苏教版 (2019)3.3 抛物线达标测试

这是一份苏教版 (2019)3.3 抛物线达标测试，共15页。试卷主要包含了已知抛物线W等内容，欢迎下载使用。
题组一 抛物线的几何性质及其应用
1.(2023江苏常州常熟中学调研)抛物线y=18x2上一点A(x0,2)到其对称轴的距离为( )
A.4 B.2 C.2 D.1
2.(教材习题改编)已知等边三角形的一个顶点位于原点,另外两个顶点在抛物线y2=4x上,则这个等边三角形的边长为( )
A.83 B.42 C.43 D.32
3.(2024江苏淮阴中学等四校联考)已知线段AB是抛物线y2=4x的一条弦,且AB的中点M在直线x=1上,则点A的横坐标( )
A.有最大值,无最小值
B.无最大值,有最小值
C.无最大值,无最小值
D.有最大值,有最小值
4.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)已知抛物线C的顶点是坐标原点O,焦点F在y轴的正半轴上,经过点F的直线与抛物线C交于A,B两点,若OA·OB=-12,则抛物线C的方程为( )
A.y2=8x B.y2=4x
C.x2=8y D.x2=4y
5.(2023江苏南通海安实验中学期中)写出一个同时满足以下条件的抛物线C的方程: .
①C的顶点在坐标原点;
②C的对称轴为坐标轴;
③C的焦点到其准线的距离为34.
题组二 抛物线几何性质的综合应用
6.已知mn≠0,则方程mx2+ny2=1与ny2=mx在同一坐标系内对应的图形编号可能是( )
A.①④ B.②③
C.①② D.③④
7.(2022江苏新高考基地学校联考)如图1,某家用电暖气是由反射面、热馈源、防护罩及支架组成,为了更好地利用热效能,反射面设计成抛物面(抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面),热馈源安装在抛物线的焦点处,圆柱形防护罩的底面直径等于抛物面口径.图2是该电暖气的轴截面,防护罩的宽度AD等于热馈源F到口径AB的距离,已知口径长为40 cm,防护罩宽为15 cm,则顶点O到防护罩外端CD的距离为( )
图1 图2
A.25 cm B.30 cm
C.35 cm D.40 cm
8.(2024北京入学考试)已知抛物线W:y2=2px的焦点F关于原点O的对称点为A.若以F为圆心的圆经过点A且与W交于点B,C,则下面结论正确的是( )
A.△BOC一定是钝角三角形
B.△BOC可能是锐角三角形
C.△ABC一定是钝角三角形
D.△ABC可能是锐角三角形
能力提升练
题组 抛物线几何性质的综合应用
1.(多选题)(2023江苏扬州月考)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点,PQ⊥l,垂足为Q,M,N分别为PQ,PF的中点,直线MN与x轴交于点R,若∠NRF=60°,则( )
A.∠FQP=60° B.QM=1
C.FP=4 D.FR=2
2.(2024福建永安第九中学期中)设抛物线y2=4x的准线与x轴交于点K,过点K的直线l与抛物线交于A,B两点.设线段AB的中点为M,过点M作x轴的平行线交抛物线于点N.已知△NAB的面积为2,则直线l的斜率为( )
A.±22 B.±12 C.±2 D.±2
3.(2023辽宁省实验中学段考)已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点,且AF=2FB,抛物线的准线l与x轴交于点C,AA1⊥l于点A1,若四边形AA1CF的面积为52,则准线l的方程为( )
A.x=-2 B.x=-22
C.x=-2 D.x=-1
4.(多选题)(2024江苏南京外国语学校月考)已知A,B是抛物线C:y2=6x上的两动点,F是C的焦点,下列说法正确的是( )
A.直线AB过焦点F时,以AB为直径的圆与C的准线相切
B.直线AB过焦点F时,AB的最小值为6
C.若坐标原点为O,且OA⊥OB,则直线AB过定点(3,0)
D.与抛物线C分别相切于A,B两点的两条切线交于点N,若直线AB过定点32,0,则点N在抛物线C的准线上
5.(多选题)(2024江西师大附中期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2,过点F的直线与抛物线交于A、B两点,M为线段AB的中点,O为坐标原点,则下列结论正确的是( )
A.若AB=8,则点M到y轴的距离为4
B.过点(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
C.P是准线上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若FP=4FQ,则FP=6
D.9AF+BF≥16
6.(2023江苏南通通州期中)已知抛物线M:x2=4y,圆C:x2+(y-3)2=4,在抛物线M上任取一点P,向圆C作两条切线PA和PB,切点分别为A,B,则CA·CB的取值范围是 .
7.(2024山西运城月考)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,E的准线交x轴于点K,过K的直线l与拋物线E相切于点A,且交y轴正半轴于点P,△AKF的面积为2.
(1)求抛物线E的方程;
(2)过点P的直线交E于M,N两点,过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.
答案与分层梯度式解析
3.3.2 抛物线的几何性质
基础过关练
1.A 把A(x0,2)代入抛物线方程中,得2=18x02,解得x0=±4,
因为该抛物线的对称轴为y轴,所以抛物线y=18x2上一点A(x0,2)到其对称轴的距离为4,
故选A.
2.A 由抛物线的对称性知等边三角形另外两个顶点关于x轴对称,
设另外两个顶点的坐标分别为m24,m,m24,-m(m>0),
∴tan 30°=33=mm24,解得m=43,
故这个等边三角形的边长为2m=83.故选A.
3.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),
易知当点A在原点时,其横坐标有最小值,为0;
当点B在原点时,点A的横坐标有最大值,由x1+x22=1,得x1=2,即点A的横坐标的最大值为2.
故选D.
4.C 根据题意设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则F0,p2,
易知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为y=kx+p2,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y=kx+p2,x2=2py,可得x2-2pkx-p2=0,
∴x1x2=-p2,y1y2=x122p·x222p=p24,
又OA·OB=-12,∴x1x2+y1y2=-12,∴-p2+p24=-12,∴p=4,
故抛物线的方程为x2=8y.
5.答案 y2=32x或y2=-32x或x2=32y或x2=-32y(写出一个即可)
解析 由①②可知C的方程为抛物线的标准方程,由③可知p=34,
所以抛物线C的方程可以为y2=32x或y2=-32x或x2=32y或x2=-32y(写出一个即可).
6.B 方程ny2=mx(mn≠0)表示焦点在x轴上的抛物线,④不符合要求.
当m,n>0时,方程mx2+ny2=1表示椭圆或圆,抛物线的开口向右,③符合要求.
当m,n0,n0),
则Fp2,0,Ap2+15,20,因为点A在抛物线上,所以400=2pp2+15,又p>0,所以p=10,则O到CD的距离d=p2+30=35(cm),
所以顶点O到防护罩外端CD的距离为35 cm.故选C.
8.A 设p>0,B位于第一象限,C位于第四象限,
由题意得Fp2,0,A-p2,0,
则圆的方程为x-p22+y2=p2,与y2=2px联立,解得x=p2,y=p或x=p2,y=-p,则Bp2,p,Cp2,-p,
则有xB=xC=xF,则BF⊥AF,则tan∠BOF=pp2=2,
根据对称性得tan∠BOC=tan 2∠BOF=2×21-22=-430,得t2>1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=4,
∴x1+x2=ty1-1+ty2-1=t(y1+y2)-2=4t2-2.
∵M是AB的中点,∴M(2t2-1,2t).
过点M且平行于x轴的直线为y=2t,与抛物线的交点为N(t2,2t),∴MN=t2-1.
又∵(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=(4t)2-4×4=16(t2-1),∴|y1-y2|=4t2-1,
∴△NAB的面积S=12MN·|y1-y2|=2(t2-1)3=2,得t2=2(满足Δ>0),解得t=±2.
∴直线l的方程为x=±2y-1,即y=±22(x+1),
∴直线l的斜率为±22.故选A.
3.D 解法一:由题意知Fp2,0,准线l的方程为x=-p2,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则AF=p2-x1,-y1,FB=x2-p2,y2,由AF=2FB,得p2-x1=2x2-p2,即x2=14(3p-2x1),①
由题意知直线AB的斜率存在且不为0,
设直线AB的方程为y=kx-p2(k≠0),代入抛物线方程,消去y,得k2x2-(k2p+2p)x+k2p24=0,
所以x1x2=p24,②
联立①②,得2x12-3px1+p2=0,
解得x1=p或x1=p2(舍去),所以|y1|=2p,
易知四边形AA1CF是直角梯形,所以S四边形AA1CF=12x1+p2+p·|y1|=52,
将x1,|y1|的值代入,解得p=2(舍负),所以准线l的方程为x=-1,故选D.
解法二:不妨设A在第一象限,A(x1,y1),B(x2,y2),∠xFA=θ,则AF=p1-csθ,BF=p1+csθ,
因为AF=2FB,所以p1-csθ=2×p1+csθ,解得cs θ=13,则sin θ=223,
易知四边形AA1CF是直角梯形,其中CF=p,AA1=AF=p1-csθ=32p,AC=AFsin θ=32p·223=2p,所以四边形AA1CF的面积为12p+32p·2p=524p2=52,解得p=2(舍负),所以准线l的方程为x=-1,故选D.
导师点睛 AB是抛物线y2=2px(p>0)的焦点弦,A在第一象限,A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB所在直线的倾斜角为α,则有下列结论成立:
(1)x1x2=p24,y1y2=-p2.
(2)AF=x1+p2=p1-csα,BF=x2+p2=p1+csα,AFBF=1+csα1-csα,1AF+1BF=2p.
(3)AB=x1+x2+p=2psin2α.
4.ABD 对于A,设线段AB的中点为M,分别过点A,B,M向准线作垂线,垂足分别为A1,B1,M1(图略),
则由抛物线的定义可得AF=AA1,BF=BB1,则MM1=AA1+BB12=AF+BF2=AB2,
所以以AB为直径的圆与C的准线相切,故A正确.
对于B,易得F32,0,
由题意可知直线AB的斜率不为0,设其方程为x=my+32,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=my+32,y2=6x,消去x得y2-6my-9=0,则Δ=(-6m)2+36=36m2+36>0恒成立.
y1+y2=6m,y1y2=-9,则x1+x2=my1+32+my2+32=6m2+3,
所以AB=x1+x2+3=6m2+6,当且仅当m=0时,AB取到最小值6,故B正确.
对于D,先证抛物线C在点y026,y0处的切线方程为x=y03y-y026,
联立x=y03y-y026,y2=6x,消去x得y2-2y0y+y02=(y-y0)2=0,
可知方程组只有一个解,即直线x=y03y-y026与抛物线C相切,
可知抛物线C在点A,B处的切线方程分别为x=y13y-y126,x=y23y-y226,
联立x=y13y-y126,x=y23y-y226,解得x=y1y26,y=y1+y22,即点Ny1y26,y1+y22,
结合B可得y1y26=-96=-32,所以点N在抛物线C的准线x=-32上,故D正确.
对于C,由题意可知直线AB的斜率不为0,设其方程为x=my+a,Ay126,y1,By226,y2,y1y2≠0,
则OA=y126,y1,OB=y226,y2,
若OA⊥OB,则OA·OB=y12y2236+y1y2=0,解得y1y2=-36或y1y2=0(舍去),
联立x=my+a,y2=6x,消去x可得y2-6my-6a=0,
则y1y2=-6a=-36,解得a=6,
此时Δ=(-6m)2+4×36=36m2+144>0,符合题意,
所以OA⊥OB,则直线AB过定点(6,0),故C错误.
故选ABD.
5.CD 由题意得 p=2,则抛物线C:y2=4x,所以焦点F(1,0),准线方程为x=-1,
对于A,设A(x1,y1),B(x2,y2),则AB=AF+BF=x1+x2+2=8,解得x1+x2=6,
又M为线段AB的中点,所以Mx1+x22,y1+y22,所以点M到y轴的距离为x1+x22=3,故A错误.
对于B,若过点(0,1)的直线斜率不存在,则该直线为y轴,易知y轴与抛物线C相切;
若过点(0,1)的直线的斜率为零,则直线的方程为y=1,联立y=1,y2=4x,可得x=14,y=1,
此时直线y=1与抛物线C只有一个交点;
若过点(0,1)的直线的斜率存在且不为零,设该直线的方程为y=kx+1,
联立y=kx+1,y2=4x,可得k2x2+(2k-4)x+1=0,则k≠0,Δ=(2k-4)2-4k2=16-16k=0,解得k=1,
即直线y=x+1与抛物线C只有一个公共点,故满足条件的直线共有三条,故B错误;
对于C,过点Q作准线的垂线,垂足为Q',则QQ'=QF,
设准线与x轴交于点D,则△PQ'Q∽△PDF,
因为FP=4FQ,所以Q'QDF=PQPF=PQ'PD=34,
则Q'Q=32,则xQ=QQ'-1=12,所以|yQ|=2,
即Q'D=2,所以PD=42,则PF=22+(42)2=6,故C正确.
对于D,设直线AB的方程为x=my+1,
由x=my+1,y2=4x,消去x得y2-4my-4=0,
显然Δ>0,所以y1+y2=4m,y1y2=-4,则x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,x1x2=(y1y2)216=1,
所以1AF+1BF=2p=1,
所以9AF+BF=(9AF+BF)1AF+1BF
=10+BFAF+9AFBF≥10+2BFAF·9AFBF=16,
当且仅当BFAF=9AFBF,即AF=43,BF=4时取等号,故D正确.故选CD.
6.答案 (-4,0]
解析 由已知得圆心C(0,3),半径r=2.
设点P(x0,y0),则x02=4y0,
PC2=x02+(y0-3)2=y02-2y0+9=(y0-1)2+8,
在Rt△PAC中,
cs2∠PCA=CA2PC2=r2(y0-1)2+8=4(y0-1)2+8,
易知∠ACB=2∠PCA,则cs∠ACB=2cs2∠PCA-1=8(y0-1)2+8-1,
则CA·CB=|CA||CB|cs∠ACB=48(y0-1)2+8-1=32(y0-1)2+8-4,
因为y0≥0,所以当y0=1时,CA·CB取得最大值,为328-4=0,又32(y0-1)2+8>0,所以CA·CB>-4.
所以CA·CB的取值范围是(-4,0].
7.解析 (1)由题可知Fp2,0,准线方程为x=-p2,K-p2,0,
因为直线l的斜率存在且不为0,所以设l的方程为x=my-p2,
联立y2=2px,x=my-p2,消去x,得y2-2pmy+p2=0,
因为l与E相切,所以Δ=4p2(m2-1)=0,所以m=1或m=-1,
因为直线l与y轴正半轴交于点P,所以m=1,
因此y2-2py+p2=0,所以y=p,所以Ap2,p,
故AF⊥KF,所以S△AKF=12p2=2,所以p=2(负值舍去),所以抛物线E的方程为y2=4x.
(2)证明:由(1)知A(1,2),l:y=x+1,所以P(0,1),
因为过点P的直线交E于M,N两点,所以MN的斜率存在且不为零,
设MN的方程为y=kx+1(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),联立y2=4x,y=kx+1,消去x,得ky2-4y+4=0(k≠0),
则Δ=16(1-k)>0,所以k