数学选择性必修 第一册3.3 抛物线练习题

这是一份数学选择性必修 第一册3.3 抛物线练习题，共15页。

3.3.2　抛物线的简单几何性质
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.在同一平面直角坐标系中,方程a2x2+b2y2=1与ax+by2=0(a>b>0)的曲线大致为(　　)

解析(方法1)将方程a2x2+b2y2=1与ax+by2=0转化为x21a2+y21b2=1与y2=-abx.因为a>b>0,所以1b>1a>0,所以椭圆的焦点在y轴上,抛物线的焦点在x轴上,且开口向左.故选D.
(方法2)在方程ax+by2=0(a>b>0)中,将y换成-y,其结果不变,即ax+by2=0的曲线关于x轴对称,排除B,C;由方法1知椭圆的焦点在y轴上,排除A.故选D.
答案D
2.若抛物线y2=4x上一点P(x0,y0)到点(5,0)的距离最小,则点P的横坐标x0为(　　)
　　　　　　　　　　　　
A.1 B.2
C.3 D.4
解析∵P(x0,y0)在抛物线y2=4x上,
∴y02=4x0,则点P与点(5,0)的距离
d=(x0-5)2+y02
=x02-10x0+25+4x0=(x0-3)2+16.
∵x0≥0,∴当x0=3时,点P与点(5,0)的距离最小,此时x0=3.
答案C
3.过点P(0,1)与抛物线y2=2x有且只有一个交点的直线有(　　)
A.4条 B.3条
C.2条 D.1条
解析(1)当过点P(0,1)的直线存在斜率时,设其方程为y=kx+1,由方程组y=kx+1,y2=2x,
消y得k2x2+(2k-2)x+1=0,
①若k=0,则-2x+1=0,解得x=12,此时直线与抛物线只有一个交点12,1;
②若k≠0,令Δ=(2k-2)2-4k2=0,解得k=12,此时直线与抛物线相切,只有一个交点.
(2)当过点P(0,1)的直线不存在斜率时,
该直线方程为x=0,与抛物线相切,只有一个交点.
综上,过点P(0,1)与抛物线y2=2x有且只有一个交点的直线有3条.
答案B
4.已知正三角形的一个顶点位于坐标原点,另两个顶点在抛物线y2=2x上,则这个正三角形的边长是　　　　　. 
解析根据抛物线的对称性可知,正三角形另外两个顶点关于x轴对称,设一个顶点坐标为y022,y0,边长为a,则有tanπ6=2y0y02,
解得y0=23,
故边长a=43.
答案43
5.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F且倾斜角为45°的直线交抛物线于A,B两点,若|AB|=8,则p=　　　　　. 
解析∵Fp2,0,∴直线AB的方程为y=x-p2,将其与y2=2px联立,消去y,得x2-3px+p24=0.
设A(xA,yA),B(xB,yB),由根与系数的关系知
xA+xB=3p,xAxB=p24.
|AB|=2(xA+xB)2-4xAxB=4p=8,解得p=2.
答案2
6.(2019全国Ⅰ,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32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AP=3PB,求|AB|.
解设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由题设得F34,0,
故|AF|+|BF|=x1+x2+32,
由题设可得x1+x2=52.
由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,
则x1+x2=-12(t-1)9.
从而-12(t-1)9=52,得t=-78.
所以l的方程为y=32x-78.
(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.
由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.
所以y1+y2=2.
从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.
代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.
7.

如图,已知抛物线C:y2=2px过点A(1,1).
(1)求抛物线C的方程.
(2)过点P(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合).设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.
(1)解由题意得2p=1,所以抛物线方程为y2=x.
(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=t(y+1)+3,
代入抛物线方程,整理得y2-ty-t-3=0.
因为Δ=(t+2)2+8>0,所以y1+y2=t,y1y2=-t-3.
所以k1k2=y1-1x1-1·y2-1x2-1=y1-1y12-1·y2-1y22-1
=1(y1+1)(y2+1)=1y1y2+y1+y2+1
=1-t-3+t+1=-12,
故k1k2是定值.
关键能力提升练
8.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F且倾斜角为150°的直线l与抛物线在第一、二象限分别交于A,B两点,则|BF||AF|等于(　　)
A.3 B.7+43
C.13 D.3+22
解析(方法1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线l的方程为x=-3y-p2,
则x2=2py,x=-3y-p2,消去x,得12y2-20py+3p2=0.
∵点A在第一象限,解得y1=p6,y2=3p2,
∴|BF||AF|=y2+p2y1+p2=3p2+p2p6+p2=3.故选A.

(方法2)如图,过点A,B作准线的垂线,垂足分别为A',B',则由抛物线的定义知|BB'|=|BF|,|AA'|=|AF|.过点A作BB'的垂线AE,
则|BE|=|BB'|-|AA'|=|BF|-|AF|,
易知∠BAE=30°,故|BE|=12|AB|,
所以|BF|-|AF|=12(|BF|+|AF|),
因此|BF|=3|AF|,故|BF||AF|=3.
答案A
9.已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,OA·OB=6(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　)
A.1728 B.3
C.338 D.3132
解析设直线AB的方程为x=ty+m,则直线AB与x轴的交点为M(m,0),则m>0.
设点A(x1,y1),B(x2,y2).把x=ty+m代入y2=x,
可得y2-ty-m=0,满足Δ>0,则y1y2=-m.
∵OA·OB=6,∴x1x2+y1y2=6,
从而(y1y2)2+y1y2-6=0.
∵点A,B位于x轴的两侧,∴y1y2=-3,
故m=3.不妨设点A在x轴上方,则y1>0,
又F14,0,y2=-3y1,
∴S△ABO+S△AFO=12×3×(y1-y2)+12×14y1=138y1+92y1≥29×1316=3132,
当且仅当138y1=92y1,即y1=61313时,等号成立.
∴△ABO与△AFO面积之和的最小值是3132.
答案D
10.已知y2=x,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,O为坐标原点,若OA·OB=12,则△AOB面积的最小值为(　　)
A.6 B.8
C.10 D.12
解析设直线AB的方程为x=ty+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),则直线AB与x轴的交点为M(m,0).将x=ty+m代入y2=x,可得y2-ty-m=0,
根据根与系数的关系得y1y2=-m,y1+y2=t.
∵OA·OB=12,∴x1·x2+y1·y2=12.
又x1x2=y12y22,
∴(y1·y2)2+y1·y2-12=0.令y1y2=u,则u2+u-12=0,解得u=-4或u=3.
∵点A,B位于x轴的两侧,∴u=y1·y2=-4,故m=4.
故直线AB所过的定点坐标是(4,0).
故△AOB的面积S=12×4×|y1-y2|=2×(y1+y2)2-4y1y2=2t2+16≥8,
当t=0时,直线AB垂直于x轴,△AOB的面积取得最小值8.故选B.
答案B
11.(2020山东泰安高二上期末)已知点A是拋物线x2=4y的对称轴与准线的交点,点B为抛物线的焦点,点P在抛物线上且满足|PA|=m|PB|,当m取最大值时,点P恰好在以A,B为焦点的双曲线上,则双曲线的离心率为(　　)
A.2+12 B.2+1
C.5+12 D.5-1

解析由x2=4y,
得p=2,
∴焦点B(0,1),准线l:y=-1,
从而A(0,-1),如图所示.设∠PAQ=θ.
∵|PA|=m|PB|,
|PB|=|PQ|,
∴m=|PA||PB|=|PA||PQ|=1sinθ.
结合图形知,当AP与抛物线相切时,sinθ最小,从而m最大.
设直线AP的方程为y=kx-1(k≠0),
由x2=4y,y=kx-1,得x2-4kx+4=0,
令Δ=16k2-16=0,解得k=±1,
不妨取k=1,得点P坐标为(2,1).
设双曲线的方程为y2a2-x2b2=1(a>0,b>0).
在双曲线y2a2-x2b2=1(a>0,b>0)中,2c=2,
即c=1,
2a=|PA|-|PB|=22-2,即a=2-1,
∴离心率e=ca=12-1=2+1.故选B.
答案B
12.(多选题)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,AB是经过抛物线焦点F的弦,M是线段AB的中点,经过A,B,M作抛物线的准线l的垂线AC,BD,MN,垂足分别是C,D,N,其中MN交抛物线于点Q,连接QF,NF,NB,NA.下列说法正确的是(　　)
A.|MN|=12|AB|
B.FN⊥AB
C.Q是线段MN的一个三等分点
D.∠QFM=∠QMF
解析如图,由抛物线的定义,得|AC|=|AF|,|BD|=|BF|.

又|MN|=|AC|+BD2,
则|MN|=|AF|+|BF|2=12|AB|,A正确.
由|MN|=12|AB|,|AM|=|MB|,得|MN|=|AM|,所以∠MAN=∠MNA.而∠MNA=∠CAN,所以∠MAN=∠CAN,所以△ANC≌△ANF,可知∠ACN=∠AFN=90°,所以FN⊥AB,B正确.
在Rt△MNF中,|QN|=|QF|,可知∠QNF=∠QFN,所以∠QFM=∠QMF,D正确.由∠QFM=∠QMF,可知|QF|=|QM|,所以|NQ|=|QM|,即Q是MN的中点,故C不正确.
答案ABD
13.(多选题)(2020山东烟台高二上期末学业水平诊断)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,过F的直线与E交于A,B两点,C,D分别为A,B在l上的射影,且|AF|=3|BF|,M为AB的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.∠CFD=90°
B.△CMD为等腰直角三角形
C.直线AB的斜率为±3
D.△AOB的面积为4
解析由y2=4x,得2p=4,即p=2,
∴焦点F(1,0),准线l:x=-1.
设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
由y2=4x,x=my+1,得y2-4my-4=0,
∴y1+y2=4m,y1·y2=-4.
从而x1+x2=4m2+2,①
x1·x2=1.②
又|AF|=3|BF|,∴x1+p2=3x2+p2,即x1=3x2+2.③
将③代入①得,x2=m2.将③代入②得3x22+2x2-1=0,解得x2=13或x2=-1(舍去).
∴m2=13,∴m=±33,即直线AB的斜率为±3,故C正确;
C(-1,y1),D(-1,y2),
∴FC·FD=4+y1y2=4-4=0,从而∠CFD=90°,故A正确;
M(2m2+1,2m),
∴CM·DM=4(m2+1)2+4m2-2m(y1+y2)+y1y2=4m4+4m2=169,结合图形知△CMD不是直角三角形,故B错误;
S△AOB=12|OF||y1-y2|=1216m2+16=433,故D错误.故选AC.
答案AC
14.已知抛物线的方程为y2=2px(p>0),O为坐标原点,A,B为抛物线上的点,若△OAB为等边三角形,且面积为483,则p的值为　　　　　. 
解析设A(x1,y1),B(x2,y2).∵|OA|=|OB|,∴x12+y12=x22+y22.又y12=2px1,y22=2px2,
∴x22-x12+2p(x2-x1)=0,
即(x2-x1)(x1+x2+2p)=0.
又x1,x2与p同号,∴x1+x2+2p≠0.
∴x2-x1=0,即x1=x2.
根据抛物线对称性可知点A,B关于x轴对称,
由△OAB为等边三角形,
不妨设直线OB的方程为y=33x,
由y=33xy2=2px,解得B(6p,23p),∴|OB|=(6p)2+(23p)2=43p,
∵△OAB的面积为483,
∴34(43p)2=483,解得p2=4,∴p=2.
答案2
15.直线l过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),且与C交于A,B两点,则p=,1|AF|+1|BF|=.
解析由题意知p2=1,从而p=2,
所以抛物线方程为y2=4x.
当直线AB斜率不存在时,x=1代入y2=4x,解得y1=2,y2=-2,即|AF|=|BF|=2,
从而1|AF|+1|BF|=1.
当直线AB斜率存在时,设AB的方程为
y=k(x-1),显然k≠0,联立y=k(x-1),y2=4x,消去y,整理得
k2x2-(2k2+4)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,
从而1|AF|+1|BF|=1x1+1+1x2+1
=x1+x2+2x1+x2+x1x2+1=x1+x2+2x1+x2+2=1.
答案2　1
16.设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且|AB|=2|MN|,求直线AB的方程.
解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.
(2)由y=x24,得y'=x2.设M(x3,y3),
由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
将y=x+m代入y=x24,得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,
x1=2+2m+1,x2=2-2m+1,
从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).
由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),
解得m=7,或m=-1(舍).
所以直线AB的方程为y=x+7.
17.(2019全国Ⅰ,文21)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径.
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
解(1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).
因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为r=|a+2|.
由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.
故☉M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下:
设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.
由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.
因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.
学科素养创新练
18.(2020云南师大附中高三月考)已知抛物线E:y2=2px(p>0),过其焦点F的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,满足y1y2=-4.
(1)求抛物线E的方程;
(2)已知点C的坐标为(-2,0),记直线CA,CB的斜率分别为k1,k2,求1k12+1k22的最小值.
解(1)因为直线AB过焦点Fp2,0,设直线AB的方程为x=my+p2,
将直线AB的方程与抛物线E的方程联立x=my+p2,y2=2px,消去x得y2-2mpy-p2=0,
所以有y1y2=-p2=-4,∵p>0,∴p=2,
因此,抛物线E的方程为y2=4x.
(2)由(1)知抛物线的焦点坐标为F(1,0),
设直线AB的方程为x=my+1,
联立抛物线的方程y2-4my-4=0,
所以y1+y2=4m,y1y2=-4,
则有1k1=m+3y1,1k2=m+3y2,
因此1k12+1k22=m+3y12+m+3y22
=2m2+6m1y1+1y2+91y12+1y22
=2m2+6m·y1+y2y1y2+9·(y1+y2)2-2y1y2y12y22
=2m2+6m·4m-4+9·(4m)2+816=5m2+92.
因此,当且仅当m=0时,1k12+1k22有最小值92.