2021届高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 第七章 平面解析几何 考点测试54 抛物线（含解析）新人教B版.doc

1、考点测试54抛物线高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中、高等难度考纲研读1. 掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)2理解数形结合的思想3了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用一、基础小题1抛物线y4ax2(a0)的焦点坐标是()A(0，a) B(a,0) C D答案C解析将y4ax2(a0)化为标准方程得x2y(a0)，所以焦点坐标为，故选C.2抛物线yx2的准线方程是()Ay1 By2 Cx1 Dx2答案A解析依题意，抛物线x24y的准线方程是y1，故选A.3设抛物线y28x上一点P到y轴的距离是

2、4，则点P到该抛物线准线的距离为()A4 B6 C8 D12答案B解析依题意得，抛物线y28x的准线方程是x2，因此点P到该抛物线准线的距离为426，故选B.4到定点A(2,0)与定直线l：x2的距离相等的点的轨迹方程为()Ay28x By28xCx28y Dx28y答案A解析由抛物线的定义可知该轨迹为抛物线且p4，焦点在x轴正半轴上，故选A.5若抛物线y22px(p0)上的点A(x0，)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则p等于()A. B1 C D2答案D解析由题意，得3x0x0，x0，则2，p0，p2，故选D.6过抛物线y24x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两

3、点，若x1x26，则|AB|等于()A4 B6 C8 D10答案C解析由抛物线y24x得p2，由抛物线定义可得|AB|x11x21x1x22，又因为x1x26，所以|AB|8，故选C.7若抛物线y4x2上一点到直线y4x5的距离最短，则该点为()A(1,2) B(0,0) C D(1,4)答案C解析解法一：根据题意，直线y4x5必然与抛物线y4x2相离，抛物线上到直线的最短距离的点就是与直线y4x5平行的抛物线的切线的切点由y8x4得x，故抛物线的斜率为4的切线的切点坐标是，该点到直线y4x5的距离最短故选C.解法二：抛物线上的点(x，y)到直线y4x5的距离是d，显然当x时，d取得最小值，此

4、时y1.故选C.8已知抛物线yx2的焦点为F，准线为l，M在l上，线段MF与抛物线交于N点，若|MN|NF|，则|MF|_.答案解析如图，过N作准线的垂线NH，垂足为H.根据抛物线的定义可知|NH|NF|，在RtNHM中，|NM|NH|，则NMH45.设准线l与y轴的交点为K.在MFK中，FMK45，所以|MF|FK|.而|FK|1.所以|MF|.二、高考小题9(2019全国卷)若抛物线y22px(p0)的焦点是椭圆1的一个焦点，则p()A2 B3 C4 D8答案D解析抛物线y22px(p0)的焦点坐标为，椭圆1的焦点坐标为.由题意得，解得p0(舍去)或p8.故选D.10(2018全国卷)设抛

5、物线C：y24x的焦点为F，过点(2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则()A5 B6 C7 D8答案D解析根据题意，过点(2,0)且斜率为的直线方程为y(x2)，与抛物线方程联立消去x并整理，得y26y80，解得M(1,2)，N(4,4)，又F(1,0)，所以(0,2)，(3,4)，从而可以求得03248，故选D.11(2017全国卷)已知F为抛物线C：y24x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|DE|的最小值为()A16 B14 C12 D10答案A解析因为F为y24x的焦点，所以F(1,0)由题意直线l1，l

6、2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为，故直线l1，l2的方程分别为yk(x1)，y(x1)由得k2x2(2k24)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x21，所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216，当且仅当k2，即k1时，取得等号故选A.12(2018全国卷)已知点M(1,1)和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若AMB90，则k_.答案2解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以yy4x14x2，所以k.取AB的中点M(x0，y0)，分别过点A，B

7、作准线x1 的垂线，垂足分别为A，B.因为AMB90，所以|MM|AB|(|AF|BF|)(|AA|BB|)因为M为AB的中点，所以MM平行于x轴因为M(1,1)，所以y01，则y1y22，所以k2.13(2018北京高考)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴若l被抛物线y24ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_答案(1,0)解析由题意得a0，设直线l与抛物线的两交点分别为A，B，不妨令A在B的上方，则A(1,2)，B(1，2)，故|AB|44，得a1，故抛物线方程为y24x，其焦点坐标为(1,0)14(2017天津高考)设抛物线y24x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心

8、的圆与y轴的正半轴相切于点A.若FAC120，则圆的方程为_答案(x1)2(y)21解析由y24x可得点F的坐标为(1,0)，准线l的方程为x1.由圆心C在l上，且圆C与y轴正半轴相切(如图)，可得点C的横坐标为1，圆的半径为1，CAO90.又因为FAC120，所以OAF30，所以|OA|，所以点C的纵坐标为.所以圆的方程为(x1)2(y)21.三、模拟小题15(2019烟台模拟)过抛物线C：y22px(p0)的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A，B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，若|MN|AB|，则l的倾斜角为()A15 B30 C45 D60答案B解析分别过

9、A，B，N作抛物线准线的垂线，垂足分别为A，B，C，由抛物线的定义知|AF|AA|，|BF|BB|，|NC|(|AA|BB|)|AB|，因为|MN|AB|，所以|NC|MN|，所以MNC60，即直线MN的倾斜角为120，又直线MN与直线l垂直且直线l的倾斜角为锐角，所以直线l的倾斜角为30.故选B.16(2019衡水中学高三上学期四调)已知y24x的准线交x轴于点Q，焦点为F，过Q且斜率大于0的直线交y24x于A，B，AFB60，|AB|()A B C4 D3答案B解析设A(x1,2 )，B(x2,2 )，x2x10，因为kQAkQB，即，整理化简得x1x21，|AB|2(x2x1)2(22

10、)2，|AF|x11，|BF|x21，由余弦定理，得|AB|2|AF|2|BF|22|AF|BF|cos60，整理化简得，x1x2，又因为x1x21，所以x1，x23，|AB|.故选B.17(2020郑州第一次质量预测)设抛物线y24x的焦点为F，过点M(，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C点，|BF|3，则BCF与ACF的面积之比()A B C D答案D解析设点A在第一象限，点B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy.由y24x得p2，因为|BF|3x2x21，所以x22，则y4x2428，所以y22，由得y24my40，由根与系数的关

11、系，得y1y24，所以y1，由y4x1，得x1.过点A作AA垂直于准线x1，垂足为A，过点B作BB垂直于准线x1，垂足为B，易知CBBCAA，所以.又|BB|BF|3，|AA|x11，所以.故选D.18(2019昆明模拟)已知点A是抛物线y22px(p0)上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，FBC为正三角形，且ABC的面积是，则抛物线的标准方程为_答案y216x解析如图，设抛物线的准线交x轴于点D，依题意得|DF|p，cos30，因此|BF|，|AF|BF|.由抛物线的定义知，点A到准线的距离也为，又ABC的面积为，因此有，p8，所以该抛物线的标准方程为y21

12、6x.一、高考大题1(2019全国卷)已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|.解设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F，故|AF|BF|x1x2.又|AF|BF|4，所以x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，则x1x2.从而，解得t.所以l的方程为yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0，所以y1y22，从而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2，即A(3,3)，B.故|AB|.2(2019浙江高考) 如图，已知点F(

13、1,0)为抛物线y22px(p0)的焦点过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记AFG，CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标解(1)由题意得1，即p2.所以抛物线的准线方程为x1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，则xAt2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyB4，即yB，所以B.又xG(xAxBxC)，yG(yAyByC)及重心G在x轴上，得2t

14、yC0，得C，G.所以直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而2.令mt22，则m0，2221.当m时，取得最小值1，此时G(2,0)3(2018全国卷)设抛物线C：y22x，点A(2,0)，B(2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：ABMABN.解(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x2，可得M的坐标为(2,2)或(2，2)所以直线BM的方程为yx1或yx1.(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以ABMABN.当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x2)

15、(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x10，x20.由得ky22y4k0，可知y1y2，y1y24.直线BM，BN的斜率之和为kBMkBN.将x12，x22及y1y2，y1y2的表达式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2)0.所以kBMkBN0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以ABMABN.综上，ABMABN.4(2018浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围解(1)证明：设P(x0，y

16、0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24即y22y0y8x0y0的两个不同的实根所以y1y22y0，因此，PM垂直于y轴(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x00，解得k0或0k0，x1x2，y1y2(2x)(2x)4(x1x2)2m2，直线AB过AOB的外心，OAOB，0，m20，m0或m，直线AB不过点O，m0，m，直线AB：ykx，直线AB过定点.8(2019烟台一模)已知F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点当直线与x轴垂

17、直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标解(1)因为F，在抛物线方程y22px中，令x，可得yp.于是当直线与x轴垂直时，|AB|2p4，解得p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)因为抛物线y24x的准线方程为x1，由已知可求得直线AB的方程为yx1，所以M(1，2)联立消去x，得y24y40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24，y1y24.若点P(x0，y0)满足条件，则2kPMkPAkPB，即2，因为点P，A，B均在抛物线上，所以x0，x1，x

18、2.代入化简可得，将y1y24，y1y24代入，解得y02.将y02代入抛物线方程，可得x01.于是点P(1，2)为满足题意的点9(2019扬州一模)已知直线x2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点M，N，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求MBD的内切圆半径r的取值范围解(1)设点P(x，y)，则Q(2，y)，(x，y)，(2，y)0，2xy20，即y22x.曲线C的方程为y22x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴交点为E，直线AB与内切圆的切点为T.设直线AM的方程为yk，则联立方程组得k2x2(k22)x0，x1x2且0x1x2，x11，r在区间(1，)上单调递增，则r1，即r的取值范围为(1，)