备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十九） 抛物线

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（五十九） 抛物线，共6页。试卷主要包含了点全面广强基训练，重点难点培优训练等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价（五十九） 抛物线一、点全面广强基训练1．已知抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，则抛物线的标准方程为(　 )A．y2＝x  B．y2＝2xC．y2＝4x  D．y2＝8x解析：选B　根据抛物线的定义可得＝，所以p＝1，所以抛物线的标准方程为y2＝2x.故选B.2．O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝4x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝4，则△POF的面积为(　 )A．2  B．2 C．2  D．4解析：选C　利用|PF|＝xP＋＝4，可得xP＝3，∴yP＝±2.∴S△POF＝|OF|·|yP|＝2.故选C.3．双曲线－＝1(mn≠0)的离心率为2，有一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，则mn的值为(　 )A.  B.  C.  D.解析：选A　∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，∴双曲线中c＝1，又e＝2，∴＝2，∴m＝，∴n＝，∴mn＝.4．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，O为原点，若M是抛物线上的动点，则的最大值为(　 )A.  B.C.  D.解析：选C　设M(x，y)，则＝＝.令x＋1＝t≥1，则＝＝ ＝，∵∈(0,1]，∴当＝，即x＝2时，取到最大值，故选C.5．抛物线y2＝4x的焦点为F，A，B是抛物线上两点，且||＝2||，且AB的中点到准线的距离为3，则AF的中点到准线的距离为(　 )A．1  B．2C.  D．3解析：选D　由题意知2p＝4，p＝2，F(1,0)，准线方程为x＝－＝－1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由抛物线的定义，得|AF|＝x1＋＝x1＋1，|BF|＝x2＋＝x2＋1，因为||＝2||，所以x1＋1＝2(x2＋1)，即x1＝2x2＋1　①.设AB的中点为M，则xM＝，其到准线的距离为xM＋＝＋1＝3，则x1＋x2＝4　②.联立①②解得x1＝3，所以AF的中点的横坐标为＝2，其到准线的距离为2＋＝2＋1＝3，故选D.6．若抛物线y＝ax2的焦点F的坐标为(0，－1)，则实数a的值为________．解析：因为抛物线y＝ax2，所以x2＝y.由焦点F的坐标为(0，－1)，得＝－1，所以a＝－.答案：－7．已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，若|AF|＋|BF|＝5，则线段AB的中点到y轴的距离为________．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由抛物线的定义可得x1＋＋x2＋＝5，解得x1＋x2＝，所以线段AB的中点到y轴的距离为＝.答案：8．(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．解析：抛物线C的焦点为F，将x＝代入y2＝2px，解得y＝±p.不妨设P，则kOP＝＝2.因为PQ⊥OP，所以kPQ＝－，所以直线PQ：y－p＝－.令y＝0，得x＝.由|FQ|＝6，得－＝2p＝6，所以p＝3.故C的准线方程为x＝－.答案：x＝－9．已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点．(1)O为坐标原点，求·；(2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k.解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0，所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝＝16，从而·＝x1x2＋y1y2＝－32.(2)依题意得F(0,3)，设M(x3，y3)，因为F为△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k，y3＝9－(y1＋y2)＝9－＝9－＝1－12k2.因为M(x3，y3)在抛物线C上，所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝.故k＝或k＝－.10．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．解：(1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，－；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝，|CD|＝4c.由|CD|＝|AB|得4c＝，即3×＝2－22，解得＝－2(舍去)或＝.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a＝2c，b＝c，故C1：＋＝1.设M(x0，y0)，则＋＝1，y＝4cx0，故＋＝1　①.由于C2的准线为x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得＋＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)或c＝3.所以C1的标准方程为＋＝1，C2的标准方程为y2＝12x. 二、重点难点培优训练1．已知抛物线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为(　 )A．x＋2y＋1＝0  B．3x＋6y＋4＝0C．2x＋6y＋3＝0  D．x＋3y＋2＝0解析：选B　把A(2,2)代入y2＝2px得p＝1，又直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，易得AB方程为y－2＝(x－2)，AC方程为y－2＝－(x－2)，联立AB方程和抛物线方程得B，同理：C，由B，C两点坐标可得直线BC的方程为3x＋6y＋4＝0，所以选B.2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过焦点F且斜率为 的直线与C相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的射影分别为M，N两点，则S△MFN等于(　 )A.p2　 B.p2　　C.p2　 D.p2解析：选B　不妨设P在第一象限，过Q作QR⊥PM，垂足为R，设准线与x轴的交点为E，∵直线PQ的斜率为，∴直线PQ的倾斜角为60°.由抛物线焦点弦的性质可得|PQ|＝|PF|＋|QF|＝＋＝＝p.在Rt△PRQ中，sin∠RPQ＝，∴|QR|＝|PQ|·sin∠RPQ＝p×＝p，由题意可知|MN|＝|QR|＝p，∴S△MNF＝|MN|·|FE|＝×p×p＝p2.故选B.3．已知P为抛物线C：y＝x2上一动点，直线l：y＝2x－4与x轴、y轴交于M，N两点，点A(2，－4)，且＝λ＋μ，则λ＋μ的最小值为________．解析：由题意得M(2,0)，N(0，－4)，设P(x，y)，由＝λ＋μ得(x－2，y＋4)＝λ(0,4)＋μ(－2,0)．所以x－2＝－2μ，y＋4＝4λ.因此λ＋μ＝－＝－＋2＝2＋≥，故λ＋μ的最小值为.答案：4.如图，已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.由|AF|＝3，得2＋＝3，解得p＝2.所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)证明：因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝，从而B.又G(－1，0)，所以kGA＝＝，kGB＝＝－，所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．