（黃岡名師）高考數(shù)學核心素養(yǎng)提升練五十四10.8拋物線理（含解析）新人教A版.docx

核心素養(yǎng)提升練五十四拋物線(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.已知拋物線的方程為標準方程,焦點在x軸上,其上點P(-3,m)到焦點的距離為5,則拋物線方程為()A.y2=8x B.y2=-8xC.y2=4x D.y2=-4x【解析】選B.設(shè)拋物線方程為y2=-2px(p0),則-(-3)=5,即p=4,所以拋物線方程為y2=-8x.【變式備選】(2018玉溪模擬)若拋物線y2=2px(p0)上一點P(2,y0)到其準線的距離為4,則拋物線的標準方程為 ()A.y2=4xB.y2=6xC.y2=8x D.y2=10x【解析】選C.因為拋物線y2=2px,所以準線為x=-.因為點P(2,y0)到其準線的距離為4,所以2+=4,即p=4,所以拋物線的標準方程為y2=8x.2.已知拋物線的方程為y2=2px(p0),過拋物線上一點M(p,p)和拋物線的焦點F作直線l交拋物線于另一點N,則|NF|FM|=()A.1B.1C.12D.13【解析】選C.由已知直線l的方程為y=2x-,聯(lián)立得N,-p,所以|NF|=+=p,|MF|=p+=p,所以|NF|FM|=12.3.已知雙曲線C1:-=1(a0,b0)的離心率為2.若拋物線C2:x2=2py(p0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2,則拋物線C2的方程為()A.x2=y B.x2=yC.x2=8y D.x2=16y【解析】選D.因為- =1的離心率為2,所以=2,即=4,所以=.x2=2py的焦點坐標為0, -=1的漸近線方程為y=x,即y=x.由已知=2,即p=8.所以C2的方程為x2=16y.4.若點A的坐標為(3,2),F是拋物線y2=2x的焦點,點M在拋物線上移動時,使|MF|+|MA|取得最小值的M的坐標為()A.(0,0)B.,1C.(1,)D.(2,2)【解析】選D.過M點作準線的垂線,垂足是N,則|MF|+|MA|=|MN|+|MA|,當A,M,N三點共線時,|MF|+|MA|取得最小值,此時M(2,2).5.已知點M是拋物線C:y2=2px(p0)上一點,F為C的焦點,MF的中點坐標是(2,2),則p的值為()A.1B.2C.3D.4【解析】選D.F,0,那么M4-,4在拋物線上,即16=2p4-,即p2-8p+16=0,解得p=4.二、填空題(每小題5分,共15分)6.(2018西安模擬)如圖,過拋物線y=x2的焦點F的直線l與拋物線和圓x2+(y-1)2=1交于A,B,C,D四點,則=_.【解析】不妨設(shè)直線AB的方程為y=1,聯(lián)立解得x=2,所以A(-2,1),D(2,1),因為B(-1,1),C(1,1),所以=(1,0),=(-1,0),所以=-1.答案:-17.(2018正定模擬)如圖,正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為a,b(a0)經(jīng)過C,F兩點,則=_.【解析】|OD|=,|DE|=b,|DC|=a,|EF|=b,所以C,-a,F+b,b,又拋物線y2=2px(p0)經(jīng)過C,F兩點,所以即所以b2=a2+2ab,2-2-1=0,又1,所以=1+.答案:1+8.已知正AOB(O為坐標原點)的頂點A,B在拋物線y2=3x上,則AOB的邊長是_.【解析】由拋物線的對稱性得AOx=30,所以直線OA的方程為y=x,聯(lián)立,解得A(9,3).所以|AO|=6.答案:6三、解答題(每小題10分,共20分)9.已知點A(2,1)在拋物線E:x2=ay上,直線l1:y=kx+1(kR,且k0)與拋物線E相交于B,C兩點,直線AB,AC分別交直線l2:y=-1于點S,T.(1)求a的值.(2)若|ST|=2,求直線l1的方程.【解析】(1)因為點A(2,1)在拋物線E:x2=ay上,所以a=4.(2)由(1)得拋物線E的方程為x2=4y.設(shè)點B,C的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),依題意得=4y1,=4y2,由消去y,得x2-4kx-4=0,解得x1,2=2k2.所以x1+x2=4k,x1x2=-4.直線AB的斜率kAB=,故直線AB的方程為y-1=(x-2).令y=-1,得x=2-(由題意知x1+20),所以點S的坐標為.同理可得點T的坐標為.所以|ST|=,因為|ST|=2,所以|x1-x2|=2|k|.由|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2,得20k2=16k2+16,解得k=2或k=-2,所以直線l1的方程為y=2x+1或y=-2x+1.10.(2019衡水模擬)已知拋物線C:y2=ax(a0)上一點P到焦點F的距離為2t.(1)求拋物線C的方程.(2)拋物線上一點A的縱坐標為1,過點Q(3,-1)的直線與拋物線C交于M,N兩個不同的點(均與點A不重合),設(shè)直線AM,AN的斜率分別為k1,k2,求證:k1k2為定值.【解析】(1)由拋物線的定義可知|PF|=t+=2t,則a=4t,由點P在拋物線上,則at=.所以a=,則a2=1,由a0,則a=1,故拋物線的方程為y2=x.(2)因為A點在拋物線上,且yA=1.所以xA=1,所以A(1,1),設(shè)過點Q(3,-1)的直線l的方程x-3=m(y+1).即x=my+m+3,代入y2=x得y2-my-m-3=0.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=m,y1y2=-m-3,所以k1k2=-,為定值.(20分鐘40分)1.(5分)(2018哈爾濱模擬)已知拋物線C:y2=8x的焦點為F,準線為l,P是l上一點,Q是直線PF與C的一個交點,若=4,則|QF|等于()A.B.3C.D.2【解析】選B.設(shè)Q到l的距離為d,則|QF|=d,因為=4,所以|PQ|=3d,不妨設(shè)直線PF的斜率為-=-2,因為F(2,0),所以直線PF的方程為y=-2(x-2),與y2=8x聯(lián)立得x=1,所以|QF|=d=1+2=3.2.(5分)過拋物線y2=4x的焦點F的直線交該拋物線于A,B兩點,O為坐標原點.若|AF|=3,則AOB的面積為()A. B. C.D.2【解析】選C.焦點F(1,0),設(shè)A,B分別在第一、四象限,則點A到準線l:x=-1的距離為3,點A的橫坐標為2,縱坐標為2,AB的方程為y=2(x-1),與拋物線方程聯(lián)立得2x2-5x+2=0,所以B的橫坐標為,縱坐標為-,SAOB=1(2+)=.3.(5分)(2018正定模擬)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,直線l過F且與C交于A,B兩點.若|AF|=3|BF|,則l的方程為()A.y=x-1或y=-x+1B.y=(x-1)或y=-(x-1)C.y=(x-1)或y=-(x-1)D.y=(x-1)或y=-(x-1)【解析】選C.如圖所示,作出拋物線的準線l1及點A,B到準線的垂線段AA1,BB1,設(shè)直線l交準線于點M,|BF|=m,由拋物線的定義知|BB1|=m,|AA1|=|AF|=3m,由BB1AA1知 =,即=,所以|MB|=2m,|MA|=6m,所以AMA1=30,AFx=MAA1=60.4.(12分)設(shè)直線l的方程為x=m(y+2)+5,該直線交拋物線C:y2=4x于P,Q兩個不同的點.(1)若點A(5,-2)為線段PQ的中點,求直線l的方程.(2)證明:以線段PQ為直徑的圓M恒過點B(1,2).【解析】(1)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立,消去x得y2-4my-4(2m+5)=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-8m-20,因為A為線段PQ的中點,所以=2m=-2,解得m=-1,所以直線l的方程為x+y-3=0.(2)因為x1+x2=m(y1+y2)+2(2m+5)=4m2+4m+10,x1x2=(2m+5)2,所以=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2),即=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2-2(y1+y2)+4,所以=(2m+5)2-(4m2+4m+10)+1+-8m-20-2(4m)+4 =0,所以BPBQ,即以線段PQ為直徑的圓恒過點B(1,2).5.(13分)(2016全國卷)已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點,交C的準線于P,Q兩點.(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點,證明:ARFQ.(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點的軌跡方程.【解析】(1)由題意可知F,設(shè)l1:y=a,l2:y=b且ab0,A,B,P,Q,R,記過A,B兩點的直線方程為l,由點A,B可得直線方程為2x-(a+b)y+ab=0,因為點F在線段AB上,所以ab+1=0,記直線AR的斜率為k1,直線FQ的斜率為k2,所以k1=,k2=-b,又因為ab+1=0,所以