《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)(一题多解)(2020·全国Ⅲ卷)设 $ O $ 为坐标原点，直线 $ x = 2 $ 与抛物线 $ C:y^{2}=2px(p＞0) $ 交于 $ D,E $ 两点，若 $ OD \perp OE $，则 $ C $ 的焦点坐标为(B)

A.$ (\frac{1}{4},0) $
B.$ (\frac{1}{2},0) $
C.$ (1,0) $
D.$ (2,0) $

答案：
(1)B
(1)法一:将直线方程与抛物线方程联立,可得$y=\pm2\sqrt{p}$,不妨设$D(2,2\sqrt{p}),E(2,-2\sqrt{p})$,由$OD\perp OE$,可得$\overrightarrow{OD}·\overrightarrow{OE}=4 - 4p = 0$,解得$p = 1$,所以抛物线C的焦点坐标为$(\frac{1}{2},0)$.故选B.
法二:由题可知点D,E关于x轴对称,设DE与x轴交于P,且D在第一象限,因为$OD\perp OE$,所以$\angle DOP = 45^{\circ}$,故$x_{D}=y_{D}=2$,代入$y^{2}=2px$可得$p = 1$,焦点坐标为$(\frac{1}{2},0)$.故选B.

(2)(多选题)(2024·新课标Ⅱ卷)抛物线 $ C:y^{2}=4x $ 的准线为 $ l $，$ P $ 为 $ C $ 上动点. 过 $ P $ 作 $ \odot A:x^{2}+(y - 4)^{2}=1 $ 的一条切线，$ Q $ 为切点. 过 $ P $ 作 $ l $ 的垂线，垂足为 $ B $. 则(ABD)

A.$ l $ 与 $ \odot A $ 相切
B.当 $ P,A,B $ 三点共线时，$ |PQ| = \sqrt{15} $
C.当 $ |PB| = 2 $ 时，$ PA \perp AB $
D.满足 $ |PA| = |PB| $ 的点 $ P $ 有且仅有 2 个

答案：
(2)ABD 对于A,易知$l:x = - 1$,故l与$\odot A$相切,故A正确;对于B,$A(0,4)$,$\odot A$的半径$r = 1$,当P,A,B三点共线时,$P(4,4)$,所以$|PA| = 4$,$|PQ|=\sqrt{|PA|^{2}-r^{2}}=\sqrt{4^{2}-1}=\sqrt{15}$,故B正确;对于C,当$|PB| =2$时,$P(1,2),B(-1,2)$或$P(1,-2),B(-1,-2)$,易知PA与AB不垂直,故C错误;对于D,记抛物线C的焦点为F,连接AF,PF(图略),易知$F(1,0)$,由抛物线定义可知$|PF| = |PB|$,因为$|PA| = |PB|$,所以$|PA| = |PF|$,所以点P在线段AF的中垂线上,线段AF的中垂线方程为$y=\frac{1}{4}x+\frac{15}{8}$,即$x = 4y-\frac{15}{2}$,代入$y^{2}=4x$可得$y^{2}-16y + 30 = 0$,解得$y = 8\pm\sqrt{34}$,易知满足条件的点P有且仅有2个,故D正确.故选ABD.

(1)(多选题)(2025·八省适应性测试)已知 $ F(2,0) $ 是抛物线 $ C:y^{2}=2px $ 的焦点，$ M $ 是 $ C $ 上的点，$ O $ 为坐标原点. 则(ABC)
A. $ p = 4 $
B. $ |MF| \geqslant |OF| $
C. 以 $ M $ 为圆心且过 $ F $ 的圆与 $ C $ 的准线相切
D. 当 $ \angle OFM = 120^{\circ} $ 时，$ \triangle OFM $ 的面积为 $ 2\sqrt{3} $
(2)(一题多解)(2021·新高考Ⅰ卷)已知 $ O $ 为坐标原点，抛物线 $ C:y^{2}=2px(p＞0) $ 的焦点为 $ F $，$ P $ 为 $ C $ 上一点，$ PF $ 与 $ x $ 轴垂直，$ Q $ 为 $ x $ 轴上一点，且 $ PQ \perp OP $. 若 $ |FQ| = 6 $，则 $ C $ 的准线方程为$x=-\frac{3}{2}$.

答案：

(1)ABC
(2)$x=-\frac{3}{2}$
(1)因为$F(2,0)$是抛物线$C:y^{2}=2px$的焦点,所以$\frac{p}{2}=2$,即得$p = 4$,故A正确;对于B,设$M(x_{0},y_{0})$在$y^{2}=8x$上,所以$x_{0}\geq0$,所以$|MF|=x_{0}+\frac{p}{2}\geq\frac{p}{2}=|OF|$,故B正确;对于C,因为以M为圆心且过F的圆半径为$|MF| = x_{0}+2$等于M与C的准线的距离,所以以M为圆心且过F的圆与C的准线相切,故C正确;对于D,当$\angle OFM = 120^{\circ}$时,$x_{0}＞2$,结合抛物线的对称性不妨设M在x轴上方,则$\frac{y_{0}}{x_{0}-2}=\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$,且$y_{0}^{2}=8x_{0},y_{0}＞0$,所以$\sqrt{3}y_{0}^{2}-8y_{0}-16\sqrt{3}=0,y_{0}=4\sqrt{3}$或$y_{0}=-\frac{4\sqrt{3}}{3}$舍.所以$\triangle OFM$的面积为$S_{\triangle OFM}=\frac{1}{2}|OF|×|y_{0}|=4\sqrt{3}$,故D错误.故选ABC.
(2)法一(解直角三角形法):由题易得$|OF|=\frac{p}{2},|PF| = p,\angle OPF = \angle PQF$,所以$\tan\angle OPF=\tan\angle PQF$,所以$\frac{|OF|}{|PF|}=\frac{|PF|}{|FQ|}$,即$\frac{\frac{p}{2}}{p}=\frac{p}{6}$,解得$p = 3(p = 0$舍去),所以C的准线方程为$x=-\frac{3}{2}$.
法二(应用射影定理法):由题易得$|OF|=\frac{p}{2},|PF| = p,|PF|^{2}=|OF|·|FQ|$,即$p^{2}=\frac{p}{2}×6$,解得$p = 3$或$p = 0$(舍去),所以C的准线方程为$x=-\frac{3}{2}$.

[真题再现] (2023·全国乙卷)已知点 $ A(1,\sqrt{5}) $ 在抛物线 $ C:y^{2}=2px $ 上，则 $ A $ 到 $ C $ 的准线的距离为$\frac{9}{4}$.

答案： $\frac{9}{4}$ 由题意可得$(\sqrt{5})^{2}=2p×1$,则$2p = 5$,抛物线的方程为$y^{2}=5x$,准线方程为$x=-\frac{5}{4}$,点A到C的准线的距离为$1-(-\frac{5}{4})=\frac{9}{4}$.

[教材呈现] （链接北师选择性必修一 P74 例 5）已知抛物线 $ y^{2}=4x $ 上的点 $ P $ 到焦点 $ F $ 的距离为 5，求点 $ P $ 的坐标.
点评：这两题考查相同的知识点，两题的相似度极高. 都是考查抛物线上的点满足的性质，区别在于教材上的例题与真题的条件和设问正好反过来.

答案： 设点 $P$ 的坐标为 $(x_0, y_0)$。
根据抛物线的定义，焦点 $F$ 的坐标为 $(1, 0)$，准线方程为 $x = -1$。
由抛物线的性质，点 $P$ 到焦点 $F$ 的距离等于点 $P$ 到准线的距离，即：
$|PF| = x_0 + 1 = 5$，
解得 $x_0 = 4$。
将 $x_0 = 4$ 代入抛物线方程 $y^2 = 4x$，得到：
$y_0^2 = 16$，
解得 $y_0 = \pm 4$。
因此，点 $P$ 的坐标为 $(4, 4)$ 或 $(4, -4)$。

(1)已知双曲线 $ C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{4}=1(a＞0) $ 的右支上的点 $ P(x_{0},y_{0}) $ 满足 $ |PF_{1}|=3|PF_{2}| $($ F_{1} $，$ F_{2} $ 分别是双曲线的左、右焦点)，则 $ \dfrac{c}{x_{0}}+y_{0}^{2} $($ c $ 为双曲线 $ C $ 的半焦距)的取值范围是(B)

A.$[4\sqrt{2},+\infty)$
B.$\left[2,\dfrac{25}{2}\right)$
C.$\left[4\sqrt{2},\dfrac{25}{2}\right)$
D.$[2,4\sqrt{2}]$

答案：
(1)B