高考数学一轮复习练习案55第八章解析几何第七讲抛物线含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案55第八章解析几何第七讲抛物线含解析新人教版，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2021·河北邯郸质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上一点M(2，m)满足|MF|＝6，则抛物线C的方程为( D )
A．y2＝2x B．y2＝4x
C．y2＝8x D．y2＝16x
[解析] 设抛物线的准线为l，作MM′⊥直线l于点M′，交y轴于M″，由抛物线的定义可得：MM′＝MF＝6，结合xM＝2可知：M′M″＝6－2＝4，即eq \f(p,2)＝4，∴2p＝16，据此可知抛物线的方程为：y2＝16x.选D.
2．(2021·山东济宁期末)抛物线y＝4x2的准线方程是( A )
A．y＝－eq \f(1,16) B．y＝eq \f(1,16)
C．x＝1 D．x＝－1
[解析] 抛物线标准方程为x2＝eq \f(1,4)y，∴p＝eq \f(1,8)，∴准线方程为y＝－eq \f(p,2)，即y＝－eq \f(1,16)，故选A.
3．(2021·山西八校联考)斜率为eq \f(\r(3),3)的直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，若直线l与圆M：(x－2)2＋y2＝4相切，则p＝( A )
A．12 B．8
C．10 D．6
[解析] 抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
直线l的方程为eq \r(3)y＝x－eq \f(p,2)，又直线l与圆M：(x－2)2＋y2＝4相切，可得eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(p,2))),\r(3＋1))＝2，解得p＝12，故选A.
4．(2020·北京)设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线( B )
A．经过点O B．经过点P
C．平行于直线OP D．垂直于直线OP
[解析] 由抛物线定义知|PQ|＝|PF|，∴FQ的垂直平分线必过P，故选B.
5．(2021·陕西西安一中调研)已知F为抛物线C：y2＝8x的焦点，M为C上一点，且|MF|＝4，则M到x轴的距离为( A )
A．4 B．4eq \r(2)
C．8 D．16
[解析] 设M(x1，y1)，由抛物线性质得：x1＝4－2＝2，∴yeq \\al(2,1)＝8·2＝16⇒|y1|＝4，故M到x的距离为4，故选A.
6．(2021·安徽皖南八校联考)已知双曲线eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线互相垂直，且焦距为2eq \r(6)，则抛物线y2＝2bx的准线方程为( B )
A．x＝－eq \r(3) B．x＝－eq \f(\r(3),2)
C．y＝－eq \r(3) D．y＝－eq \f(\r(3),2)
[解析] 由题意a2＝b2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),2)))2＝3，∴b＝eq \r(3).
∴抛物线y2＝2bx的准线方程为x＝－eq \f(\r(3),2).故选B.
7．(2021·福建龙岩质检)已知点A在圆(x－2)2＋y2＝1上，点B在抛物线y2＝8x上，则|AB|的最小值为( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 由题得圆(x－2)2＋y2＝1的圆心为(2,0)，半径为1.
抛物线y2＝8x的焦点C(2,0)，
则|BC|＝eq \r(x－22＋y2)＝eq \r(x－22＋8x)＝x＋2，
∴|BC|min＝2，∴|AB|min＝2－1＝1，故选A.
8．(2021·广东肇庆统测)抛物线方程为x2＝4y，动点P的坐标为(1，t)，若过P点可以作直线与抛物线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，则直线AB的斜率为( A )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．2 D．－2
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＝4y1,x\\al(2,2)＝4y2))，∴(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，
所以k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(1,2)，故选A.
9．(2021·江苏高邮一中检测)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F和抛物线上一点M(3,2eq \r(3))的直线l交抛物线于另一点N，则|NF||FM|等于( B )
A．12 B．13
C．14 D．1eq \r(3)
[解析] ∵F(1,0)，∴kl＝eq \f(2\r(3)－0,3－1)＝eq \r(3)，
∴l：y＝eq \r(3)(x－1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x,y＝\r(3)x－1))解得xN＝eq \f(1,3)，xM＝3，
∴eq \f(|NF|,|FM|)＝eq \f(\f(1,3)＋1,3＋1)＝eq \f(1,3).故选B.
10．已知抛物线x2＝4y上有一条长为6的动弦AB，则AB的中点到x轴的最短距离为( D )
A．eq \f(3,4) B．eq \f(3,2)
C．1 D．2
[解析] 如图F为抛物线的焦点，
则|FA|＋|FB|≥|AB|＝6(当且仅当A、F、B共线时取等号)，
即yA＋yB＋2≥6，∴eq \f(yA＋yB,2)≥2，故选D.
二、多选题
11．(2021·山东烟台期末)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，点P在l上的射影为P1，则( ABC )
A．若x1＋x2＝6，则|PQ|＝8
B．以PQ为直径的圆与准线l相切
C．设M(0,1)，则|PM|＋|PP1|≥eq \r(2)
D．过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
[解析] 对于选项A，因为p＝2，所以x1＋x2＋2＝|PQ|，则|PQ|＝8，故A正确；对于选项B，设N为PQ中点，设点N在l上的射影为N1，点Q在l上的射影为Q1，则由梯形性质可得NN1＝eq \f(PP1＋QQ1,2)＝eq \f(PF＋QF,2)＝eq \f(PQ,2)，故B正确；对于选项C，因为F(1,0)，所以|PM|＋|PP1|＝|PM|＋|PF|≥|MF|＝eq \r(2)，故C正确；对于选项D，显然直线x＝0，y＝1与抛物线只有一个公共点，设过M的直线为y＝kx＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,y2＝4x))，可得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，令Δ＝0，则k＝1，所以直线y＝x＋1与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误；故选ABC．
12．(2021·广东调研)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9eq \r(3)，则( BCD )
A．|BF|＝3
B．△ABF是等边三角形
C．点F到准线的距离为3
D．抛物线C的方程为y2＝6x
[解析] 如图，由题意知|AB|＝2|FH|＝2p，
∴xA＝eq \f(3p,2)，从而yA＝eq \r(3)p，
又S△ABF＝eq \f(1,2)|AB|·yA＝eq \r(3)p2＝9eq \r(3)，∴p＝3，
∴C的方程为y2＝6x，D正确，C正确，
∴|BF|＝|AF|＝eq \f(3p,2)＋eq \f(p,2)＝2p＝6，A错，
又|AB|＝2p＝6，∴△ABF为等边三角形，
∴B正确，故选BCD.
三、填空题
13．(2020·海南)斜率为eq \r(3)的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝ eq \f(16,3) .
[解析] 由题意可得抛物线焦点F(1,0)，
直线l的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，
代入y2＝4x并化简得3x2－10x＋3＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10,3)，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(10,3)＋2＝eq \f(16,3).
14．(2021·河北石家庄质检)设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(0,2)，线段FA与抛物线交于点B，且eq \(FB,\s\up6(→))＝2eq \(BA,\s\up6(→))，则|BF|＝ eq \f(8\r(3),9) .
[解析] 由题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，又A(0,2)，且eq \(FB,\s\up6(→))＝2eq \(BA,\s\up6(→))，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)，\f(4,3)))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＝2p·eq \f(p,6)，解得p＝eq \f(4\r(3),3)，∴|BF|＝eq \f(p,6)＋eq \f(p,2)＝eq \f(2p,3)＝eq \f(8\r(3),9).
四、解答题
15．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；
(2)若直线PA和PB的倾斜角互补，求y1＋y2的值及直线AB的斜率．
[解析] (1)设抛物线解析式为y2＝2px，
把(1,2)的坐标代入得p＝2，
∴抛物线解析式为y2＝4x，准线方程为x＝－1.
(2)∵直线PA和PB的倾斜角互补，
∴kPA＋kPB＝0，
∴eq \f(y1－2,x1－1)＋eq \f(y2－2,x2－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＋eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)＝0，
∴eq \f(1,y1＋2)＋eq \f(1,y2＋2)＝0，∴y1＋y2＝－4，
kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(y2－y1,\f(y\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,1),4))＝eq \f(4,y2＋y1)＝－1.
16．已知动点P到定直线l：x＝－2的距离比到定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))的距离大eq \f(3,2).
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(3)过点D(2,0)的直线交轨迹C于A，B两点，直线OA，OB分别交直线l于点M，N，证明以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值，并求出此定值．
[解析] (1)解法一：设点P的坐标为(x，y)，因为定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))在定直线l：x＝－2的右侧，且动点P到定直线l：x＝－2的距离比到定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))的距离大eq \f(3,2)，
所以x>－2且eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋y2)＝|x＋2|－eq \f(3,2)，
化简得eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋y2)＝x＋eq \f(1,2)，即y2＝2x，
∴轨迹C的方程为y2＝2x.
解法二：由题意可知动点P到直线l′：x＝－eq \f(1,2)的距离与到定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))的距离相等，∴轨迹C是以F为焦点l′为准线的抛物线，显然eq \f(p,2)＝eq \f(1,2)，即p＝1，∴轨迹C的方程为y2＝2x.
(2)证明：设A(2teq \\al(2,1)，2t1)，B(2teq \\al(2,2)，2t2)(t·t2≠0)，
则eq \(DA,\s\up6(→))＝(2teq \\al(2,1)－2,2t1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2teq \\al(2,2)－2,2t2)．
∵A，D，B三点共线，
∴2t2(2teq \\al(2,1)－2)＝2t1(2teq \\al(2,2)－2)，
∴(t1－t2)(t1t2＋1)＝0，
又t1≠t2，∴t1t2＝－1，
直线OA的方程为y＝eq \f(1,t1)x，令x＝－2，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,t1))).
同理，可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,t2))).
所以以MN为直径的圆的方程为(x＋2)(x＋2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(2,t1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(2,t2)))＝0，
即(x＋2)2＋y2＋2×eq \f(t1＋t2,t1t2)＋eq \f(4,t1t2)＝0.
将t1t2＝－1代入上式，可得(x＋2)2＋y2－2(t1＋t2)y－4＝0，
令y＝0，得x＝0或x＝－4，
故以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值4.
B组能力提升
1．(2021·河北邯郸一模)位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥(如图所示)有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为5 m，跨径为12 m，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为( D )
A．eq \f(25,12) m B．eq \f(25,6) m
C．eq \f(9,5) m D．eq \f(18,5) m
[解析] 建立如图所示的平面直角坐标系．
设抛物线的解析式为x2＝－2py(p>0)，
∵抛物线过点(6，－5)，∴36＝10p，可得p＝eq \f(18,5)，
则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为eq \f(18,5) m，故选D.
2．(2021·云南适应性考试)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为( A )
A．(1，－1) B．(2,0)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2))) D．(1,1)
[解析] 因为焦点到准线的距离为p，则p＝1，
所以y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1,y\\al(2,2)＝2x2))，则(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，
∴kPQ＝eq \f(2,y1＋y2)，又∵P，Q关于直线l对称．
∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，∴eq \f(y1＋y2,2)＝－1，
又∵PQ的中点一定在直线l上，
∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y1＋y2,2)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．故选：A.
3．(2021·云南师大附中月考)如图所示，点F是抛物线y2＝8x的焦点，点A，B分别在抛物线y2＝8x及圆(x－2)2＋y2＝16的实线部分上运动，且AB总是平行于x轴，则△FAB的周长的取值范围是( C )
A．(2,6) B．(6,8)
C．(8,12) D．(10,14)
[解析] 抛物线的准线l：x＝－2，焦点F(2,0)，由抛物线定义可得|AF|＝xA＋2，圆(x－2)2＋y2＝16的圆心为(2,0)，半径为4，∴三角形FAB的周长为|AF|＋|AB|＋|BF|＝(xA＋2)＋(xB－xA)＋4＝6＋xB，由抛物线y2＝8x及圆(x－2)2＋y2＝16可得交点的横坐标为2，则xB∈(2,6)，所以6＋xB∈(8,12)，故选 C．
4．(2021·益阳、湘潭调研)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若F是AC的中点，且|AF|＝4，则线段AB的长为( C )
A．5 B．6
C．eq \f(16,3) D．eq \f(20,3)
[解析] 如图，设l与x轴交于点M，过点A作AD⊥l交l于点D，由抛物线的定义知，|AD|＝|AF|＝4，由F是AC的中点，知|AD|＝2|MF|＝2p，所以2p＝4，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，又x1x2＝eq \f(p2,4)＝1，所以x2＝eq \f(1,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝3＋eq \f(1,3)＋2＝eq \f(16,3).故选 C．
另解：因为eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)，|AF|＝4，所以|BF|＝eq \f(4,3)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,3).故选 C．
5．(2021·山东省临沂市期末)如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角为45°时，|MN|＝16.
(1)求抛物线C的方程；
(2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)当直线l的倾斜角为45°，则l的斜率为1，
∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，∴l的方程为y＝x－eq \f(p,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－\f(p,2)，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，
∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16, p＝4，
∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)假设满足条件的点P存在，
设P(a,0)，由(1)知F(2,0)，
①当直线l不与x轴垂直时，
设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝8x，))得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
Δ＝(4k2＋8)2－4·k2·4k2＝64k2＋64>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2＋8,k2)，x1x2＝4.
∵直线PM，PN关于x轴对称，
∴kPM＋kPN＝0，kPM＝eq \f(kx1－2,x1－a)，kPN＝eq \f(kx2－2,x2－a).
∴k(x1－2)(x2－a)＋k(x2－2)(x1－a)＝k[2x1x2－(a＋2)(x1＋x2)＋4a]＝－eq \f(8a＋2,k)＝0，
∴a＝－2时，此时P(－2,0)．
②当直线l与x轴垂直时，由抛物线的对称性，
易知PM，PN关于x轴对称，此时只需P与焦点F不重合即可．
综上，存在唯一的点P(－2,0)，使直线PM，PN关于x轴对称．