是４． １７．（１）解：由题意得 (Ｆ ｐ２， )０ ， 当点Ａ与Ｆ重合且直线ｌ垂直于ｘ轴时，ｌ方程为ｘ＝ ｐ２， 代入ｙ２＝２ｐｘ得ｙ＝±ｐ，所以｜ＰＱ｜＝２ｐ＝４，解得ｐ＝２， 所以Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）证明：可设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 将ｘ＝ｍｙ＋ｘＡ代入ｙ２ ＝４ｘ中得ｙ２－４ｍｙ－４ｘＡ ＝０， 则Δ＝１６ｍ２＋１６ｘＡ ＞０，ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４ｘＡ， 由∠ＰＢＡ＝∠ＱＢＡ得ｋＰＢ＋ｋＱＢ ＝０， 即 ｙ１ ｘ１－ｘＢ ＋ ｙ２ ｘ２－ｘＢ ＝０， 即ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ）＝０， 所以ｙ１（ｘ２－ｘＢ）＋ｙ２（ｘ１－ｘＢ） ＝ｙ１（ｍｙ２＋ｘＡ－ｘＢ）＋ｙ２（ｍｙ１＋ｘＡ－ｘＢ） ＝２ｍｙ１ｙ２＋（ｘＡ－ｘＢ）（ｙ１＋ｙ２） ＝２ｍ·（－４ｘＡ）＋（ｘＡ－ｘＢ）·４ｍ ＝－４ｍ（ｘＡ＋ｘＢ）＝０， 又直线ｌ不垂直于坐标轴，所以ｍ≠０，所以ｘＡ＋ｘＢ ＝０． 所以ｘＡ＋ｘＢ为定值０． １８．（１）解：设抛物线Γ的方程为ｘ２ ＝２ｐｙ（ｐ＞０）， 由题可得 ｐ ２ ＝１，解得ｐ＝２， 因此，抛物线Γ的方程为ｘ２ ＝４ｙ． （２）证明：过点Ａ作ＡＫ⊥ｙ轴于点Ｋ，设｜ＡＦ｜＝ｍ， 则Ｒｔ△ＡＦＫ中，∠ＫＦＡ＝α， 可得ｓｉｎα＝｜ＡＫ｜｜ＡＦ｜，ｃｏｓα＝ ｜ＦＫ｜ ｜ＡＦ｜， 可得｜ＡＫ｜＝｜ＡＦ｜ｓｉｎα＝ｍｓｉｎα，｜ＦＫ｜＝｜ＡＦ｜ｃｏｓα＝ ｍｃｏｓα，由此可得点Ａ的坐标为（－ｍｓｉｎα，１＋ｍｃｏｓα）， 因为点Ａ为抛物线ｘ２ ＝４ｙ上的点， 所以（－ｍｓｉｎα）２ ＝４（１＋ｍｃｏｓα）， 整理得ｍ２ｓｉｎ２α－４ｍｃｏｓα－４＝０， 解得ｍ＝４ｃｏｓα± １６ｃｏｓ ２α＋１６ｓｉｎ２槡 α ２ｓｉｎ２α ＝４ｃｏｓα±４ ２ｓｉｎ２α ＝２ｃｏｓα±２ ｓｉｎ２α ． 因为α为锐角，可得ｃｏｓα＜１，且ｍ＞０， 所以ｍ＝２ｃｏｓα－２ ｓｉｎ２α ＜０不符合题意，得ｍ＝２ｃｏｓα＋２ ｓｉｎ２α ＝ 书 证明如下：显然 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０ ＝ａ２ｂ２， 由 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１， ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得：ｂ２ａ２ｘ２－２ｂ２ａ２ｘ０ｘ＋ｂ２＋ｙ２０＝０， 于是Δ＝ ４ｂ４ｘ２０ ａ４ －４ｂ ２ ａ２ （ｂ２＋ｙ２０）＝ ４ｂ２（ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２） ａ４ ＝０， 因此直线 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１与双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０） 相切于点（ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上 一点（ｘ０，ｙ０）的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． （３）证明：当ｎ＝０时，直线ｌ的斜率不存在， 由对称性知，点Ｔ为线段ＰＱ的中点； 当ｎ≠０时，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），线段ＰＱ的中点Ｎ（ｔ，ｓ）， 由 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝０， ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得 (： ｎ２ｂ２ －ｍ２ａ )２ ｘ２＋２ｍｘ－ａ２＝０， 由 ｍ２ ａ２ －ｎ ２ ｂ２ ＝１，得ｘ２－２ｍｘ＋ａ２＝０，则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ｍ， 又 ｍｔ ａ２ －ｎｓ ｂ２ ＝１，于是ｓ＝ｂ ２ (ｎ ｍ２ａ２ － )１ ＝ｎ， 即点Ｔ与点Ｎ重合，所以点Ｔ为线段ＰＱ的中点． 第１０期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．Ｃ．　４．ｘ＝－３２；　５．１． ６．解：在方程ｘ－２ｙ－４＝０中，令ｘ＝０得ｙ＝－２； 令ｙ＝０得ｘ＝４，所以抛物线的焦点为（４，０）或（０，－２）． 当焦点为（４，０）时，ｐ２ ＝４，所以ｐ＝８， 此时抛物线方程为ｙ２ ＝１６ｘ，准线方程为ｘ＝－４； 当焦点为（０，－２）时，ｐ２ ＝２，所以ｐ＝４， 此时抛物线方程为ｘ２ ＝－８ｙ，准线方程为ｙ＝２． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｂ；　３．Ｃ．　４．２；　５．ｙ２ ＝８ｘ． ６．解：设Ｐ（ｔ，４ｔ２），且点Ｐ到直线ｙ＝４ｘ－５的距离为ｄ， 则ｄ＝｜４ｔ－４ｔ ２－５｜ 槡１７ ＝４ｔ ２－４ｔ＋５ 槡１７ ＝ 槡４１７１７ ｔ－( )１２ ２ ＋[ ]１． 当ｔ＝ １２时，ｄ取得最小值．此时，Ｐ １ ２，( )１为所求的点． 第１０期３，４版 抛物线同步核心素养测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＡＣＢＣ　　５～８　ＤＡＢＤ 提示： １．根据已知ｘ２ ＝ｙ，２ｐ＝１， (所以焦点坐标为 ０， )１４ ．故选：（Ａ）． ２．抛物线方程ｙ２ ＝ １２ｘ，２ｐ＝ １ ２， 所以准线方程是ｘ＝－１８．故选：（Ｃ）． ３．由抛物线定义得３＋ ｐ２ ＝４，解得ｐ＝２．故选：（Ｂ）． ４．抛物线ｙ＝ １８ｘ ２的标准方程为ｘ２ ＝８ｙ， 所以焦点的坐标为（０，２），准线方程为ｙ＝－２， 故选：（Ｃ）． ５．直线３ｘ＋２ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（２，０）， 所以抛物线Ｃ的焦点为（２，０），故 ｐ２ ＝２，解得ｐ＝４， 所以抛物线的标准方程为ｙ２ ＝８ｘ．故选：（Ｄ）． ６．如图１，ＡＢ为水面宽，ＢＣ为拱 顶离水面的高度， 故｜ＡＢ｜＝２４，｜ＢＣ｜＝１２， 故Ｂ（１２，－１２）． 设抛物线的方程为：ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ ＞０），则１４４＝－２ｐ×（－１２），即ｐ＝ ６，故焦点坐标为（０，－３）．故选：（Ａ）． ７．由抛物线定义可知，｜ＡＦ｜等于点Ａ到抛物线准线的距离， ｜ＡＦ｜的最小值为抛物线顶点到准线的距离，即｜ＡＦ｜≥ ｐ２， 若｜ＡＦ｜＞１恒成立，则 ｐ２ ＞１，即ｐ＞２．故选：（Ｂ）． ８．依题意可得 (Ｆ ３２， )０ ． 设Ｐ（ｘ，ｙ）（ｘ≠０），Ｑ（ｔ，０），则→  ＯＰ＝（ｘ，ｙ）， →  ＰＱ＝（ｔ－ｘ，－ｙ），→ (ＰＦ＝ ３２ －ｘ， )－ｙ ， 因为ＯＰ⊥ＰＱ，所以→  ＯＰ·→  ＰＱ＝ｘ（ｔ－ｘ）－ｙ２＝ｔｘ－ｘ２－６ｘ ＝ｘ（ｔ－ｘ－６）＝０， 因为ｘ≠０，所以ｔ－ｘ－６＝０，即ｔ－ｘ＝６， 所以→ＰＦ·→  (ＰＱ＝ ３２ )－ｘ （ｔ－ｘ）＋ｙ２ (＝ ３２ )－ｘ （ｔ－ ｘ）＋６ｘ＝ (６ ３２ )－ｘ ＋６ｘ＝９．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９． （ｘ－４）２＋ｙ槡 ２ ＝｜ｘ｜＋４，当ｘ≥０时，化简得ｙ２＝１６ｘ； 当ｘ＜０时，化简得ｙ＝０，故（Ａ）不正确． 显然点Ｐ始终在直线ｌ上，故（Ｂ）不正确． 等式的几何意义可理解为点Ｐ到定点（１，０）与到定直线ｘ＋ ｙ＝０的距离相等，符合抛物线的定义，故（Ｃ）正确． 对于（Ｄ）选项，可以转化为点 Ｐ到 Ｆ的距离与到定直线 ｘ ＝－４的距离相等，符合抛物线的定义，故（Ｄ）正确． １０．抛物线ｘ２ ＝４ｙ的准线方程为ｙ＝－１，故（Ａ）错误； 由｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝４，得ｙ１＋１＋ｙ２＋１＝４， 则ｙ１＋ｙ２ ＝２，所以点Ｐ的纵坐标ｙＰ ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝１， 即为点Ｐ到ｘ轴的距离为１，故（Ｂ）正确； 因为直线ｌ交抛物线于Ａ，Ｂ两点，显然ｌ的斜率存在， 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，与ｙ＝ １４ｘ ２联立消去ｙ， 整理得ｘ２－４ｋｘ－４ｍ＝０， 所以ｘ１ｘ２ ＝－４ｍ，所以ｙ１ｙ２ ＝ ｘ２１ ４ × ｘ２２ ４ ＝ （ｘ１ｘ２）２ １６ ＝ｍ ２． 若直线ＡＢ经过焦点Ｆ，则ｍ＝１，ｙ１ｙ２ ＝１，故（Ｃ）正确； 若ｙ１ｙ２ ＝１，则ｍ＝±１，当ｍ＝１时，直线ＡＢ过焦点Ｆ； 当ｍ＝－１时，直线ＡＢ过点（０，－１），故（Ｄ）错误． 故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．截圆锥的平面平行于母线ＰＡ且过母线ＰＢ的中点 Ｍ，故 Ｏ也在截面上，同时根据对称性可知抛物线的对称轴为ＯＭ，焦点 在ＯＭ上，故（Ａ），（Ｂ）正确． 由题可得圆锥的母线ＰＡ＝ＰＢ＝ ４２＋４槡 ２ ＝ 槡４２，ＡＢ＝８， 所以ＡＢ２ ＝ＰＡ２＋ＰＢ２，所以ＰＢ⊥ＰＡ． 如图２，连接ＯＭ，在△ＰＡＢ中，Ｏ为ＡＢ的中点，Ｍ是ＰＢ中点， 所以ＯＭ为中位线，所以ＰＡ∥ＯＭ，ＰＢ⊥ＯＭ， 所以ＯＭ＝ １２ＰＡ＝ 槡２２． 设平面α交底面圆于Ｃ，Ｄ，则ＣＤ＝ＡＢ＝８． 以Ｍ为原点，ＭＯ为ｘ轴建立坐标系如图３所示， 则Ｏ（槡２２，０），Ｄ（槡２２，４）．可设抛物线的方程为ｙ２ ＝２ｐｘ， 把Ｄ（槡２２，４）代入抛物线方程可得：槡４２＝２ｐ， 所以抛物线为：ｙ２ ＝ 槡４２ｘ，焦点Ｆ（槡２，０），故（Ｃ）错误， 所以焦点到准线的距离为 槡２２，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．８０；　１３．ｘ＝－１２；　１４．ｙ＝±（ｘ－１）． 提示： １２．以抛物线最高点为坐标原 点，平行于地面为 ｘ轴，建立平面直 角坐标系，如图４， 设抛物线方程为ｘ２ ＝－２ｐｙ， 由题意得Ａ（８０，－４０），将其代 入抛物线方程得６４００＝８０ｐ， 解得ｐ＝８０，故安全抛物线的焦 点到其准线的距离为８０米． １３．不妨设点Ｄ在第一象限，则点Ｅ在第四象限， 联立 ｘ＝２， ｙ２ ＝２{ ｐｘ可得 ｘ＝２， ｙ＝±２槡ｐ { ， 则点 Ｄ（２，２槡ｐ），Ｅ（２， －２槡ｐ），所以 →ＯＤ·→  ＯＥ＝４－４ｐ＝０，解得ｐ＝１， 因此Ｃ的准线方程为ｘ＝－ ｐ２ ＝－ １ ２． １４．由｜ＡＢ｜＝ｘ１＋ｘ２＋ ｐ ２ ＝８，结合定义知ＡＢ的中点的横 坐标为３，设直线ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－１），与ｙ２＝４ｘ，联立，得ｋ２ｘ２－（２ｋ２ ＋４）ｘ＋ｋ２＝０，所以ｘ１＋ｘ２＝ ２ｋ２＋４ ｋ２ ＝６，得ｋ＝±１，故直线ｌ 的方程为：ｙ＝±（ｘ－１）． 四、解答题 １５．解：由题意设抛物线的方程为ｘ２＝－２ｐｙ（ｐ＞０）， 则其准线方程为ｙ＝ ｐ２． 由题可得 ｐ ２ ＋４＝６，解得ｐ＝４． 所以抛物线的方程为ｘ２ ＝－８ｙ． 又因为点Ａ（ｍ，－４）在抛物线上， 所以ｍ２ ＝３２，即ｍ＝± 槡４２． 所以点Ａ的坐标为（± 槡４２，－４）． １６．解：由抛物线的方程可知其准线为ｘ＝１． 设Ｐ（ｘ，ｙ），因为点Ｐ为抛物线上的动点，Ｆ为焦点， 所以｜ＰＦ｜等于点Ｐ到准线的距离． 所以｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜的最小值是点Ａ到准线ｘ＝１的距离． 此时点Ｐ的纵坐标为ｙ＝１， 代入抛物线ｙ２ ＝－４ｘ，解得ｘ＝－１４． 所以点Ｐ的坐标为 －１４，( )１． １７．解：（１）由题意知：抛物线Ｃ过点（２５０，１５６２５）， 设抛物线Ｃ：ｘ２ ＝２ｐｙ（ｐ＞０），２５０２ ＝２×１５６２５ｐ， 解得ｐ＝２００，所以抛物线Ｃ的方程为ｘ２ ＝４００ｙ． （２）由题意知：弦ＰＱ为抛物线Ｃ的焦点弦， 所以当ＰＱ为通径时，从入射点Ｐ到反射点Ｑ的路程最短， 所以｜ＰＱ｜ｍｉｎ＝２ｐ＝４００， 所以 (Ｐ ±ｐ，ｐ )２ ，即Ｐ（±２００，１００）． １８．解：（１）由点Ｐ（ｘ０，槡２ｐ）在抛物线Ｃ上， 得（槡２ｐ）２ ＝２ｐｘ０，解得ｘ０ ＝ｐ， 由抛物线定义得，｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ３ｐ ２ ＝３，解得ｐ＝２， 故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１， 联立 ｙ２ ＝４ｘ， ｘ＝ｍｙ＋１{ ，消去ｘ，得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 故ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４， 所以ｘ１ｘ２ ＝ ｙ２１ ４ × ｙ２２ ４ ＝ ｙ２１ｙ２２ １６ ＝１，ｘ１＋ｘ２ ＝（ｍｙ１＋１）＋ （ｍｙ２＋１）＝ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋２＝４ｍ２＋２， 则→ＯＡ·→  ＯＢ＝－（ｘ１＋ｘ２）＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝－３， 即４ｍ２＋２＝３，解得ｍ＝±１２， 所以所求直线ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－２或ｙ＝２－２ｘ． １９．解：（１）以抛物线的顶点为 坐标原点，对称轴为ｙ轴，建立如图５ 所示的平面直角坐标系， 依题意可得Ａ (的坐标为 ９２，)４ ， 设抛物线的方程为ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞ ０），则８１４ ＝８ｐ，解得ｐ＝ ８１ ３２， 故该抛物线的标准方程为ｘ２ ＝８１１６ｙ， 焦点到准线的距离为ｐ＝８１３２ｃｍ． （２）设小球大圆圆周的方程为ｘ２＋（ｙ－ｒ）２ ＝ｒ２（ｒ＞０）， 联立方程组 ｘ２＋（ｙ－ｒ）２ ＝ｒ２， ｘ２ ＝８１１６ｙ { ， 解得ｙ＝０或ｙ＝２ｒ－８１１６． 要使小球能触及杯盏的底部（顶点）， 则小球与杯子有且只有一个交点，即抛物线的顶点， 则ｙ＝２ｒ－８１１６＝０或ｙ＝２ｒ－ ８１ １６无解． 又因为抛物线不可能在ｘ轴下方，所以ｙ＝２ｒ－８１１６＜０， 综上２ｒ－８１１６≤０，解得ｒ≤ ８１ ３２， 所以ｒ的最大值为８１３２． 第１１期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．ｙ２＝１６ｘ或ｘ２＝－１２ｙ；　５．ｘ２＝１６ｙ． ６．解：（１）设抛物线Ｃ的标准方程为ｙ２ ＝２ｐｘ（ｐ＞０）． 因为点Ａ（２，２）在抛物线Ｃ上，所以ｐ＝１． 因此，抛物线Ｃ的标准方程是ｙ２ ＝２ｘ． （２）由（１）可得焦点Ｆ的坐标是 １ ２，( )０， 又直线ＯＡ的斜率为 ２２ ＝１， ! ! ! 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