【名師一號】2020-2021學年人教A版高中數(shù)學選修2-1雙基限時練15

雙基限時練(十五)1．方程y＝－2eq\r(x)所表示曲線的外形是()解析由y＝－2eq\r(x)，知y≤0，x≥0，因此選D.答案D2．過點M(3,2)作直線l與拋物線y2＝8x只有一個交點，這樣的直線共有()A．0條 B．1條C．2條 D．3條解析由于點M(3,2)在拋物線y2＝8x的內(nèi)部，所以過點M平行x軸的直線y＝2，適合題意，因此只有一條．答案B3．過拋物線y2＝4x的焦點作直線交拋物線于A(x1，y1)、B(x2，y2)，若x1＋x2＝6，則|AB|＝()A．8 B．10C．6 D．4解析由題意知，|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8.答案A4．拋物線y2＝16x上到頂點與到焦點距離相等的點的坐標為()A．(4eq\r(2)，±2) B．(±4eq\r(2)，2)C．(±2,4eq\r(2)) D．(2，±4eq\r(2))解析拋物線y2＝16x的頂點O(0,0)，焦點F(4,0)，設(shè)P(x，y)適合題意，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝16x，,x2＋y2＝x－42＋y2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝16x，,x＝2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝±4\r(2)，))∴適合題意的點為(2，±4eq\r(2))．答案D5．過拋物線y2＝4x的焦點的直線交拋物線于A，B兩點，O為坐標原點，則eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))的值是()A．12 B．－12C．3 D．－3解析特例法，∵y2＝4x的焦點F(1,0)，設(shè)過焦點F的直線為x＝1，∴可求得A(1，－2)，B(1,2)．∴eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝1×1＋(－2)×2＝－3.答案D6．過拋物線y2＝4x的焦點F，作傾斜角為eq\f(π,3)的直線，交拋物線于A，B兩點，則|AB|的長為________．解析由y2＝4x知F(1,0)，可得直線AB的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，與y2＝4x聯(lián)立，可求得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2\r(3),3)))，B(3,2eq\r(3))．∴|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(16,3).答案eq\f(16,3)7．拋物線y2＝2px(p＞0)上有一點縱坐標為－4eq\r(2)，這點到準線的距離為6，則拋物線的方程為__________．解析設(shè)點(x0，－4eq\r(2))，則(－4eq\r(2))2＝2px0，∴x0＝eq\f(32,2p)＝eq\f(16,p).又由拋物線的定義知x0＋eq\f(p,2)＝6，∴eq\f(16,p)＋eq\f(p,2)＝6，即p2－12p＋32＝0，解得p＝4，或p＝8.∴拋物線方程為y2＝8x，或y2＝16x.答案y2＝8x，或y2＝16x8．若拋物線y2＝mx與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1有一個共同的焦點，則m＝__________.解析由eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1得焦點(－2,0)，(2,0)．當焦點為(－2,0)時，拋物線開口向左，∴m＜0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m＝2p，,\f(p,2)＝2))?m＝－8；當焦點為(2,0)時，拋物線開口向右，∴m＞0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2p，,\f(p,2)＝2))?m＝8.答案8或－89．已知直線l過點A(－eq\f(3p,2)，p)，且與拋物線y2＝2px只有一個公共點，求直線l的方程．解當直線與拋物線只有一個公共點時，設(shè)直線方程為：y－p＝k(x＋eq\f(3p,2))．將直線l的方程與y2＝2px聯(lián)立，消去x得ky2－2py＋(2＋3k)p2＝0由Δ＝0得，k＝eq\f(1,3)，或k＝－1.∴直線l的方程為2x－6y＋9p＝0，或2x＋2y＋p＝0.當直線l與x軸平行時，直線l與拋物線只有一個交點，此時，y＝p，故滿足條件的直線共有三條，其方程為：2x－6y＋9p＝0，或2x＋2y＋p＝0，或y＝p.10．線段AB過x軸正半軸上肯定點M(m,0)，端點A，B到x軸的距離之積為2m，以x軸為對稱軸，過A，O，B解畫圖知，拋物線方程為y2＝2px(p>0)，直線AB的方程為x＝ay＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,x＝ay＋m))消去x，并整理得y2－2apy－2mp＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2＝－2mp.由已知得|y1||y2|＝2m則p＝1.故拋物線的方程為y2＝2x.11．已知拋物線y2＝2x，(1)設(shè)點A的坐標為(eq\f(2,3)，0)，在拋物線上求一點P，使|PA|最??；(2)在拋物線上求一點P，使P到直線x－y＋3＝0的距離最短，并求出距離的最小值．解(1)設(shè)P(x，y)，則|PA|2＝(x－eq\f(2,3))2＋y2＝(x－eq\f(2,3))2＋2x＝(x＋eq\f(1,3))2＋eq\f(1,3).∵x≥0且在此區(qū)間上函數(shù)單調(diào)遞增，故當x＝0時，|PA|有最小值eq\f(2,3)，離A點最近的點P(0,0)．(2)設(shè)點P(x0，y0)是拋物線y2＝2x上任一點，則P到直線x－y＋3＝0的距離為d＝eq\f(|x0－y0＋3|,\r(2))＝eq\f(|\f(y\o\al(2,0),2)－y0＋3|,\r(2))＝eq\f(|y0－12＋5|,2\r(2))，∴當y0＝1，d有最小值eq\f(5\r(2),4).∴點P的坐標為(eq\f(1,2)，1)．12．已知拋物線y2＝－x與直線y＝k(x＋1)相交于A，B兩點．(1)求證：OA⊥OB；(2)當△OAB的面積等于eq\r(10)時，求k的值．解(1)證明：如圖所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x，,y＝kx＋1))消去x，整理得ky2＋y－k＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2＝－1.∵A，B在拋物線上，∴yeq\o\al(2,1)＝－x1，yeq\o\al(2,2)＝－x2，∴yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝x1x2.又∵kOA·kOB＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(1,y1y2)＝－1，∴OA⊥OB.(2)設(shè)直線與x軸交于N，明顯k≠0，令y＝0，得x＝－1，即N(－1,0)．∴S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝eq\f(1,2)|ON||y1|＋eq\f(1,2)|ON||y2|＝eq\f(1,2)|ON||y1－y2|.而|y1－y2|＝eq\r(y1－y22)＝eq\