《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

10.(2024浙江金华十校模拟,18)设抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$,直线$x=-1$是抛物线$C$的准线,且与$x$轴交于点$B$,过点$B$的直线$l$与抛物线$C$交于不同的两点$M$,$N$,$A(1,n)$是不在直线$l$上的一点,直线$AM$,$AN$分别与准线交于$P$,$Q$两点.
(1)求抛物线$C$的方程;
(2)证明:$|BP| = |BQ|$;
(3)记$\triangle AMN$,$\triangle APQ$的面积分别为$S_{1}$,$S_{2}$,若$S_{1}=2S_{2}$,求直线$l$的方程.

答案：
(1)由题意知$-\frac{p}{2}=-1$，则$p = 2$，故抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$.(3分)
(2)证明：设$l:x = ty - 1$，$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}y^{2}=4x\\x = ty - 1\end{cases}$，消去$x$得$y^{2}-4ty + 4 = 0$，则$\Delta=16(t^{2}-1)>0$，且$\begin{cases}y_{1}+y_{2}=4t\\y_{1}y_{2}=4\end{cases}$.(5分)$AM:y - n=\frac{y_{1}-n}{x_{1}-1}(x - 1)$，令$x=-1$，得$P(-1,n-\frac{2(y_{1}-n)}{x_{1}-1})$，同理可得$Q(-1,n-\frac{2(y_{2}-n)}{x_{2}-1})$，(7分)则$|BP|=|y_{P}|$，$|BQ|=|y_{Q}|$，因为$y_{P}+y_{Q}=n-\frac{2(y_{1}-n)}{x_{1}-1}+n-\frac{2(y_{2}-n)}{x_{2}-1}=2n-[\frac{2(y_{1}-n)}{ty_{1}-2}+\frac{2(y_{2}-n)}{ty_{2}-2}]=2n-\frac{2(y_{1}-n)(ty_{2}-2)+2(y_{2}-n)(ty_{1}-2)}{(ty_{1}-2)\cdot(ty_{2}-2)}=2n-\frac{4ty_{1}y_{2}-(2nt + 4)(y_{1}+y_{2})+8n}{t^{2}y_{1}y_{2}-2t(y_{1}+y_{2})+4}=2n-\frac{8n-8nt^{2}}{4-4t^{2}}=0$，所以$|y_{P}|=|y_{Q}|$，故$|BP|=BQ|$.(10分)
(3)解法一：设点$A$到直线$PQ$，$MN$的距离分别为$d_{1}$，$d_{2}$，易知$d_{1}=2$.由
(2)可得，$d_{2}=\frac{|2-nt|}{\sqrt{t^{2}+1}}$，$|MN|=\sqrt{(t^{2}+1)[(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}]}=4\sqrt{(t^{2}+1)(t^{2}-1)}$，则$S_{2}=\frac{1}{2}|PQ|d_{1}=|PQ|=\left|\frac{2(y_{1}-n)}{ty_{1}-2}-\frac{2(y_{2}-n)}{ty_{2}-2}\right|=\frac{|2nt-2|}{\sqrt{t^{2}-1}}$，(13分)$S_{1}=\frac{1}{2}|MN|d_{2}=\frac{1}{2}\times4\sqrt{(t^{2}+1)(t^{2}-1)}\cdot\frac{|2-nt|}{\sqrt{t^{2}+1}}=2\sqrt{t^{2}-1}\cdot|nt - 2|$，(15分)由$S_{1}=2S_{2}$得$t^{2}-1 = 2$，解得$t=\pm\sqrt{3}$，所以直线$l$的方程为$x\pm\sqrt{3}y + 1 = 0$.(17分) 解法二：$\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{\frac{1}{2}|AM|\cdot|AN|\cdot\sin\angle MAN}{\frac{1}{2}|AP|\cdot|AQ|\cdot\sin\angle PAQ}=\frac{|AM|\cdot|AN|}{|AP|\cdot|AQ|}=\frac{|(x_{1}-1)(x_{2}-1)|}{4}$，(14分)所以$\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|(ty_{1}-2)(ty_{2}-2)|}{4}=\frac{|t^{2}y_{1}y_{2}-2t(y_{1}+y_{2})+4|}{4}=t^{2}-1$.(15分)由$S_{1}=2S_{2}$得$t^{2}-1 = 2$，解得$t=\pm\sqrt{3}$，所以直线$l$的方程为$x\pm\sqrt{3}y + 1 = 0$.(17分)

11.(2024湖北武汉四调,18)已知抛物线$E:y = x^{2}$,过点$T(1,2)$的直线与抛物线$E$交于$A$,$B$两点,设抛物线$E$在点$A$,$B$处的切线分别为$l_{1}$和$l_{2}$,已知$l_{1}$与$x$轴交于点$M$,$l_{2}$与$x$轴交于点$N$,设$l_{1}$与$l_{2}$的交点为$P$.
(1)证明:点$P$在定直线上;
(2)若$\triangle PMN$面积为$\sqrt{2}$,求点$P$的坐标;
(3)若$P$,$M$,$N$,$T$四点共圆,求点$P$的坐标.

答案：  
(1)证明：设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$P(x_{P},y_{P})$.由$y = x^{2}$，得$y'=2x$，所以$l_{1}$的方程为$y = 2x_{1}(x - x_{1})+y_{1}$，整理得$y = 2x_{1}x-x_{1}^{2}$.同理，$l_{2}$的方程为$y = 2x_{2}x-x_{2}^{2}$.联立得$\begin{cases}y = 2x_{1}x-x_{1}^{2}\\y = 2x_{2}x-x_{2}^{2}\end{cases}$，解得$x_{P}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$，$y_{P}=x_{1}x_{2}$.设直线$AB$的方程为$y = k(x - 1)+2$，联立得$\begin{cases}y = k(x - 1)+2\\y = x^{2}\end{cases}$，消$y$得$x^{2}-kx + k - 2 = 0$，故$x_{1}+x_{2}=k$，$x_{1}x_{2}=k - 2$，所以$x_{P}=\frac{k}{2}$，$y_{P}=k - 2$，有$y_{P}=2x_{P}-2$.所以点$P$在定直线$y = 2x - 2$上.(6分)
(2)在$l_{1}$，$l_{2}$的方程中，令$y = 0$，得$M(\frac{x_{1}}{2},0)$，$N(\frac{x_{2}}{2},0)$，所以$\triangle PMN$的面积$S=\frac{1}{2}|MN|\cdot|y_{P}|=\frac{1}{4}|(x_{1}-x_{2})x_{1}x_{2}|=\sqrt{2}$.故$(x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}x_{2})^{2}=32$，即$[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}](x_{1}x_{2})^{2}=32$，则$(k^{2}-4k + 8)(k^{2}-4k + 4)=32$.即$[(k - 2)^{2}+8][(k - 2)^{2}-4]=0$，解得$k = 0$或$k = 4$.所以点$P$的坐标为$(0,-2)$或$(2,2)$.(11分)
(3)抛物线的焦点坐标为$F(0,\frac{1}{4})$，由$M(\frac{x_{1}}{2},0)$得直线$MF$的斜率$k_{MF}=-\frac{1}{2x_{1}}=-\frac{1}{k_{MP}}$，所以$MF\perp MP$，同理$NF\perp NP$，所以$PF$是$\triangle PMN$外接圆的直径.若点$T$也在该圆上，则$TF\perp TP$.由$k_{TF}=\frac{7}{4}$，得直线$TP$的方程为$y=-\frac{4}{7}(x - 1)+2$.又点$P$在定直线$y = 2x - 2$上.联立两直线方程，解得点$P$的坐标为$(\frac{16}{9},\frac{14}{9})$.(17分)

1.(创新知识交汇)(多选)(2024河北联考,10)双曲抛物线又称马鞍面,
因其形似马具中的马鞍表面而得名.其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用.在空间直角坐标系中,将一条$xOz$平面内开口向上的抛物线沿着另一条$yOz$平面内开口向下的抛物线滑动(两条抛物线的顶点重合)所形成的就是马鞍面,其坐标原点被称为马鞍面的鞍点,其标准方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=2z(a＞0,b＞0)$,则下列说法正确的是（ ）

A.用平行于$xOy$平面的面截马鞍面,所得轨迹为双曲线
B.用法向量为$(1,0,0)$的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线
C.用垂直于$y$轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线
D.用过原点且法向量为$(1,1,0)$的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线

答案：  1. **AB** 对于A，平行于$xOy$平面的面中$z$为常数，不妨设为$z_{0}(z_{0}\neq0)$，得$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=2z_{0}$，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$x_{0}$，则$y^{2}=-2b^{2}z+\frac{b^{2}x_{0}^{2}}{a^{2}}$，为抛物线，故B正确；对于C，垂直于$y$轴的平面中$y$为常数，不妨设为$y_{0}$，则$x^{2}=2a^{2}z+\frac{a^{2}y_{0}^{2}}{b^{2}}$，为抛物线，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$\boldsymbol{n}=(1,1,0)$，由$\overrightarrow{OA}\cdot\boldsymbol{n}=0$，得$x + y = 0$，故$y=-x$，代入马鞍面标准方程，得$(\frac{1}{a^{2}}-\frac{1}{b^{2}})x^{2}=2z$，当$a = b$时，不是抛物线，故D错误.故选AB. 

2.(创新考法)(2024浙江9 + 1联盟3月联考,13)应用抛物线和双曲线的光学性质,可以设计制造反射式天文望远镜,这种望远镜的特点是,镜筒可以很短而观察天体运动又很清楚.某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜,其光学系统的原理如图(中心截口示意图)所示.
其中,一个反射镜$PO_{1}Q$弧所在的曲线为抛物线,另一个反射镜$MO_{2}N$弧所在的曲线为双曲线一个分支.已知$F_{1}$,$F_{2}$是双曲线的两个焦点,其中$F_{2}$同时又是抛物线的焦点,且$\angle NF_{2}F_{1}=45^{\circ}$,$\tan\angle NF_{1}F_{2}=\frac{1}{4}$,$\triangle NF_{1}F_{2}$的面积为10,$|O_{1}F_{2}| = 8$,则抛物线方程为________.

答案： $y^{2}=32(x + 3)$ **解析** 设$F_{1}(-c,0)$，$F_{2}(c,0)$，$N(x_{0},y_{0})(x_{0}>0,y_{0}>0)$.由$\tan\angle NF_{1}F_{2}=\frac{1}{4}$，$\angle NF_{2}F_{1}=45^{\circ}$，有$\begin{cases}\frac{y_{0}}{x_{0}+c}=\frac{1}{4}\\y_{0}=c - x_{0}\end{cases}$，解得$x_{0}=\frac{3}{5}c$，$y_{0}=\frac{2}{5}c$，由$S_{\triangle NF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}|F_{1}F_{2}|y_{0}=\frac{2}{5}c^{2}=10$，解得$c = 5$，则由$|O_{1}F_{2}| = 8$，得$O_{1}(-3,0)$，故抛物线方程为$y^{2}=32(x + 3)$.