2022年高考数学一轮复习 专题九 平面解析几何 5 抛物线 专题检测（含解析）新人教A版.docx

1、抛物线专题检测【3年模拟】1.(2020四川天府名校10月联考,7)若抛物线y2=2px(p0)的准线为圆x2+y2+4x=0的一条切线,则抛物线的方程为()A.y2=-16xB.y2=-8xC.y2=16xD.y2=8x答案C抛物线y2=2px(p0)的准线为x=-p2,且准线垂直于x轴,圆x2+y2+4x=0的垂直于x轴的切线方程为x=-4和x=0,又p0,p2=4,即p=8.故抛物线的方程为y2=16x.故选C.2.若动点P与定点F(1,1)和直线l:3x+y-4=0的距离相等,则动点P的轨迹是()A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.直线答案D因为定点F(1,1)在直线l:3x+y-4=0上

2、,所以到定点F的距离和到定直线l的距离相等的点的轨迹是直线,就是经过定点F与直线l:3x+y-4=0垂直的直线.故选D.易错警示定点F不在直线上时满足条件的点的轨迹是抛物线.3.(2018重庆一模,6)已知抛物线C:y=2px2经过点M(1,2),则该抛物线的焦点到准线的距离等于()A.18B.14C.12D.1答案B因为抛物线C:y=2px2经过点M(1,2),所以2=2p12,解得p=1,则抛物线的方程为y=2x2,即x2=12y,其焦点坐标为0,18,准线方程为y=-18,该抛物线的焦点到准线的距离等于14,故选B.4.(2020湖南张家界民族中学第二次月考,16)已知直线y=2x+b与

3、抛物线x2=4y相切于点A,F是抛物线的焦点,直线AF交抛物线于另一点B,则|BF|=.答案54解析联立y=2x+b,x2=4y,消去y得x2-8x-4b=0,直线y=2x+b与抛物线x2=4y相切,=64+16b=0,b=-4.由x2-8x+16=0,得x1=x2=4,A(4,4),又F(0,1),直线AF的方程为y=34x+1,与x2=4y联立,消去y得x2-3x-4=0,x1=4,x2=-1,B-1,14,|BF|=yB+p2=14+1=54.5.(2020山东夏季高考模拟,15)直线l过抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F(1,0),且与C交于A,B两点,则p=,1|AF|+1|BF

4、|=.(本题第一空2分,第二空3分)答案2;1解析抛物线y2=2px的焦点为F(1,0),p2=1,p=2.当AB与x轴垂直时,|AF|=|BF|=2,从而1|AF|+1|BF|=1;当AB与x轴不垂直时,设直线AB的斜率为k(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则直线AB的方程为y=k(x-1),联立y=k(x-1),y2=4x,消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x1x2=1,从而1|AF|+1|BF|=1x1+1+1x2+1=x2+1+x1+1(x1+1)(x2+1)=x1+x2+2x1x2+x1+x2+1=1.综上,1|AF|+1|BF|=1.6.(2017江苏六市

5、联考,6)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=4x上一点P到焦点的距离为3,则点P的横坐标是.答案2解析设P(m,n),由y2=4x得准线方程为x=-1,由抛物线的定义得1+m=3,所以m=2.7.(2018江苏溧水高级中学高三期初模拟)已知点F为抛物线y2=4x的焦点,该抛物线上位于第一象限的点A到其准线的距离为5,则直线AF的斜率为.答案43解析由抛物线定义得xA+1=5,故xA=4,又点A位于第一象限,因此yA=4,又F(1,0),从而kAF=4-04-1=43.8.(2019江苏南通中学质检)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px(p0)的准线上,记C的焦点为F,则直线AF

6、的斜率为.答案-34解析由已知,得准线方程为x=-2,所以F的坐标为(2,0).又A(-2,3),所以直线AF的斜率为3-0-2-2=-34.9.(2018天津南开中学第三次月考,13)已知M为抛物线y2=2px(p0)上的一点,若以M为圆心经过原点的圆与x轴交于另一点(2,0),且与该抛物线的准线相切,则p的值为.答案4解析M为抛物线y2=2px(p0)上的一点,以M为圆心经过原点的圆与x轴交于另一点(2,0),且与该抛物线的准线相切,抛物线y2=2px(p0)的焦点坐标为(2,0),准线方程为x=-2,可得p2=2,解得p=4.10.(2019江苏栟茶中学期中)顶点在原点,焦点在x轴上的抛

7、物线截直线y=2x-4所得的弦长|AB|=35,求此抛物线方程.解析设所求的抛物线方程为y2=ax(a0),A(x1,y1),B(x2,y2),把直线y=2x-4代入y2=ax,得4x2-(a+16)x+16=0,由=(a+16)2-2560,得a0或a0,y0=2k=2m,m22,则y1+y2=4m,y1y2=4my0-8,|AB|=1+m2|y1-y2|=1+m216m2-16my0+32,而P到直线AB的距离d=|my0+2|m2+1,SPAB=12d|AB|=2|my0+2|m2-my0+2.又由于m=1k=y02,且m212,SPAB=2(2m2+2)2-m2=4(m2+1)2-m2

8、=4(k2+1)k22k2-1k2,k212.13.(2020贵州六盘水期末)已知抛物线y2=4x的焦点是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,且椭圆的离心率e=22.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线l与椭圆C交于不同的两点P,Q,且线段PQ的中点为Mm,12,直线l是线段PQ的垂直平分线,若l与x轴交于点N(n,0),求n的取值范围.解析(1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),所以椭圆C中c=1,椭圆的离心率e=ca=1a=22,解得a=2,所以b2=a2-c2=2-1=1,所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)由题意,将y=12代入椭圆方程得x22+14=1,解得

9、x=62,所以-62m62.当直线l的斜率存在,且不为0时,设斜率为k,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x122+y12=1,x222+y22=1,两式相减得x12-x222=-(y12-y22),即-12=y1-y2x1-x2y1+y2x1+x2,因为y1-y2x1-x2=k,y1+y2x1+x2=2122m=12m,所以-12=k2m,所以k=-m(m0),则直线l的斜率为-1k=1m,则直线l的方程为y-12=1m(x-m),将y=0代入,可得0-12=1m(x-m),解得x=m2,即n=m2,所以Nm2,0,因为-62m62且m0,所以-64n0)外一点P作抛物线的两条切线,切

10、点为M,N,F为抛物线的焦点,证明:(1)|PF|2=|MF|NF|;(2)PMF=FPN.证明本题考查抛物线方程及性质;考查学生数学运算的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.(1)设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),易求得切线PM:x1x=p(y+y1),切线PN:x2x=p(y+y2),因为点P在两条切线上,所以x1x0=p(y0+y1),x2x0=p(y0+y2).故点M、N均在直线xx0=p(y+y0)上,于是lMN:xx0=p(y+y0),联立xx0=p(y+y0),x2=2pyy2+2y0-x02py+y02=0,由根与系数的关系得y1+y2=2x0

11、2p-y0,y1y2=y02,又|MF|=y1+p2,|NF|=y2+p2,所以|MF|NF|=y1y2+p2(y1+y2)+p24=y02+x02-py0+p24=x02+y0-p22=|PF|2.(2)由FP=x0,y0-p2,FM=x1,y1-p2,FN=x2,y2-p2,知FPFM=x0x1+y0-p2y1-p2=x0x1+y0y1-p2(y0+y1)+p24=y0y1+p2(y0+y1)+p24=y0+p2y1+p2.所以cosPFM=FPFM|FP|FM|=y0+p2|FP|,同理cosPFN=y0+p2|FP|,故cosPFM=cosPFN,所以PFM=PFN,由(1)知|PF|

12、2=|MF|NF|,所以PMFNPF,所以PMF=FPN.15.(2017新疆乌鲁木齐二模,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,准线交x轴于点H,过H作直线l交抛物线于A,B两点,且|BF|=2|AF|.(1)求直线AB的斜率;(2)若ABF的面积为2,求抛物线的方程.解析(1)设A(xA,yA),过A,B两点作准线的垂线,垂足分别为A1,B1,易知|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,|BF|=2|AF|,|BB1|=2|AA1|,A为HB的中点,又O是HF的中点,AO是BHF的中位线,|AO|=12|BF|=|AF|,而Fp2,0,xA=p4,yA2

13、=2pp4=p22,yA=22p,Ap4,2p2,而H-p2,0,kAB=kAH=0-yA-p2-xA=223.(2)A为HB的中点,O是HF的中点,SABF=SAHF=2SAHO=212|OH|yA|=24p2,24p2=2,p=2,抛物线的方程为y2=4x.16.(2018辽宁锦州模拟,21)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,直线l:y=kx+a(a0)与抛物线C交于A,B两点.(1)若直线l过焦点F,且与圆x2+(y-1)2=1交于D,E(其中A,D在y轴同侧),求证:|AD|BE|是定值;(2)设抛物线C在A和B点处的切线交于点P,试问:y轴上是否存在点Q,使得四边形APBQ为菱形?

14、若存在,请说明理由,并求此时直线l的斜率和点Q的坐标.解析抛物线C:x2=4y的焦点为F(0,1),设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x2=4y与y=kx+a,得x2-4kx-4a=0,则=16(k2+a)0,且x1+x2=4k,x1x2=-4a.(1)证明:若直线l过焦点F,则a=1,则x1+x2=4k,x1x2=-4.由条件可知圆x2+(y-1)2=1的圆心为F(0,1),半径为1,由抛物线的定义有|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,则|AD|=|AF|-1=y1,|BE|=|BF|-1=y2,|AD|BE|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2

15、)+1=-4k2+4k2+1=1,或|AD|BE|=y1y2=x124x224=(x1x2)216=(-4)216=1即|AD|BE|为定值,定值为1.(2)当直线l的斜率为0,且Q(0,3a)时,四边形APBQ为菱形.理由如下:设Q(0,y0),由x2=4y有y=14x2,则y=12x,若四边形APBQ为菱形,则AQBP,BQAP,则kAQ=y1-y0x1=12x2,kBQ=y2-y0x2=12x1,即y1-y0=12x1x2,y2-y0=12x1x2,则y1=y2,k=0,此时直线AB:y=kx+a=a,则y0=-12x1x2+y1=-12(-4a)+a=3a.所以Q(0,3a).17.(

16、2019陕西西安中学高三期中,20)已知动点M到点F(1,0)的距离比M到定直线x=-2的距离小1.(1)求点M的轨迹C的方程;(2)过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1,l2分别交曲线C于点A,B和M,N.设线段AB,MN的中点分别为P,Q,求证:直线PQ恒过一个定点.解析(1)由题意可知动点M到定点F(1,0)的距离等于M到定直线x=-1的距离,根据抛物线的定义可知,点M的轨迹C是抛物线,且p2=1,抛物线方程为y2=4x,即点M的轨迹C的方程为y2=4x.(2)证明:设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则点P的坐标为x1+x22,y1+y22.由题意可设直线

17、l1的方程为y=k(x-1)(k0),由y2=4x,y=k(x-1),得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,=(2k2+4)2-4k4=16k2+160.因为直线l1与曲线C交于A,B两点,所以x1+x2=2+4k2,y1+y2=k(x1+x2-2)=4k,所以点P的坐标为1+2k2,2k.由题知,直线l2的斜率为-1k,同理可得点Q的坐标为(1+2k2,-2k),当k1时,有1+2k21+2k2,此时直线PQ的斜率kPQ=2k+2k1+2k2-1-2k2=k1-k2,所以,直线PQ的方程为y+2k=k1-k2(x-1-2k2),整理得yk2+(x-3)k-y=0.所以直线PQ恒过定点(3,

18、0).当k=1时,直线PQ的方程为x=3,也过点(3,0).所以直线PQ恒过定点(3,0).18.(2019浙江名校新高考研究联盟第一次联考,21)已知抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,点M(-2,8),且|MF|=45.(1)求抛物线的方程;(2)设A,B是抛物线上的两点,当F为ABM的垂心时,求直线AB的方程.解析(1)由题意得|MF|=p2+22+64=45,解得p=4,所以抛物线的方程为y2=8x.(5分)(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).因为F是ABM的垂心,所以MFAB,所以kMFkAB=-1,故kAB=12,(7分)所以设直线AB的方程为x=2y+n,与y2=8x联

19、立得y2-16y-8n=0.令0,有n-8.y1+y2=16,y1y2=-8n.(10分)因为F是ABM的垂心,所以MAFB.即x1x2-2x1+2x2-4+y1y2-8y2=0,同理,x1x2-2x2+2x1-4+y1y2-8y1=0,+得2x1x2-8+2y1y2-8(y1+y2)=0.(13分)所以n2-8n-68=0,解得n=4221,又因为n-8,所以直线AB的方程为x-2y-4221=0.(15分)19.(2018浙江名校协作体联考,21)已知抛物线C:x2=2py(p0),且抛物线C在点P(1,f(1)处的切线斜率为12.直线l与抛物线交于不同的两点A,B,且直线AP垂直于直线B

20、P.(1)求证:直线l过定点,并求出定点坐标;(2)直线BP交y轴于点M,直线AP交x轴于点N,求|AP|BP|MP|NP|的最大值.解析(1)证明:y=x22p,y=1px.当x=1时,得1p=12,p=2.抛物线的方程为x2=4y.设A(2t1,t12),B(2t2,t22),APBP,P1,14,kAPkBP=t12-142t1-1t22-142t2-1=-1,t1t2+12(t1+t2)+174=0(*),又kAB=t12-t222t1-2t2=t1+t22,直线AB的方程为y-t12=t1+t22(x-2t1),即2y=(t1+t2)x-2t1t2,将(*)式代入直线AB的方程得(t

21、1+t2)(x+1)+172-2y=0,令x+1=0,172-2y=0,解得直线AB过定点-1,174.(2)设直线BM的方程为y-14=k(x-1),不妨设k0,联立y-14=k(x-1),x2=4y,得x2-4kx+4k-1=0,=16k2-16k+40,根据根与系数的关系得xB+xP=4k,xB=4k-1,由于APBP,同理可得xA=-4k-1,又xN=k4+1,xM=0,|AP|BP|=1+1k2|xP-xA|k2+1|xB-xP|=1+k2k2+4k(4k-2)=4(1+k2)(2k-1)(k+2)k2,|MP|NP|=k2+1|xP-xM|1+1k2|xN-xP|=1+k24,|AP|BP|MP|NP|=4(1+k2)(2k-1)(k+2)k241+k2=16(2k-1)(k+2)k2=16-2k2+3k+2=-321k-342+5050,|AP|BP|MP|NP|的最大值为50.