2022版新高考数学人教A版一轮复习课时质量评价49　抛物线 WORD版含解析.doc

1、课时质量评价(四十九)(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1(2020银川一中高三模拟)若抛物线y4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是()A B C DB解析：由抛物线的方程y4x2，可得标准方程为x2y，则焦点坐标为F，准线方程为y.设M(x0，y0)，则由抛物线的定义可得y01，解得y0.2(多选题)已知点F(0,2)为圆锥曲线的焦点，则的方程可能为(BC)Ay28x Bx28yC1(0m4) D1(0m4)3(2020湖北十堰第二中学二诊)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，过点F作斜率为1的直线l1与抛物线C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线l2与x轴交于点P

2、.若|PF|6，则|MN|()A10 B12 C14 D16B解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)由题意知直线MN：yx，联立得y22pyp20，则y1y22p，y1y2p2.设线段MN的中点为A(x0，y0)，则py0，代入yx中，解得x0p，故直线l2：yp.令y0，得x，故|PF|2p6，则y1y26，y1y29，则|MN|y1y2|612.4(2020绵阳市高三三模)已知抛物线y22px(p0)，过抛物线的焦点作x轴的垂线，与抛物线交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)，且ABM为直角三角形，则以直线AB为准线的抛物线的标准方程为()Ay28x By28x Cy24x Dy24x

3、B解析：设点A位于第一象限，直线AB的方程为x，联立可得所以点A.因为ABM为等腰直角三角形，由抛物线的对称性可得出|AM|BM|，所以直线AM的斜率为1，即kAM1，解得p4.因此，以直线AB为准线的抛物线的标准方程为y28x.5(多选题)(2020济宁市高三一模)已知直线l过抛物线C：y22px(p0)的焦点，且与该抛物线交于M，N两点若线段MN的长是16，MN的中点到y轴的距离是6，O是坐标原点，则()A抛物线C的方程是y28xB抛物线的准线方程是y2C直线MN的方程是xy20DMON的面积是8AD解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，根据抛物线的定义可知|MN|(x1x2)p16

4、.又MN的中点到y轴的距离为6，所以6，所以x1x212，所以p4.所以抛物线C的方程为y28x，故A项正确抛物线C的准线方程是x2，故B项错误设直线l的方程是xmy2，联立消去x得y28my160，则所以x1x2m(y1y2)48m2412，解得m1.故直线l的方程是xy20或xy20，故C项错误SMON|OF|y1y2|28，故D项正确6(2020池州市高三一模)已知F是抛物线C：y22px(p0)的焦点，P是抛物线C在x轴上方一点，以P为圆心，3为半径的圆过点F，且被y轴截得的弦长为2，则抛物线C的方程为_y24x解析：设P(x0，y0)，由抛物线的定义知|PF|x03，则点P到y轴的距

5、离为x030，由垂径定理知，59，解得p2，所以抛物线C的方程为y24x.7(2020宜宾高三月考)已知F是抛物线C：y28x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|_.6解析：如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与x轴交于点F，作MBl于点B，NAl于点A由抛物线的解析式可得准线方程为x2，则|AN|2，|FF|4.在直角梯形ANFF中，|BM|3.由抛物线的定义有|MF|MB|3.结合题意，有|MN|MF|3，故|FN|FM|NM|336.8(2020西安中学高三模拟)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，准线为l，过点F斜率为的直线l

6、与抛物线C交于点M(M在x轴的上方)，过M作MNl于点N，连接NF交抛物线C于点Q，则_.2解析：由抛物线定义可得|MF|MN|，又斜率为的直线l倾斜角为，MNl，所以NMF，即MNF为正三角形因此NF的倾斜角为.由解得x或x(舍)，即xQ，2.9设抛物线抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，M(p，p1)是C上的点(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l：ykx2与C交于A，B两点，且|AF|BF|13，求k的值解：(1)因为M(p，p1)是C上的点，所以p22p(p1)因为p0，解得p2，所以抛物线C的方程为x24y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)由得x24kx80，16k23

7、20，则x1x24k，x1x28.由抛物线的定义知，|AF|y11，|BF|y21，则|AF|BF|(y11)(y21)(kx13)(kx23)k2x1x23k(x1x2)94k2913，解得k1.B组新高考培优练10(2020邯郸一模)抛物线y28x的焦点为F.设A，B是抛物线上的两个动点，|AF|BF|AB|，则AFB的最大值为()A B C DD解析：设|AF|m，|BF|n.因为|AF|BF|AB|，所以|AB|2，所以mn|AB|2，当且仅当mn时等号成立在AFB中，由余弦定理得cos AFB，所以AFB的最大值为.11(2020福建质量检测)设抛物线E：y26x的弦AB过焦点F，|

8、AF|3|BF|，过A，B分别作E的准线的垂线，垂足分别是A，B，则四边形AABB的面积等于()A4 B8 C16 D32C解析：(方法一)设A(x1，y1)，B(x2，y2)因为F，所以可设直线AB的方程xmy.代入E的方程，整理得y26my90，故y1y26m，y1y29，不妨设y1y2.因为|AF|3|BF|，所以y13y2，解得y13，y2，m，所以A，B.故|AA|6，|BB|2，|AB|y1y2|4，故四边形AABB的面积为(|AA|BB|)|AB|(62)416.(方法二)设弦AB与x轴的夹角为，则有|AF|，|BF|，所以3，所以cos ，故60.故|AA|AF|6，|BB|B

9、F|2，|AB|AB|sin 4，所直角梯形AABB的面积为(|AA|BB|)|AB|(62)416.(方法三)如图所示，作BGAA，垂足为G，连接AF.设|BF|m，则|AF|3m.由抛物线的定义知|AA|3m，|AG|BB|BF|m，所以|AB|4m，|AG|2m，所以BAA60，即FAA为正三角形，故BAF30，故|AA|AF|2p63m，解得m2.故|AA|6，|BB|2，|AB|4，所以四边形AABB的面积为(|AA|BB|)|AB|(62)416.12已知点A(0,2)，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N.若，则p的值等于()A

10、 B2 C4 D8B解析：过点M作抛物线的准线的垂线，垂足为点M，则易得|MM|MF|，所以cosNMM，则kAMtanNMM2，则直线AM的方程为y22x.令y0得抛物线的焦点坐标F(1,0)，则p212.故选B13已知抛物线方程为y24x，直线l的方程为2xy40，在抛物线上有一动点A，点A到y轴的距离为m，到直线l的距离为n，则mn的最小值为_1解析：如图，过A作AHl，AN垂直于抛物线的准线，则|AH|AN|mn1.连接AF，则|AF|AH|mn1.由平面几何知识，知当A，F，H三点共线时，|AF|AH|mn1取得最小值，最小值为F到直线l的距离，即，即mn的最小值为1.14设抛物线E

11、：x22py(p0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1)(1)求抛物线E的标准方程；(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BABC，求点C的横坐标的取值范围解：(1)依题意得F，设A(x0，y0)由AF的中点坐标为(1,1)，得即x02，y02，所以42p，得p24p40，解得p2.所以抛物线E的标准方程为x24y.(2)由题意知A(2,1)设B，C，则kBA(x12)因为x12，所以kBC，所以BC所在直线方程为y(xx1)联立因为xx1，得(xx1)(x12)160，即x(x2)x12x160.因为(x2)24(2x16)0，即x24x600，故x10

12、或x6.经检验，当x6时，不满足题意所以点C的横坐标的取值范围是(，6)10，)15(2020厦门一模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，点A在抛物线C上若|AO|AF|.(1)求抛物线C的方程(2)设直线l与抛物线C交于点P，Q.若线段PQ的中点的纵坐标为1，求OPQ的面积的最大值解：(1)因为点A在抛物线C上，|AO|AF|，所以点A的纵坐标为.所以.所以p2.所以抛物线C的方程为x24y.(2)由题意知直线l的斜率存在设直线l的方程为ykxb(b0)，代入抛物线方程，可得x24kx4b0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x24k，x1x24b，所以y1y24k22b.因为线段PQ的中点的纵坐标为1，所以2k2b1，即2k21b0.所以0b1.所以SOPQb|x1x2|bbb(00，函数单调递增，所以b1时，OPQ的面积最大，最大值为2.