高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册3.3 抛物线习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册3.3 抛物线习题，共14页。试卷主要包含了已知A为抛物线C，已知F为抛物线C，斜率为3的直线过抛物线C，已知抛物线C，设抛物线C，如图,已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。

考点一 抛物线的定义及标准方程
1.(2020全国Ⅰ,4,5分,)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=( )
A.2 B.3 C.6 D.9
2.(2020全国Ⅲ,7,5分,)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为( )
A.14,0 B.12,0 C.(1,0) D.(2,0)
3.(2020北京,7,4分,)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( )
A.经过点O B.经过点P
C.平行于直线OP D.垂直于直线OP
考点二 直线与抛物线的位置关系
4.(2017课标全国Ⅰ,10,5分,)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为( )
A.16 B.14 C.12 D.10
5.(2020新高考Ⅰ,13,5分,)斜率为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|= .
6.(2019课标全国Ⅰ,19,12分,)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|.
7.(2018课标全国Ⅰ,20,12分,)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.
8.(2020浙江,21,15分,)如图,已知椭圆C1:x22+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A).
(1)若p=116,求抛物线C2的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
三年模拟练
应用实践
1.(2020江西吉安高二期末,)直线l过抛物线x2=-2py(p>0)的焦点F,交抛物线于M,N两点,且满足1FM+1FN=2,若MF=2FN,则MN=( )

A.18 B.94 C.22+2 D.6
2.()已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,P、Q是抛物线上的两个点,若△PQF是边长为2的正三角形,则p的值是( )
A.3-1 B.3±1 C.2±3 D.2+3
3.(2020湖北荆州高二期末,)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点M(2,y0)在抛物线C上,圆M与直线l相切于点E,且
∠EMF=π3,则圆M的半径为( )
A.23 B.43 C.83 D.163
4.(多选)(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上的投影,且AF=3BF,M为AB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
5.(2020山东济宁高三期中,)已知抛物线y2=2px(p>0)在第一象限内的一点A(3,b)到抛物线焦点F的距离为4,若P为抛物线准线上任意一点,则当△PAF的周长最小时,点P到直线AF的距离为 .
6.(2021江苏泰州姜堰第二中学高二上期中,)早在一千多年之前,我国已经把溢流孔技术用于造桥,以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击,现设桥拱上有四个溢流孔,桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分,且四个溢流孔轮廓线相同,如图所示,建立平面直角坐标系xOy,根据图上尺寸, 溢流孔ABC所在抛物线的方程为 , 溢流孔与桥拱交点A的横坐标为 .
7.()设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,过点F作直线与抛物线交于A,B两点,点M满足OM=12(OA+OB),过M作y轴的垂线与抛物线交于点P,若PF=2,则点P的横坐标为 ,AB= .
8.(2020福建福州高二上期末质量检测,)在平面直角坐标系xOy中,点F(1,0),D为直线l:x=-1上的动点,过D作l的垂线,该垂线与线段DF的垂直平分线交于点M,记M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若过点F的直线与曲线C交于P,Q两点,直线OP,OQ与直线x=1分别交于A,B两点,试判断以AB为直径的圆是否经过定点.若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.
迁移创新
(2020山东潍坊高二上期末,)给出下列条件:①焦点在x轴上;
②焦点在y轴上;③抛物线上横坐标为1的点M到其焦点F的距离等于2;④抛物线的准线方程是x=-2.
(1)对于顶点在原点O的抛物线C,从以上四个条件中选出两个适当的条件,使得抛物线C的方程是y2=4x,并说明理由;
(2)过点(4,0)的任意一条直线l与C:y2=4x交于A,B两点,试探究是否总有OA⊥OB,请说明理由.
3.3综合拔高练
五年高考练
1.C 设焦点为F,点A的坐标为(x0,y0),由抛物线定义得AF=x0+p2,∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,∴9+p2=12,∴p=6.故选C.
2.B 由抛物线的对称性,不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为12,0,故选B.
3.B 解法一:不妨设抛物线的方程为y2=2px(p>0),P(x0,y0),则Q-p2,y0,Fp2,0,直线FQ的斜率为-y0p,从而线段FQ的垂直平分线的斜率为py0,又线段FQ的中点为0,y02,所以线段FQ的垂直平分线的方程为y-y02=py0(x-0),即2px-2y0y+y02=0,将点P的横坐标代入,得2px0-2y0y+y02=0,又2px0=y02,所以y=2px0y0=y0,所以点P在线段FQ的垂直平分线上,故选B.
解法二:由已知及抛物线的定义得PQ=PF,所以△PQF是等腰三角形,所以底边FQ的垂直平分线经过顶点P,故选B.
4.A 如图所示,设直线AB的倾斜角为θ,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A1,B1,
则|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,过点F向AA1引垂线FG,得|AG||AF|=|AF|-p|AF|=cs θ,
则|AF|=p1-csθ,同理,|BF|=p1+csθ,
则|AB|=|AF|+|BF|=2psin2θ,即|AB|=4sin2θ,
因为l1与l2垂直,所以直线DE的倾斜角为θ+π2或θ-π2,
则|DE|=4cs2θ,则|AB|+|DE|=4sin2θ+4cs2θ=4sin2θcs2θ=412sin2θ2=16sin22θ,
则|AB|+|DE|的最小值为16.
故选A.
方法总结
利用几何方法求抛物线的焦半径:
如图,在抛物线y2=2px(p>0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为θ,
则在△FEA中,cs θ=cs∠EAF=AEAF=AF-pAF,
则可得到焦半径AF=p1-csθ,同理,BF=p1+csθ,
熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的焦点弦长,焦点弦中有关定值问题,如:1AF+1BF=2p等有很大帮助.
5.答案 163
解析 解法一:在抛物线y2=4x中,2p=4,斜率为3的直线的倾斜角θ=π3,
∴过焦点的弦长AB=2psin2θ=4sin2π3=434=163.
解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),过点F且斜率k=3的直线方程为y=3(x-1),联立y2=4x,y=3(x-1),消去y得3x2-10x+3=0,
∴x1+x2=103,x1x2=1,
∴AB=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+3×1009-4=163.
6.解析 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.解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).
所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.
(2)证明:当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为
kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2
=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
方法总结
直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:
(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.
(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.
(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线方程联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.
8.解析 (1)由p=116得C2的焦点坐标是132,0.
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0).
将直线l的方程代入椭圆C1:x22+y2=1得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以点M的纵坐标yM=-mtm2+2,
将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px得
y2-2pmy-2pt=0,
所以y0yM=-2pt,解得y0=2p(m2+2)m,
因此x0=2p(m2+2)2m2.
由x022+y02=1得1p2=4m+2m2+2m+2m4≥160,
所以当m=2,t=105时,p取到最大值1040.
三年模拟练
1.B 因为MF=2FN,所以FM=2FN,又因为1FM+1FN=2,所以FM=32,FN=34,因此MN=FM+FN=94.
2.C 根据题意可得Fp2,0,
设Py122p,y1,Qy222p,y2(y1≠y2),
由题意可得PF=QF,又PF=xP+p2=y122p+p2,QF=xQ+p2=y222p+p2,
∴y122p+p2=y222p+p2,则y12=y22,又y1≠y2,
∴y1=-y2,∵PQ=2=2|y1|,
∴|y1|=1,所以PF=12p+p2=2,解得p=2±3,故选C.
3.C 不妨设点M在第一象限,如图,由抛物线的定义知圆M一定过焦点F,过焦点F作FN⊥ME,垂足为N,在Rt△MNF中,MN=2-p2,
又因为∠NMF=π3,所以NF=MNtan π3=32-p2,所以y0=32-p2,因此32-p22=2p×2,整理得3p2-40p+48=0,解得p=43或p=12,当p=12时,p2=6>2,不合题意,舍去,故p=43,因此圆M的半径为2+p2=2+23=83.
4.AC 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).
联立y2=4x,x=my+1,得y2-4my-4=0,
∴y1+y2=4m,y1·y2=-4,
从而x1+x2=4m2+2,x1·x2=1.
又AF=3BF,∴x1+p2=3x2+p2,即x1=3x2+2.
因此x2=m2,且3x22+2x2-1=0⇒x2=13或x2=-1(舍去).
∴m2=13,∴m=±33,即直线AB的斜率为±3,C正确;
选项A中,C(-1,y1),D(-1,y2),
∴FC·FD=4+y1y2=4-4=0,从而∠CFD=90°,A正确;
选项B中,M(2m2+1,2m),
∴CM·DM=4(m2+1)2+4m2-2m(y1+y2)+y1y2=4m4+4m2=169,结合图形(图略)知△CMD不是直角三角形,B错误;
选项D中,S△AOB=12OF×|y1-y2|=1216m2+16=433,D错误.故选AC.
5.答案 433
解析 由题意得3+p2=4,解得p=2,故抛物线方程为y2=4x,从而A(3,23).△PAF的周长最小即PA+PF的值最小,设F关于准线的对称点为F1,则F1(-3,0),连接AF1,则AF1与准线的交点即为使PA+PF的值最小的点P,此时可求得P-1,233.又因为kAF=23-03-1=3,所以直线AF的方程为y-0=3(x-1),即3x-y-3=0,故点P到直线AF的距离d=-3-233-3(3)2+1=433.
6.答案 (x-14)2=-365y;14013
解析 设桥拱所在抛物线的方程为x2=-2py(p>0),把点(20,-5)代入抛物线方程,得202=-2p×(-5),解得p=40,所以桥拱所在抛物线方程为x2=-80y,设从右往左的第一个溢流孔所在的抛物线的方程为C1:(x-14)2=-2p'y(p'>0),由题图知抛物线C1经过点(20,-5),则(20-14)2=-2p'×(-5),解得p'=185,所以C1:(x-14)2=-365y,由题图知点A即桥拱所在抛物线x2=-80y与抛物线C1:(x-14)2=-365y的交点,设A(x,y),77.答案 1;8
解析 由y2=4x,得2p=4,∴p=2.
因此F(1,0),准线l:x=-1.如图所示.
设P(x0,y0),则PF=x0+1=2⇒x0=1.
由P在抛物线上知,y02=4x0=4,
∴y0=±2.
不妨取y0=2,则P(1,2).
设A(x1,y1),B(x2,y2),
∵OM=12(OA+OB),
∴M为线段AB的中点,
∴Mx1+x22,y1+y22.
∵A,B均为抛物线上的点,
∴y12=4x1,y22=4x2,
从而(y1-y2)(y1+y2)=4(x1-x2).
又y1+y22=2,∴y1+y2=4.
因此kAB=y1-y2x1-x2=1,∴直线AB的方程为y=x-1.
由y2=4x,y=x-1,得x2-6x+1=0,
∴x1+x2=6,因此AB=x1+x2+p=6+2=8.
8.解析 (1)连接MF,则MD=MF,根据抛物线的定义,得点M的轨迹是以F(1,0)为焦点,直线l:x=-1为准线的抛物线.
则曲线C的方程为y2=4x.
(2)解法一:设直线PQ的方程为x=my+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立y2=4x,x=my+1,整理得y2-4my-4=0,
其中Δ=16m2+16>0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4.
直线OP的方程为y=y1x1x=4y1x,
同理,直线OQ的方程为y=4y2x,
令x=1,得A1,4y1,B1,4y2,
设线段AB的中点T的坐标为(xT,yT),则xT=1,yT=4y1+4y22=2(y1+y2)y1y2=-2m,
所以T(1,-2m).
因为AB=4y1-4y2=|4(y2-y1)||y1y2|
=4(y1+y2)2-4y1y24=16m2+16
=4m2+1,
所以以AB为直径的圆的半径r=2m2+1.
所以以AB为直径的圆的方程为(x-1)2+(y+2m)2=4m2+4,
即(x-1)2+y2+4my=4,
令y=0,可得(x-1)2=4,解得x=3或x=-1.
所以以AB为直径的圆经过定点(-1,0)和(3,0).
解法二:①当直线PQ不与x轴垂直时,设其方程为y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
由y2=4x,y=k(x-1),得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
所以Δ=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>0,
x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1.
所以y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1]=-4,
x2y1+x1y2=kx2(x1-1)+kx1(x2-1)
=k[2x1x2-(x1+x2)]=-4k,
直线OP的方程为y=y1x1x,直线OQ的方程为y=y2x2x.
令x=1,得A1,y1x1,B1,y2x2,
所以以AB为直径的圆的方程为(x-1)2+y-y1x1y-y2x2=0,
即(x-1)2+y2-x2y1+x1y2x1x2y+y1y2x1x2=0,
即(x-1)2+y2+4ky-4=0,
令y=0,可得(x-1)2=4,解得x=3或x=-1.
所以以AB为直径的圆经过定点(-1,0)和(3,0).
②当直线PQ与x轴垂直时,A(1,2),B(1,-2),以AB为直径的圆的方程为(x-1)2+y2=4,也经过点(-1,0)和(3,0).
综上,以AB为直径的圆经过定点(-1,0)和(3,0).
解法三:假设以AB为直径的圆经过定点,由抛物线关于x轴对称可知该定点必在x轴上,
设定点为N(n,0),则AN·BN=0,
设直线PQ的方程为x=m1y+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立y2=4x,x=m1y+1,整理得y2-4m1y-4=0,
其中Δ=16m12+16>0,
则y1+y2=4m1,y1y2=-4.
直线OP的方程为y=y1x1x=4y1x,
同理,直线OQ的方程为y=4y2x,
令x=1,得A1,4y1,B1,4y2,
则由AN·BN=0,可得(n-1)2+16y1y2=0,
即(n-1)2-4=0,解得n=3或n=-1,
所以以AB为直径的圆经过定点(-1,0)和(3,0).
9.解析 (1)选择①③.理由如下:
因为抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0)在x轴上,所以条件①符合,条件②不符合.
又因为抛物线C:y2=4x的准线方程为x=-1,所以条件④不符合题意.
当选择条件③时,设M(xM,yM),则MF=xM+1=1+1=2,此时符合题意.
故选择条件①③时,可使抛物线C的方程是y2=4x.
(2)由题意得直线l的斜率不为0,
设直线l的方程为x=ty+4,
由y2=4x,x=ty+4,得y2-4ty-16=0.
因为直线与抛物线交于不同两点,所以Δ>0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=4t,y1y2=-16,
所以x1x2=(ty1+4)(ty2+4)
=t2y1y2+4t(y1+y2)+16
=-16t2+16t2+16=16,
所以OA·OB=x1x2+y1y2=16-16=0,
所以OA⊥OB.
综上所述,无论l如何变化,总有OA⊥OB.