高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册3.2 抛物线的简单几何性质复习练习题

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册3.2 抛物线的简单几何性质复习练习题，共10页。试卷主要包含了解答题，选择题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知抛物线C:y2＝8x，直线l:y＝kx−4，分别求出满足下列条件的实数k的取值范围：
①直线l与抛物线C有两个公共点；
②直线l与抛物线C有一个公共点；
③直线l与抛物线C没有公共点．

2. 已知抛物线y2＝6x，过点P(4, 1)作一条弦，使它恰被点P平分．求：
（1）此弦所在的直线方程；

（2）此弦的长．

3. 已知A，B是抛物线y2＝2px(p>0)上的两点，且满足OA⊥OB（O为坐标原点）．求证：
（1）A，B两点的横坐标、纵坐标之积分别为定值；

（2）直线AB恒过一个定点．
二、选择题

与直线2x−y+4=0平行的抛物线y=x2的切线方程为( )
A.2x−y+3=0B.2x−y−3=0C.2x−y+1=0D.2x−y−1=0

设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ）
A.[−12, 12]B.[−2, 2]C.[−1, 1]D.[−4, 4]

抛物线y＝ax2(a>0)与直线y＝kx+b(k≠0)有两个公共点，其横坐标分别是x1，x2；而直线y＝kx+b与x轴焦点的横坐标是x3，则x1，x2，x3之间的关系是（ ）
A.x3＝x1+x2B.x3=1x1+1x2
C.x1x3＝x1x2+x2x3D.x1x2＝x1x3+x2x3

经过点(0, 1)且与抛物线y2＝mx(m>0)有且只有一个公共点的直线共有（ ）
A.4条B.3条C.2条D.1条

直线y=kx−2与抛物线y2=8x交于A，B两点，且AB中点的横坐标为2，则k的值为( )
A.−1或2B.2C.−1D.1+3

抛物线y2=12x截直线y=2x+1所得弦长等于( )
A.15B.215C.152D.15
三、解答题

过抛物线y2＝4x的焦点作直线l，交抛物线于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则|AB|等于________．

已知中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的两条渐近线与抛物线y2＝4x交于A，B两点（异于原点）．若|AB|＝16，则双曲线的离心率为________52 ．

若抛物线y2＝4x的一条弦AB以点P(2, 1)为中点，则弦AB所在的直线方程为________．

已知直线l:y＝kx+1，抛物线C:y2＝4x．当k为何值时，直线l与抛物线C：
（1）有一个公共点？

（2）有两个公共点？

（3）没有公共点？

一顶点在坐标原点，焦点在x轴上的抛物线截直线2x−y−4＝0所得的弦长为35，求抛物线的方程．
四、选择题

抛物线y2＝9x与直线2x−3y−8＝0交于A，B两点，则线段AB中点的坐标为（ ）
A.(1138, −274)B.(1138, 274)C.(−1138, −274)D.(−1138, 274)

已知抛物线y＝ax2的焦点为F，准线l与对称轴交于点R，过抛物线上一点P(1, 2)作PQ⊥l，垂足为Q，则梯形PQRF的面积为（ ）
A.74B.118C.1916D.516

已知点A(1, 2)，过点P(5, −2)的直线与抛物线y2＝4x相交于B，C两点，则△ABC是（ ）
A.直角三角形B.钝角三角形C.锐角三角形D.不能确定
五、解答题

过抛物线y2＝2x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AB|=2512,|AF|<|BF|，则|AF|＝________56 ．

已知过抛物线y2＝−4x的焦点的一条直线交抛物线于A，B两点，且|AB|＝8，O为坐标原点，则△OAB的重心的横坐标为________．

若抛物线y＝x2上存在关于直线y＝m(x−3)对称的两点，求实数m的取值范围．

已知抛物线y2＝2px(p>0)．过动点M(a, 0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A、B，|AB|≤2p．
（1）求a的取值范围；

（2）若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值．
参考答案与试题解析
人教A版选修2-1《2.4.2 抛物线的简单几何性质》2020年同步练习卷（3）
一、解答题（共3小题，满分0分）
1.
【答案】
联立y2=8xy=kx−4 ，得k2x2−8(k+1)x+16＝0(*)．
（1）当k2＝0，即k＝0时，直线l与抛物线C的对称轴平行，方程(*)化为−8x+16＝0，
故方程(*)只有一个实数根，即直线l与抛物线C相交，且只有一个公共点．
（2）当k2≠0，即k≠0时，△＝64(k+1)2−64k2＝64(2k+1)．
(i)当△>0，即k>−12，且k≠0时，方程(*)有两个不同实数根，即直线l与抛物线C相交，且有两个公共点．
(ii)当△＝0，即k=−12时，方程(*)有两个相同的实数根，即直线l与抛物线C相切，且只有一个公共点．
(iii)当△<0，即k<−12时，方程(*)无实数根，即直线l与抛物线C相离，没有公共点．
综上所述，
当k>−12且k≠0时，直线l与抛物线C有两个公共点；
当k=−12或k＝0时，直线l与抛物线C有一个公共点；
当k<−12时，直线l与抛物线C没有公共点．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
将直线与抛物线的方程联立，得到关于x的方程，于是交点个数问题可转化为方程的根的个数问题，然后分k2＝0和k2≠0两大类进行讨论即可，其中当k2≠0时，还需要再分△>0，△＝0和△<0三小类．
【解答】
联立y2=8xy=kx−4 ，得k2x2−8(k+1)x+16＝0(*)．
（1）当k2＝0，即k＝0时，直线l与抛物线C的对称轴平行，方程(*)化为−8x+16＝0，
故方程(*)只有一个实数根，即直线l与抛物线C相交，且只有一个公共点．
（2）当k2≠0，即k≠0时，△＝64(k+1)2−64k2＝64(2k+1)．
(i)当△>0，即k>−12，且k≠0时，方程(*)有两个不同实数根，即直线l与抛物线C相交，且有两个公共点．
(ii)当△＝0，即k=−12时，方程(*)有两个相同的实数根，即直线l与抛物线C相切，且只有一个公共点．
(iii)当△<0，即k<−12时，方程(*)无实数根，即直线l与抛物线C相离，没有公共点．
综上所述，
当k>−12且k≠0时，直线l与抛物线C有两个公共点；
当k=−12或k＝0时，直线l与抛物线C有一个公共点；
当k<−12时，直线l与抛物线C没有公共点．
2.
【答案】
设弦的两端点为P1(x1, y1)，P2(x2, y2)，
∵ 点P1，P2在抛物线上，
∴ y12=6x1，y22=6x2，
两式相减得，(y1+y2)(y1−y2)＝6(x1−x2)，
∵ y1+y2＝2，
∴ 直线P1P2的斜率k=y1−y2x1−x2=3，方程为y−1＝3(x−4)，即3x−y−11＝0．
联立3x−y−11=0y2=6x ，消去y，得9x2−72x+121＝0，则x1+x2=8x1x2=1219 ，
∴ 弦长|P1P2|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+32×82−4×1219=23230．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）设弦的两端点为P1(x1, y1)，P2(x2, y2)，则y12=6x1，y22=6x2，两式相减可推出直线P1P2的斜率与方程；
（2）联立直线P1P2与抛物线的方程，得到关于x的一元二次方程，写出韦达定理，将其代入到弦长公式中即可得解．
【解答】
设弦的两端点为P1(x1, y1)，P2(x2, y2)，
∵ 点P1，P2在抛物线上，
∴ y12=6x1，y22=6x2，
两式相减得，(y1+y2)(y1−y2)＝6(x1−x2)，
∵ y1+y2＝2，
∴ 直线P1P2的斜率k=y1−y2x1−x2=3，方程为y−1＝3(x−4)，即3x−y−11＝0．
联立3x−y−11=0y2=6x ，消去y，得9x2−72x+121＝0，则x1+x2=8x1x2=1219 ，
∴ 弦长|P1P2|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+32×82−4×1219=23230．
3.
【答案】
设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y12=2px1，y22=2px2，
∵ OA⊥OB，
∴ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=y122p⋅y222p+y1y2＝0，即y1y2(y1y2+4p2)＝0，
∵ y1y2≠0，
∴ y1y2＝−4p2，x1x2=y122p⋅y222p=16p44p2=4p2．
故A，B两点的横坐标、纵坐标之积分别为定值．
由（1）知，y12=2px1，y22=2px2，
当x1≠x2时，上述两式相减得，(y1−y2)(y1+y2)＝2p(x1−x2)，
∴ 直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=2py1+y2，
∴ 直线AB的方程为y−y1=2py1+y2(x−x1)，整理得y=2py1+y2(x−2p)，
∴ 直线AB恒过定点(2p, 0)．
当x1＝x2时，由对称性知，直线OA的方程为y＝x，
∴ A(2p, 2p)，B(2p, −2p)，
∴ 直线AB的方程为x＝2p，显然也过定点(2p, 0)．
综上所述，直线AB恒过定点(2p, 0)．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，由OA⊥OB，知x1x2+y1y2＝0，再结合抛物线的方程求出y1y2和x1x2的值即可得证；
（2）由（1）知，y12=2px1，y22=2px2，然后分两类讨论：①当x1≠x2时，两式相减可得直线AB的斜率与方程，可推出直线AB恒过定点(2p, 0)；②当x1＝x2时，易知直线AB的方程为x＝2p，显然也过定点(2p, 0)，故而得证．
【解答】
设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y12=2px1，y22=2px2，
∵ OA⊥OB，
∴ OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=y122p⋅y222p+y1y2＝0，即y1y2(y1y2+4p2)＝0，
∵ y1y2≠0，
∴ y1y2＝−4p2，x1x2=y122p⋅y222p=16p44p2=4p2．
故A，B两点的横坐标、纵坐标之积分别为定值．
由（1）知，y12=2px1，y22=2px2，
当x1≠x2时，上述两式相减得，(y1−y2)(y1+y2)＝2p(x1−x2)，
∴ 直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=2py1+y2，
∴ 直线AB的方程为y−y1=2py1+y2(x−x1)，整理得y=2py1+y2(x−2p)，
∴ 直线AB恒过定点(2p, 0)．
当x1＝x2时，由对称性知，直线OA的方程为y＝x，
∴ A(2p, 2p)，B(2p, −2p)，
∴ 直线AB的方程为x＝2p，显然也过定点(2p, 0)．
综上所述，直线AB恒过定点(2p, 0)．
二、选择题
【答案】
D
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
根据切线与直线2x−y+4＝0的平行，可利用待定系数法设出切线，然后与抛物线联立方程组，使方程只有一解即可．
【解答】
解：由题意可设切线方程为2x−y+m=0，
联立方程组2x−y+m=0，y=x2， 得x2−2x−m=0，
Δ=4+4m=0解得m=−1，
∴ 切线方程为2x−y−1=0.
故选D.
【答案】
C
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
根据抛物线方程求得Q点坐标，设过Q点的直线l方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于等于0求得k的范围．
【解答】
∵ y2＝8x，
∴ Q(−2, 0)（Q为准线与x轴的交点），设过Q点的直线l方程为y＝k(x+2)．
∵ l与抛物线有公共点，
有解，
∴ 方程组y2=8xy=k(x+2)
即k2x2+(4k2−8)x+4k2＝0有解．
∴ △＝(4k2−8)2−16k4≥0，即k2≤1．
∴ −1≤k≤1，
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
分别求出x1，x2，x3，进而可得它们之间的关系．
【解答】
由题意x3=−bk，联立抛物线y＝ax2(a>0)与直线y＝kx+b得ax2−kx−b＝0，∴ x1+x2=ka，x1x2=−ba，∴ 1x1+1x2=−kb，∴ x1x2＝x1x3+x2x3，
【答案】
B
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
分两类：直线与抛物线的对称轴平行、直线与抛物线相切，进行讨论即可．
【解答】
若直线与抛物线的对称轴平行，即直线的方程为y＝1时，显然直线与抛物线有且只有一个公共点；
若直线与抛物线相切，则切线有2条．
所以满足题意的直线有3条．
【答案】
B
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
把直线方程和抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程后利用判别式大于0求出k的范围，再利用根与系数关系求出两交点横坐标的和，由中点坐标公式即可求得k的值．
【解答】
解：∵ 直线y=kx−2与抛物线y2=8x交于A，B两点，
∴ k≠0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
由y=kx−2y2=8x，
化简得k2x2−(4k+8)x+4=0，
由Δ=[−(4k+8)]2−16k2=64k+64>0，
解得k>−1．
∴ x1+x2=4k+8k2．
∵ A，B中点的横坐标为2，
∴ 4k+8k2=4，解得k=−1（舍）或k=2．
∴ k的值为2．
故选B．
【答案】
A
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
可将抛物线方程与直线方程联立，利用韦达定理与弦长公式即可求得答案．
【解答】
解：由 y2 = 12x, y = 2x + 1 消去y得4x2−8x+1=0，
设抛物线y2=12x与直线y=2x+1相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，
则x1、x2是方程4x2−8x+1=0的两根，
∴ 由韦达定理得：x1+x2=2，x1x2 = 14，
∴ |AB|=k2+1(x1+x2)2−4x1x2
=522−4×14
=15.
故选A.
三、解答题
【答案】
8
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线方程得它的准线为l:x＝−1，从而得到线段AB中点M到准线的距离等于4．过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D，根据梯形中位线定理算出|AC|+|BD|＝2|MN|＝8，结合抛物线的定义即可算出AB的长．
【解答】
∵ 抛物线方程为y2＝4x，∴ 抛物线的焦点为F(1, 0)，准线为l:x＝−1
设线段AB的中点为M(3, y0)，则M到准线的距离为：|MN|＝3−(−1)＝4，
过A、B分别作AC、BD与l垂直，垂足分别为C、D
根据梯形中位线定理，可得|AC|+|BD|＝2|MN|＝8
再由抛物线的定义知：|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|
∴ |AB|＝|AF|+|BF|＝|AC|+|BD|＝8．
【答案】
52
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的渐近线方程与抛物线联立，求出A、B纵坐标，然后转化求解即可．
【解答】
由题意设双曲线为：x2a2−y2b2=1，则bx±ay=0y2=4x ，可得y2＝4(±aby)，可得yA=4ab，
yB=−4ab，∴ 8ab=16，∴ a＝2b，则a2＝4(c2−a2)，
即4c2＝5a2，所以e=ca=52．
【答案】
2x−y−3＝0
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
先设出直线方程，再联立直线方程与抛物线方程整理可得A，B的横坐标与直线的斜率之间的关系式，结合弦AB恰好是以P为中点，以及中点坐标公式即可求出直线的斜率，进而求出直线方程．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，弦AB所在直线方程为：y−1＝k(x−2)
即y＝kx+1−2k
联立y=kx+1−2ky2=4x ，整理得k2x2+[2k(1−2k)−4]x+(1−2k)2＝0．
所以有x1+x2=−2k(1−2k)−4k2
∵ 弦AB恰好是以P为中点，
∴ −2k(1−2k)−4k2=4
解得k＝2．
所以直线方程为 y＝2x−3，即2x−y−3＝0．
【答案】
当△>0，即k<1，且k≠0时，方程(*)有两个不同实数根，即直线l与抛物线C相交，且有两个公共点．
当△＝0，即k＝1时，方程(*)有两个相同的实数根，即直线l与抛物线C相切，且只有一个公共点．
当△<0，即k>1时，方程(*)无实数根，即直线l与抛物线C相离，没有公共点．
综上所述，
当k＝1或k＝0时，直线l与抛物线C有一个公共点；
当k<1，且k≠0时，直线l与抛物线C有两个公共点；
当k>1时，直线l与抛物线C没有公共点．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
将直线与抛物线的方程联立，得到关于x的方程，于是交点个数问题可转化为方程的根的个数问题，然后分k2＝0和k2≠0两大类进行讨论即可，其中当k2≠0时，还需要再分△>0，△＝0和△<0三小类．
【解答】
当△>0，即k<1，且k≠0时，方程(*)有两个不同实数根，即直线l与抛物线C相交，且有两个公共点．
当△＝0，即k＝1时，方程(*)有两个相同的实数根，即直线l与抛物线C相切，且只有一个公共点．
当△<0，即k>1时，方程(*)无实数根，即直线l与抛物线C相离，没有公共点．
综上所述，
当k＝1或k＝0时，直线l与抛物线C有一个公共点；
当k<1，且k≠0时，直线l与抛物线C有两个公共点；
当k>1时，直线l与抛物线C没有公共点．
【答案】
设抛物线方程为y2＝2px(p≠0)，
将直线方程y＝2x−4代入，并整理得2x2−(8+p)x+8＝0．
设方程的两个根为x1，x2，则根据韦达定理有x1+x2=8+p2，x1x2＝4．
由弦长公式，得(35)2＝(1+22)[(x1+x2)2−4x1x2]，
即9＝(8+p2)2−16．
整理得p2+16p−36＝0，
解得p＝2，或p＝−18，此时△>0．
故所求的抛物线方程为y2＝4x，或y2＝−36x．
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设抛物线方程为y2＝2px(p≠0)，将直线方程y＝2x−4代入，并整理，利用韦达定理，结合弦长公式，即可求抛物线的方程．
【解答】
设抛物线方程为y2＝2px(p≠0)，
将直线方程y＝2x−4代入，并整理得2x2−(8+p)x+8＝0．
设方程的两个根为x1，x2，则根据韦达定理有x1+x2=8+p2，x1x2＝4．
由弦长公式，得(35)2＝(1+22)[(x1+x2)2−4x1x2]，
即9＝(8+p2)2−16．
整理得p2+16p−36＝0，
解得p＝2，或p＝−18，此时△>0．
故所求的抛物线方程为y2＝4x，或y2＝−36x．
四、选择题
【答案】
B
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程后利用根与系数关系求得线段AB中点的横坐标，把横坐标再代入直线方程求得线段AB 中点的纵坐标，则答案可求．
【解答】
联立2x−3y−8=0y2=9x ，消去y得：4x2−113x+64＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=1134，故线段AB中点的横坐标为x1+x22=1138，
将其再代入直线方程2x−3y−8＝0，得
y=2x−83=2×1138−83=274．
∴ 线段AB中点的坐标为(1138,274)．
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线上一点P(1, 2)得到a的值，即可得到抛物线方程，进而得到焦点坐标，然后求解面积．
【解答】
由于抛物线y＝ax2过点P(1, 2)，故a＝2
故抛物线的标准方程为x2=12y，其焦点坐标为(0, 18)，
故梯形PQRF的面积为 12×[14−(−14)+2−(−14)]×(1−0)=118．
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先讨论直线BC斜率不存在时，求出B，C的坐标，求出AB、AC斜率，求出kAB⋅kAC＝−1，得到三角形ABC是直角三角形，当BC斜率存在时设出其方程，联立BC的方程与抛物线的方程，利用韦达定理，表示出AB、AC斜率，求出kAB⋅kAC＝−1，得到三角形ABC是直角三角形．
【解答】
当BC斜率不存在时，方程为x＝5，
代入抛物线方程y2＝4x得
B(5,25)，C(5,−25)
所以AB斜率是kAB=25−25−1=5−12，
AC斜率是kAC=−25−25−1=−5−12
所以kAB⋅kAC＝−1，
所以AB与AC垂直，
所以三角形ABC是直角三角形当BC斜率存在时，显然不能为0，否则与抛物线只有一个公共点，
所以设方程为x−5＝a(y+2)（a是斜率的倒数），
代入抛物线方程化简得y2−4ay−8a−20＝0 设B(x1, y1)，C(x2, y2)，
则y1+y2＝4a，y1y2＝−8a−20 x1+x2＝(ay1+2a+5)+(ay2+2a+5)＝a(y1+y2)+4a+10＝4a2+4a+10 x1x2＝(ay1+2a+5)(ay2+2a+5)＝4a2+20a+25 kAB⋅kAC=y1−2x1−1⋅y2−2x2−1
因为(y1−2)(y2−2)＝y1y2−2(y1+y2)+4＝−16a−16 (x1−1)(x2−1)＝x1x2−(x1+x2)+1＝16a+16 所以AB和AC斜率乘积等于−1，
即AB垂直于AC．综上可知，三角形ABC是直角三角形
五、解答题
【答案】
56
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设出点的坐标与直线的方程，利用抛物线的定义表示出|AF|、|BF|再联立直线与抛物线的方程利用根与系数的关系解决问题，即可得到答案．
【解答】
由题意可得：F(12, 0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
因为过抛物线y2＝2x的焦点F作直线l交抛物线于A、B两点，
所以|AF|=12+x1，|BF|=12+x2．
因为|AB|=2512，所以x1+x2=1312
设直线l的方程为y＝k(x−12)，
联立直线与抛物线的方程可得：k2x2−(k2+2)x+k24=0，
所以x1+x2=k2+2k2．
∴ k2+2k2=1312
∴ k2＝24
∴ 24x2−26x+6＝0，
∴ x1=13，x2=34
∴ |AF|=12+x1=56
【答案】
−2
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先求得抛物线焦点坐标，进而设出过焦点的直线方程代入抛物线方程消去x，根据韦达定理求得x1+x2和x1x2＝，代入|AB|的表达式中即可求得k，进而根据三个定点的横坐标求得△OAB的重心的横坐标．
【解答】
由题意知抛物线焦点F(−1, 0)，
设过焦点F(−1, 0)的直线为y＝k(x+1)(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)．
代入抛物线方程消去y得k2x2+2(k2+2)x+k2＝0．
∵ k2≠0，∴ x1+x2=−2(k2+2)k2，x1x2＝1．
∵ |AB|=(1+k2)2(x1−x2)2=(1+k2)2[4(k2+2)2k4−4]=8，
∴ k2＝1．
∴ △OAB的重心的横坐标为x=0+x1+x23=−2．
【答案】
设直线l:y=−1mx+b与抛物线交于两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，线段AB的中点为M(x0, y0)，
联立y=−1mx+by=x2 ，得mx2+x−mb＝0，则x1+x2=−1mx1x2=−b ，
∴ x0=x1+x22=−12m，y0=−1m⋅(−12m)+b=12m2+b，
∴ M(−12m, 12m2+b)，
∵ 点M在直线y＝m(x−3)上，
∴ 12m2+b＝m(−12m−3)，解得b=−12m2−3m−12．
又△＝1+4m2b＝1+4m2(−12m2−3m−12)>0，即12m3+2m2+1<0，即(2m+1)(6m2−2m+1)<0，
∴ m<−12．
故实数m的取值范围是(−∞, −12)．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
设直线l:y=−1mx+b与抛物线交于两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，线段AB的中点为M(x0, y0)，将直线l与抛物线的方程联立，得到关于x的一元二次方程，结合韦达定理，用含m和b的式子表示出点M，将其代入直线y＝m(x−3)中，得到b关于m的函数式，再结合判别式△>0，解之即可．
【解答】
设直线l:y=−1mx+b与抛物线交于两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，线段AB的中点为M(x0, y0)，
联立y=−1mx+by=x2 ，得mx2+x−mb＝0，则x1+x2=−1mx1x2=−b ，
∴ x0=x1+x22=−12m，y0=−1m⋅(−12m)+b=12m2+b，
∴ M(−12m, 12m2+b)，
∵ 点M在直线y＝m(x−3)上，
∴ 12m2+b＝m(−12m−3)，解得b=−12m2−3m−12．
又△＝1+4m2b＝1+4m2(−12m2−3m−12)>0，即12m3+2m2+1<0，即(2m+1)(6m2−2m+1)<0，
∴ m<−12．
故实数m的取值范围是(−∞, −12)．
【答案】
直线l的方程为y＝x−a
将y＝x−a代入y2＝2px，
得x2−2(a+p)x+a2＝0．
设直线l与抛物线两个不同的交点坐标为A(x1, y1)、B(x2, y2)，
则4(a+p)2−4a2>0x1+x2=2(a+p)x1x2=a2
又y1＝x1−a，y2＝x2−a，
∴ |AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=2[(x1+x2)2−4x1x2]=8p(p+2a)．
∵ 0<|AB|≤2p，8p(p+2a)>0，
∴ 0<8p(p+2a)≤2p．
解得−p2设AB的垂直平分线交AB于点Q，令坐标为(x3, y3)，则由中点坐标公式，得x3=x1+x22=a+p，y3=y1+y22=(x1−a)+(x2−a)2=p．
∴ |QM|2＝(a+p−a)2+(p−0)2＝2p2，
又△MNQ为等腰直角三角形，
∴ |QN|＝|QM|=2p
∴ S△NAB=12|AB|⋅|QN|=22p|AB|≤22p⋅2p=2p2，
即△NAB面积最大值为2p2．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）设出直线的方程与抛物线方程联立消去y，设直线l与抛物线两个不同的交点坐标为A，B，进而根据判别是对大于0，及x1+x2的和x1x2的表达式，求得AB的长度的表达式，根据|AB|的范围确定a的范围
（2）设AB的垂直平分线交AB于点Q，令坐标为(x3, y3)，则由中点坐标公式求得x3的坐标，进而求得QM的长度．根据△MNQ为等腰直角三角形，求得QN的长度，进而表示出△NAB的面积，根据|AB|范围确定三角形面积的最大值．
【解答】
直线l的方程为y＝x−a
将y＝x−a代入y2＝2px，
得x2−2(a+p)x+a2＝0．
设直线l与抛物线两个不同的交点坐标为A(x1, y1)、B(x2, y2)，
则4(a+p)2−4a2>0x1+x2=2(a+p)x1x2=a2
又y1＝x1−a，y2＝x2−a，
∴ |AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=2[(x1+x2)2−4x1x2]=8p(p+2a)．
∵ 0<|AB|≤2p，8p(p+2a)>0，
∴ 0<8p(p+2a)≤2p．
解得−p2设AB的垂直平分线交AB于点Q，令坐标为(x3, y3)，则由中点坐标公式，得x3=x1+x22=a+p，y3=y1+y22=(x1−a)+(x2−a)2=p．
∴ |QM|2＝(a+p−a)2+(p−0)2＝2p2，
又△MNQ为等腰直角三角形，
∴ |QN|＝|QM|=2p
∴ S△NAB=12|AB|⋅|QN|=22p|AB|≤22p⋅2p=2p2，
即△NAB面积最大值为2p2．