拋物線針對訓(xùn)練

1．(2022年高考陜西卷)已知拋物線y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線與圓x2＋y2－6x－7＝0相切，則p的值為()\f(1,2)B．1C．2D．4解析：選C.由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程得準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2).由x2＋y2－6x－7＝0得(x－3)2＋y2＝16.∵準(zhǔn)線與圓相切，∴3＋eq\f(p,2)＝4，∴p＝2.2．(2022年高考湖南卷)設(shè)拋物線y2＝8x上一點P到y(tǒng)軸的距離是4，則點P到該拋物線焦點的距離是()A．4 B．6C．8 D．12解析：選B.如圖所示，拋物線的焦點為F(2,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－2，由拋物線的定義知：|PF|＝|PE|＝4＋2＝6.3．拋物線y2＝4x的弦AB⊥x軸，若|AB|＝4eq\r(3)，則焦點F到直線AB的距離為________．解析：由拋物線的方程可知F(1,0)，由|AB|＝4eq\r(3)且AB⊥x軸得yeq\o\al(2,A)＝(2eq\r(3))2＝12，∴xA＝eq\f(y\o\al(2,A),4)＝3，∴所求距離為3－1＝2.4．動點P到點F(2,0)的距離與它到直線x＋2＝0的距離相等，則點P的軌跡方程為________．解析：由拋物線定義知，點P的軌跡是以點F(2,0)為焦點，x＝－2為準(zhǔn)線的拋物線，則其方程為y2＝8x.5．已知直線l1：4x－3y＋6＝0和直線l2：x＝－1，拋物線y2＝4x上一動點P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值是()A．2B．3C.eq\f(11,5)\f(37,16)解析：∵直線l2：x＝－1恰為拋物線y2＝4x準(zhǔn)線，∴P到l2的距離d2＝|PF|(F(1,0)為拋物線焦點)，所以P到l1、l2距離之和最小值為F到l1距離eq\f(|4×1－3×0＋6|,\r(32＋42))＝26．在拋物線y＝4x2上求一點，使該點到直線y＝4x－5的距離最短，則該點的坐標(biāo)是________．解析：設(shè)與直線y＝4x－5平行的直線為y＝4x－b，代入y＝4x2得4x2－4x＋b＝0.令Δ＝16－16b＝0，∴b＝1，得直線y＝4x－1，所以直線y＝4x－1與拋物線相切，切點到y(tǒng)＝4x－5的距離最短．由4x2－4x＋1＝0，解得x＝eq\f(1,2)，所以y＝1，所求點為(eq\f(1,2)，1)．7．(2022年高考山東卷)已知拋物線y2＝2px(p>0)，過其焦點且斜率為1的直線交拋物線于A、B兩點，若線段AB的中點的縱坐標(biāo)為2，則該拋物線的準(zhǔn)線方程為()A．x＝1B．x＝－1C．x＝2 解析：選B.∵y2＝2px(p>0)的焦點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴過焦點且斜率為1的直線方程為y＝x－eq\f(p,2)，即x＝y(tǒng)＋eq\f(p,2)，將其代入y2＝2px得y2＝2py＋p2，即y2－2py－p2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2p，∴eq\f(y1＋y2,2)＝p＝2，∴拋物線的方程為y2＝4x，其準(zhǔn)線方程為x＝－1.8．設(shè)過拋物線y2＝2px的焦點且傾斜角為eq\f(π,4)的直線交拋物線于A、B兩點，若弦AB的中垂線恰好過點Q(5,0)，求拋物線的方程．解析：弦AB中點為M，MQ為AB的中垂線，AB的斜率為1，則lMQ：y＝－x＋5.設(shè)lAB：y＝x－eq\f(p,2).聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－\f(p,2)，,y2＝2px.))得x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0，∴x1＋x2＝3p.①聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋5,y＝x－\f(p,2)))，得2x＝5＋eq\f(p,2)，則x1＋x2＝5＋eq\f(p,2)②聯(lián)立①②，解得p＝2，∴拋物線方程為y2＝4x.9．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點A(1，－2)．(1)求拋物線C的方程，并求其準(zhǔn)線方程；(2)是否存在平行于OA(O為坐標(biāo)原點)的直線l，使得直線l與拋物線C有公共點，且直線OA與l的距離等于eq\f(\r(5),5)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．解析：(1)將(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，∴p＝2，故所求的拋物線方程為y2＝4x，其準(zhǔn)線方程為x＝－1；(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，其方程為y＝－2x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝－2x＋t))得y2＋2y－2t＝0，因為直線l與拋物線C有公共點，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－eq\f(1,2).另一方面，由直線OA與直線l的距離等于eq\f(\r(5),5)可得eq\f(|t|,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，∴t＝±1，由于－1?eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，1∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，所以符合題意的直線l存在，其方程為y＝－2x＋1.10、已知拋物線C1：y2＝4px(p>0)，焦點為F2，其準(zhǔn)線與x軸交于點F1；橢圓C2：分別以F1、F2為左、右焦點，其離心率e＝eq\f(1,2)；且拋物線C1和橢圓C2的一個交點記為M.(1)當(dāng)p＝1時，求橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)在(1)的條件下，若直線l經(jīng)過橢圓C2的右焦點F2，且與拋物線C1相交于A，B兩點，若弦長|AB|等于△MF1F2的周長，求直線l解析：(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；(2)①若直線l的斜率不存在，則l：x＝1，且A(1,2)，B(1，－2)，∴|AB|＝4又∵△MF1F2的周長等于|MF1|＋|MF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝6≠|(zhì)AB|.∴②設(shè)直線l的斜率為k，則l：y＝k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝kx－1))，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，∵直線l與拋物線C1有兩個交點A，B，∴Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k4＝16k2＋16>0，且k≠0設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則可得x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1于是|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k2)))2－4)))＝eq\r(1＋k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,k2)＋\f(16,k4))))＝eq\f(41＋k2,k2)，∵△MF1F2的周長等于|MF1|＋|MF2|＋|F1F2|＝2a∴由eq\f(41＋k2,k2)＝6，解得k＝±eq\r(2).故所求直線l的方程y＝±eq\r(2)(x－1)．11、如圖，過拋物線y2＝x上一點A(4,2)作傾斜角互補的兩條直線AB,AC,交拋物線于B、C兩點，求證：直線B,C的斜率是定值．證明：設(shè)kAB＝k(k≠0)，∵直線AB，AC的傾斜角互補，∴kAC＝－k(k≠0)，AB的方程是y＝k(x－4)＋2.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋2，,y2＝x，))消去y后，整理得k2x2＋(－8k2＋4k－1)x＋16k2－16k＋4＝0.∵A(4,2)，B(xB，yB)的坐標(biāo)是上述方程組的解，∴4·xB＝eq\f(16k2－16k＋4,k2)，即xB＝eq\f(4k2－4k＋1,k2).以－k代換xB中的k，得xC＝eq\f(4k2＋4k＋1,k2)，∴kBC＝eq\f(yB－yC,xB－xC)＝eq\f(kxB－4＋2－[－kxC－4＋2],xB－xC)＝eq\f(kxB＋xC－8,xB－xC)＝eq\f(k\f(8k2＋2,k2)－8,\f(－8k,k2))＝－eq\f(1,4).所以直線BC的斜率為定值．12．已知拋物線y2＝－x與直線l：y＝k(x＋1)相交于A，B兩點．(1)求證：OA⊥OB；(2)當(dāng)△OAB的面積等于eq\r(10)時，求k的值．解：(1)證明：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x,y＝kx＋1))，消去x，得ky2＋y－k＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(1,k)，y1·y2＝－1.因為yeq\o\al(2,1)＝－x1，yeq\o\al(2,2)＝－x2，所以(y1·y2)2＝x1·x2，所以x1·x2＝1，所以x1x2＋y1y2＝0，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq