备考2024届高考数学一轮复习分层练习第八章平面解析几何第7讲抛物线

这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第八章平面解析几何第7讲抛物线，共8页。试卷主要包含了[2024福州市一检]已知点P，已知O为坐标原点，F是抛物线C，[多选]已知点M等内容，欢迎下载使用。

1.[2024福州市一检]已知点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，则点P到C的准线的距离为（ C ）
A.4B.3C.2D.1
解析 如图，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1.由点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，得4＝4x0，所以x0＝1，故点P到C的准线的距离为2，选C.
2.[2024青岛市检测]设抛物线C：x2＝2py的焦点为F，M（x，4）在C上，｜MF｜＝5，则C的方程为（ A ）
A.x2＝4yB.x2＝－4y
C.x2＝－2yD.x2＝2y
解析 因为M（x，4）在抛物线C：x2＝2py上，所以p＞0，F（0，p2），准线l的方程为y＝－p2.由抛物线的定义知，点M到焦点F的距离等于其到准线l的距离，即｜MF｜＝4＋p2＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y，故选A.
3.[2023安徽省名校联考]已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝8x的焦点，M为C上一点，若｜MF｜＝8，则△MOF的面积为（ A ）
A.43B.32C.8D.33
解析 解法一 抛物线C：y2＝8x的准线方程为x＝－2.设M（x0，y0），由抛物线的定义可知，点M到焦点F（2，0）的距离等于其到准线x＝－2的距离，所以｜MF｜＝x0＋2＝8，所以x0＝6.因为点M（x0，y0）在抛物线C上，所以y02＝8×6＝48，则｜y0｜＝43，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜y0｜＝12×2×43＝43，故选A.
解法二 因为抛物线C：y2＝8x关于x轴对称，所以不妨设点M在x轴上方，直线FM的倾斜角为θ，则｜MF｜＝p1－csθ＝41－csθ＝8，所以cs θ＝12，因为0＜θ＜π，所以θ＝π3，则∠OFM＝2π3，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜MF｜·sin∠OFM＝12×2×8×sin2π3＝43，故选A.
4.已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线上一点，｜MF｜＝4｜OF｜，｜OM｜＝21，则p＝（ B ）
A.1B.2C.4D.6
解析 解法一 由抛物线的几何性质知｜OF｜＝p2，则｜MF｜＝4｜OF｜＝2p.由抛物线的定义知｜MF｜＝xM＋p2，所以xM＋p2＝2p，解得xM＝3p2，将其代入y2＝2px，得｜yM｜＝3p，所以｜OM｜＝xM2＋yM2＝（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
解法二 如图，不妨设点M在第一象限，过点F作x轴的垂线，过点M作x轴的平行线，两线交于点N，因为｜MF｜＝4｜OF｜，所以由抛物线的定义知｜MN｜＝｜MF｜－2｜OF｜＝2｜OF｜＝p＝12｜MF｜，所以∠MFN＝30°，则M（3p2，3p）.由｜OM｜＝21，得（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
5.[2023广西南宁适应性测试]已知直线l：y＝k（x－p2）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两点（其中A位于第一象限），点F是抛物线C的焦点，若｜BF｜＝3｜FA｜，则k＝（ A ）
A.－3B.－33C.－1D.－13
解析 解法一（代数法） 由题意可知，直线l过抛物线C的焦点F，设A（x1，y1）（x1＞0，y1＞0），B（x2，y2），易知k≠0，因为｜BF｜＝3｜FA｜，所以3y1＝－y2，令1k＝m，则直线l的方程可以写为x＝my＋p2，由x＝my＋p2，y2=2px，消去x并整理得关于y的方程y2-2pmy-p2=0，Δ＞0，则y1＋y2=2pm，y1y2＝－p2，结合3y1＝－y2，可得m＝－33，k=-3，故选A.
解法二（几何法） 如图，分别过A，B作抛物线y2＝2px（p＞0）的准线x＝－p2的垂线，垂足分别为M，N，坐标原点为O，设｜BF｜＝3｜FA｜＝3t（t＞0），根据抛物线的定义可知，AM=t,BN=3t,过A作BN的垂线，垂足为E，则｜AM｜＝｜EN｜＝t，所以｜BE｜＝2t，在Rt△AEB中，｜AB｜＝4t，｜BE｜＝2t，根据勾股定理可得｜AE｜＝23t，tan∠ABE＝3，因为直线l的倾斜角为π－∠ABE，所以直线l的斜率为tan(π-∠ABE)=-3，即k＝－3，故选A.
解法三 设直线l的倾斜角为α，则｜AF｜＝p1－csα，｜BF｜＝p1+csα.由｜BF｜＝3｜FA｜，得p1+csα＝3p1－csα，即3（1＋cs α）＝1－cs α，解得cs α＝－12，α＝120°，所以k＝tan α＝－3.
6.[2024江西名校联考]已知F是抛物线C：y＝14x2的焦点，O为坐标原点，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则△AOB面积的最小值为（ D ）
A.1128B.132C.12D.2
解析 由题意可知，抛物线C的标准方程为x2＝4y，F（0，1），易知直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y＝kx＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得y＝kx+1，x2=4y，消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16＞0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
解法一 由抛物线的性质可知｜AB｜＝y1＋y2＋p＝14（x12＋x22）＋2＝14[（x1＋x2）2－2x1x2]＋2＝14[（4k）2－2×（－4）]＋2＝4（k2＋1），坐标原点O到直线AB的距离d＝1k2+1，所以S△AOB＝12·｜AB｜·d＝12×4（k2＋1）×1k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
解法二 S△AOB＝12｜OF｜·｜x1－x2｜＝12×1×（x1＋x2）2－4x1x2＝12×1×4k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
7.[多选]已知点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，F是抛物线的焦点，过点M的两条直线分别与抛物线相切于点A，B，直线MF交直线AB于点E，则下列结论正确的是（ BCD ）
A.抛物线的方程为x2＝4y
B.直线AB的方程为x－2y＋4＝0
C.AM·BM＝0
D.｜ME｜2＝｜AE｜·｜BE｜
解析 因为点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，所以－p2＝－2，p＝4，所以抛物线的方程为x2＝8y，A错误；
设A（x1，y1），B（x2，y2），则抛物线在A，B两点处的切线方程分别为x1x＝4（y1＋y），x2x＝4（y2＋y），因为两切线均过点M（2，－2），所以x1＝2（y1－2），x2=2y2-2，则点A（x1，y1），B（x2，y2）均在直线x＝2（y－2）上，所以直线AB的方程为x=2y-2，即x－2y＋4＝0，B正确；
联立直线AB与抛物线方程得x－2y+4=0，x2=8y，所以x2－4x－16＝0，所以x1x2＝－16，所以kAM·kBM＝x14·x24＝－1，所以AM⊥BM，即AM·BM＝0，C正确；
易知kMF＝－2－22－0＝－2，kAB＝12，所以kMF·kAB＝－2×12＝－1，所以ME⊥AB，所以｜ME｜2=｜AE｜·｜BE｜，D正确.
8.已知动圆P恒过定点（14，0），且与直线x＝－14相切，则动圆P的圆心轨迹M的方程为 y2＝x .
解析 由题意知，动圆P的圆心到点（14，0）的距离与到直线x＝－14的距离相等，则圆心P的轨迹是以（14，0）为焦点，直线x＝－14为准线的抛物线，故p＝12，所以动圆P的圆心轨迹M的方程为y2＝x.
9.[2021北京高考]已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且｜FM｜＝6，则点M的横坐标是 5 .
解析 抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝－1，设点M的横坐标为x0，则有x0＋1＝6，所以x0＝5.
10.[2023浙江省高三名校联考]如图，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过点F斜率为3的直线与C交于点M，N（M在x轴上方），则｜AM｜｜AN｜＝ 3 .
解析 由题可得，F（p2，0），A（－p2，0）.直线MN：y＝3（x－p2），与抛物线方程联立，消元后化简可得3x2－5px＋34p2＝0，解得xM＝32p，xN＝16p，所以M（32p，3p），
N（16p，－33p），所以｜AM｜｜AN｜＝（32p＋12p）2+3p2（16p＋12p）2＋13p2＝3.
11.[2024信阳市月考]已知直线l与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点，M是线段AB的中点.
（1）若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；
（2）若｜AB｜＝8，求点M纵坐标的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），则kAB＝y1－y2x1－x2＝x124－x224x1－x2＝x1＋x24＝x02.
由直线AB的斜率为1，得x02＝1，∴x0＝2，即点M的横坐标为2.
（2）设直线l的方程为y＝kx＋b，由x2=4y，y＝kx＋b，得x2－4kx－4b＝0，
由Δ＝（－4k）2－4×（－4b）＞0，得k2＋b＞0 ①，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，由｜AB｜＝8，得
｜AB｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]
＝（1+k2)[(4k）2－4（－4b)]
＝4（1+k2)(k2＋b）
＝8，
∴（1＋k2）（k2＋b）＝4 ②.
由x1＋x2＝4k，得y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2b＝4k2＋2b，
故点M的坐标为（2k，2k2＋b），
由①②得2k2＋b＝（k2＋1）＋（k2＋b）－1≥2（k2+1)(k2＋b）－1＝3，当且仅当1＋k2＝k2＋b，即b＝1时取等号，
故点M纵坐标的最小值为3.
12.[2023南昌市一模]“米”是象形字.数学探究课上，某同学用抛物线C1：y2＝－2px（p＞0）和C2：y2＝2px（p＞0）构造了一个类似“米”字形的图案，如图所示，若抛物线C1，C2的焦点分别为F1，F2，点P在抛物线C1上，过点P作x轴的平行线交抛物线C2于点Q，若｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，则p＝（ D ）
A.2B.3C.4D.6
解析 设P（x0，y0），则x0＜0，因为｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，所以-x0+p2=2×－2x0=4，所以x0＝－1，p＝6.故选D.
13.设抛物线E：y2＝8x的焦点为F，过点M（4，0）的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，｜BF｜＝3，记△BCF与△ACF的面积分别为S△BCF，S△ACF，则S△BCFS△ACF＝（ C ）
A.14B.15C.16D.17
解析 由题意可知，抛物线E的焦点为F（2，0），准线方程为x＝－2.设A（x1，y1），
B（x2，y2），C（－2，y3），则有x1x2＝16.（过点（a，0）的直线交抛物线y2＝2px（p＞0）于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则x1x2＝a2，y1y2＝－2pa）
因为｜BF｜＝x2＋p2＝x2＋2＝3，所以x2＝1，所以x1＝16.设点F到直线AB的距离为d，直线AB的斜率为k，则S△BCFS△ACF＝12｜BC｜d12｜AC｜d＝｜BC｜｜AC｜＝1+k2｜x2－（－2)|1+k2｜x1－（－2)|＝318＝16，（另解：分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则S△BCFS△ACF＝｜BC｜｜AC｜＝｜BB1｜｜AA1｜＝x2+2x1+2＝16）
故选C.
14.[多选/2022新高考卷Ⅰ]已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上，过点B（0，－1）的直线交C于P，Q两点，则（ BCD ）
A.C的准线方程为y＝－1
B.直线AB与C相切
C.｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2
D.｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2
解析 如图，因为抛物线C过点A（1，1），所以1＝2p，解得p＝12，所以C：x2＝y的准线方程为y＝－14，所以A错误；
因为x2＝y，所以y'＝2x，所以y'x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1，又点B（0，－1）在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx－1，P（x1，y1），
Q（x2，y2），由y＝kx－1，x2＝y，得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以｜OP｜·｜OQ｜＝x12＋y12·x22＋y22＝（x12＋x14)(x22＋x24）＝（1+x12)(1+x22）· x1x2＝1+（x1＋x2）2－2x1x2＋x12x22＝k2＞2＝｜OA｜2，所以C正确；
｜BP｜·｜BQ｜＝x12＋（y1+1）2·x22＋（y2+1）2＝x12＋（x12+1）2·x22＋（x22+1）2＝（x14+3x12+1)(x24+3x22+1）＝x14x24＋（3x12x22+3)(x12＋x22）＋x14＋x24+9x12x22+1＝6（x12＋x22）＋x14＋x24+11＝6（x12＋x22）＋（x12＋x22）2+9＝6（k2－2）＋（k2－2）2+9＝（k2+1）2＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，所以D正确.故选BCD.
15.[2023江苏南京、盐城二模]已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点P是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于x轴，则AF的长度为 3 .
解析 解法一（设点） 易得F（1，0），设P（－1，t），则kPF＝t－0－1－1＝－t2，所以kPA=2t，直线PA的方程为y－t＝2t（x＋1），即y＝2tx＋2t＋t，易得A（0，2t＋t），B（t24，t），A，B，F三点共线，
所以2t＋t－00－1＝t－0t24－1，得t2＝2，所以｜AF｜＝1+（2t＋t）2＝1+4t2＋t2+4＝3.
解法二（比例） 如图，设准线与x轴交于点E，则｜EF｜＝2.设BF=n，由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜＝n，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以｜BA｜＝｜BP｜＝n，延长FA与准线交于点Q，由OA∥EQ及O为EF的中点，得A为QF的中点，所以｜QA｜＝｜AF｜＝2n.由PB∥EF，得｜PB｜｜EF｜＝｜QB｜｜QF｜，即n2＝3n4n，解得n＝32，所以｜AF｜＝2n＝3.
解法三（抛物线的定义） 由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以BA=BP,所以B为AF的中点.记BP与y轴的交点为C，因为BC∥OF，所以C为AO的中点，所以｜BC｜＝12｜OF｜＝12，所以｜BP｜＝1＋12＝32，所以｜AF｜＝2｜BF｜＝2｜BP｜＝3.
16.[全国卷Ⅱ]已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝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｜＝43｜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.
解析 （1）由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝a2－b2.不妨设点A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为b2a，－b2a；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故｜AB｜＝2b2a，｜CD｜＝4c.由｜CD｜＝43｜AB｜得4c＝8b23a，即3×ca＝2－2（ca）2，解得ca＝－2（舍去）或ca＝12.
所以C1的离心率为12.
（2）由（1）知a＝2c，b＝3c，故C1：x24c2＋y23c2＝1.
设M（x0，y0），则x024c2＋y023c2＝1，y02＝4cx0，故x024c2＋4x03c＝1 ①.
由于C2的准线方程为x＝－c，所以｜MF｜＝x0＋c，而｜MF｜＝5，故x0＝5－c，代入①得（5－c）24c2＋4（5－c）3c＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1（舍去）或c＝3.
所以C1的标准方程为x236＋y227＝1，C2的标准方程为y2＝12x.
17.[背景、角度创新]抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.如图所示，从抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F向x轴上方发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成的角均为π3，且｜FB｜＋｜FA｜＝8，则两条反射光线a'，b'之间的距离为（ D ）
A.3B.4C.2D.23
解析 解法一 由题意，得F（p2，0）.因为∠OFA＝π3，所以直线AF的斜率kAF＝tan∠AFx＝tan2π3＝－3，（提示：直线倾斜角的正切值即直线的斜率）
所以直线AF的方程为y＝－3（x－p2），
代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以A（p6，33p）.
因为∠BFx＝π3，所以直线BF的斜率kBF＝3，所以直线BF的方程为y＝3（x－p2），代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以B（32p，3p）.
由抛物线的定义，得｜FA｜＋｜FB｜＝xA＋p2＋xB＋p2＝p6＋32p＋p＝8，（规律：在抛物线中，常根据抛物线的定义将抛物线上任意一点到焦点的距离转化为该点到准线的距离）
解得p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝3p－33p＝23，故选D.
解法二 如图，延长BF交抛物线C于点A'，因为入射光线a，b与x轴所成的角均为π3，则直线A'B的倾斜角为π3，则由抛物线的对称性可得A与A'关于x轴对称，所以｜AF｜＝｜A'F｜，所以｜FA｜＋｜FB｜＝｜A'F｜＋｜FB｜＝｜A'B｜＝8.
由题意，得F（p2，0）.又直线A'B的斜率kA'B＝tanπ3＝3，所以直线A'B的方程为y＝3（x－p2）.
由y＝3（x－p2),y2=2px，消去y，得12x2－20px＋3p2＝0，则xA'＋xB＝2012p＝53p，xA'xB＝312p2＝14p2，所以｜A'B｜＝1+（3）2｜xA'－xB｜＝2（xA'＋xB）2－4xA'xB＝83p＝8，（方法：对于抛物线y2＝2px（p＞0）中的焦点弦问题，可根据抛物线的定义求解，也可利用弦长公式求解）
所以p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝yB＋yA'＝3（xB＋xA'）－3p＝233p＝23，
故选D.