2023新教材数学高考第一轮专题练习--专题九抛物线及其性质专题检测题组

1、2023新高考数学第一轮专题练习9.4抛物线及其性质一、选择题1.(2022届河南温县一中月考,12)双曲线C1:x2-y2=1和抛物线C2:y2=2px相交于点M,N,若OMN的外接圆经过点A72,0,则抛物线C2的方程为()A.y2=32xB.y2=xC.y2=xD.y2=4x答案A由题意,易知OA是OMN的外接圆的直径,所以圆的圆心为74,0,半径为74,所以圆的方程为x-742+y2=742,即x2+y2-72x=0.由x2+y2-72x=0,x2-y2=1,x>0,解得x=2,y=3或x=2,y=-3.不妨令M(2,3),N(2,-3),将M或N的坐标代入抛物线的方程得3=4p

2、,p=34,所以抛物线的方程为y2=32x.故选A.2.(2021长春第二次质检,10)已知抛物线y2=2px(p>0)上一点A(2,y0),F为焦点,直线FA交抛物线的准线于点M,满足2FA=AM,则抛物线方程为()A.y2=8xB.y2=16xC.y2=24xD.y2=32x答案C由题意知,抛物线的准线方程为x=-p2,过点A作准线的垂线,垂足为B,由抛物线的定义,得|AB|=|AF|=xA+p2=2+p2,设准线与x轴的交点为C,因为2FA=AM,所以|AB|FC|=23,即2+p2p=23,解得p=12,所以抛物线的方程为y2=24x,故选C.一题多解由题意知,抛物线的焦点为Fp

3、2,0,准线方程为x=-p2,由2FA=AM得,A是线段FM上靠近点F的三等分点,所以M-p2,3y0,所以AM=-p2-2,2y0,又FA=2-p2,y0,所以22-p2=-p2-2,解得p=12,所以抛物线的方程为y2=24x,故选C.3.(2022届河南开封月考,5)一种卫星接收天线如图(1)所示,其曲面与轴截面的交线为抛物线.在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线,经反射聚集到焦点F处,如图(2)所示.已知接收天线的口径AB为4.8 m,深度为1 m.若P为接收天线上一点,则点P与焦点F的最短距离为()图(1)图(2)A.0.72 mB.1.44 mC.2.44 m

4、D.2.88 m答案B在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系,使接收天线的顶点与原点重合,焦点在x轴上,如图所示.设抛物线方程为y2=2px(p>0),由题知,点A(1,2.4)在抛物线上,所以(2.4)2=2p,解得p=2.88.则点P与焦点F的最短距离为p2=1.44 m.故选B.4.(2022届江西景德镇一中月考,9)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,过抛物线上一点A作l的垂线,垂足为B.设C(2p,0),AF与BC相交于点D.若|CF|=|AF|,且ACD的面积为922,则p的值为()A.2B.22C.3D.23答案D如图,由题知Fp2,0,C(2p,0

5、),则|CF|=3p2.ABx轴,|CF|=|AF|=|AB|,四边形ABFC为平行四边形,|CD|=|BD|.由|AB|=xA+p2=3p2,解得xA=p,代入y2=2px可得yA=2p,SACD=12SABC=12×12×3p2×2p=922,解得p=23.故选D.5.(2022届云南玉溪月考,7)已知直线l过抛物线C:y2=x的焦点,并交抛物线C于A,B两点,|AB|=2,则弦AB中点G的横坐标是()A.32B.43C.34D.1答案C如图,由题意可得抛物线的准线m的方程为x=-14,过点G作GDm于点D,过A,B分别作AA'm于点A',BB

6、'm于点B',则|AA'|+|BB'|=|AB|=2,因为弦AB的中点为G,所以|GD|=12(|AA'|+|BB'|)=12|AB|=1,所以点G的横坐标是1-14=34,故选C.6.(2020贵州4月适应性测试,9)已知抛物线C:y2=2px(p>0),倾斜角为6的直线交C于A,B两点.若线段AB中点的纵坐标为23,则p的值为()A.12B.1C.2D.4答案C根据题意,设直线AB的方程为x=3y+m,由x=3y+m,y2=2px得y2-23py-2pm=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=23p,y1+y22=3p

7、=23,解得p=2,故选C.一题多解设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=43,且y1-y2x1-x2=tan6=33,由y12=2px1,y22=2px2得(y1+y2)(y1-y2)=2p·(x1-x2),由题意知x1x2,(y1+y2)·y1-y2x1-x2=2p,即43×33=2p,解得p=2,故选C.7.(2021豫北六校1月联考,5)已知圆C与圆x2+(y-3)2=1外切,与直线y=0相切,则圆C的圆心的轨迹为()A.双曲线B.椭圆C.直线D.抛物线答案D由题意知,圆C的圆心到点(0,3)的距离比到直线y=0的距离大1,即圆C的圆心到点(

8、0,3)的距离与到直线y=-1的距离相等,根据抛物线的定义可知,所求轨迹是抛物线,故选D.8.(2021九师联盟第三次联考,10)已知点M(-4,-2),抛物线x2=4y,F为抛物线的焦点,l为抛物线的准线,P为抛物线上一点,过P作PQl,点Q为垂足,过P作抛物线的切线l1,l1与l交于点R,则|QR|+|MR|的最小值为()A.1+25B.25C.17D.5答案D由题意知F(0,1),直线l的方程为y=-1,由x2=4y,得y=x24,则y'=x2.设Px1,x124(x10),则过P的切线l1的斜率k=x12,连接FQ,因为PQl,所以Q(x1,-1),所以kFQ=-2x1,所以k

9、FQ·k=-1,所以FQl1,连接PF,RF,MF,由抛物线的定义知,|PF|=|PQ|,所以直线l1是线段FQ的垂直平分线,所以|RF|=|RQ|,所以|QR|+|MR|=|RF|+|MR|MF|=(-4-0)2+(-2-1)2=5,当且仅当M,R,F三点共线时等号成立,故选D.9.(2021长春第一次质检,10)已知抛物线y2=2px(p>0),过其焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点(点A在第一象限),且AB=4FB,则直线l的倾斜角为()A.6B.4C.3D.23答案C解法一:由题意知,抛物线的焦点为Fp2,0,设A(x1,y1),B(x2,y2)(y1>0,y2

10、<0),则AB=(x2-x1,y2-y1),FB=x2-p2,y2,因为AB=4FB,所以x2-x1=4x2-p2,y2-y1=4y2,即x1=2p-3x2,y1=-3y2,结合y12=2px1,y22=2px2,解得y1=3p,y2=-33p,所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=2py1+y2=3,所以直线l的倾斜角为3,故选C.解法二:设抛物线的准线为l',如图,过A,B分别作AMl',BNl',垂足分别为M,N,过点B作BCAM于C,则由抛物线的定义知|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.因为AB=4FB,所以|AF|=34|AB|,|FB|=14|

11、AB|,所以|AC|=|AM|-|BN|=|AF|-|FB|=12|AB|,所以在RtABC中,ABC=6,BAC=3,因为AMx轴,所以AFx=BAC=3,所以直线l的倾斜角为3,故选C.解法三:因为AB=4FB,所以AF=3FB,所以|AF|>|FB|,又点A在第一象限,所以直线AB的倾斜角为锐角,由焦点弦的性质知|AF|=p1-cos,|BF|=p1+cos,p1-cos=3p1+cos,解得cos =12.=3.二、填空题10.(2022届湘豫名校联盟11月联考,13)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(4,4)在C上,则|PF|=. 答案5解析

12、将点P(4,4)代入抛物线C:x2=2py,解得p=2,即抛物线方程为x2=4y.所以|PF|=4+p2=5.11.(2022届河南平顶山月考,16)抛物线C:x=2py2(p>0)的焦点F到准线的距离为2,过点F的直线与C交于A,B两点,C的准线与x轴的交点为M,若MAB的面积为32,则|AF|BF|=. 答案2或12解析抛物线C:x=2py2(p>0)化为标准形式为y2=12px(p>0).抛物线的焦点F到准线的距离为2,14p=2,即p=18,抛物线方程为y2=4x,焦点F(1,0).过点F的直线与C交于A,B两点,设直线AB的方程为x=my+1,与抛物线方程

13、联立得,y2-4my-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设A点在x轴上方,B点在x轴下方.则y1+y2=4m,y1y2=-4,|AB|=1+m2·(y1+y2)2-4y1y2=1+m216m2+16=4·(1+m2).设点M到直线AB的距离为d,则d=|-1-1|m2+1=2m2+1.SMAB=12|AB|·d=12×4(1+m2)·2m2+1=4m2+1=32,解得m2=18,m=±24.当m=24时,y1+y2=2,y1y2=-4,解得y1=22,y2=-2,此时x1=2,x2=12,|AF|=x1+1=3,|BF

14、|=x2+1=32,|AF|BF|=2.当m=-24时,y1+y2=-2,y1y2=-4,解得y1=2,y2=-22,此时x1=12,x2=2,|AF|=x1+1=32,|BF|=x2+1=3,|AF|BF|=12.三、解答题12.(2022届广西开学考,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M为抛物线C上一点,|MF|=8,且OFM=23(O为坐标原点).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点,求AOB面积的最小值.解析(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为Fp2,0,准线方程为x=-p2,过点M作准线的垂线,垂足为N,过点

15、M作x轴的垂线,垂足为D,如图,由题意得|MF|=|MN|=p+|MF|·cos 60°,即8=p+4,解得p=4,故抛物线C的方程为y2=8x.(2)焦点F(2,0),由题意知直线l斜率不为0,设直线l方程为x=ty+2,由x=ty+2,y2=8x,消去x得y2-8ty-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=8t,y1y2=-16,|AB|=1+t2|y1-y2|,又坐标原点到直线l的距离d=21+t2,所以SAOB=12·d|AB|=|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=64t2+648,当且仅当t=0时取“=”,所以AOB面

16、积的最小值为8.13.(2022届山西长治月考,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,且点F与圆M:(x+4)2+y2=1上点的距离的最小值为4.(1)求C的方程;(2)设点T(1,1),过点T且斜率存在的两条直线分别交曲线C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.解析(1)由题意知,圆心为M(-4,0),半径为1,Fp2,0,p2+4-1=4,p=2,故抛物线方程为y2=4x.(2)由题意设直线AB的方程为y=k1(x-1)+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=4x,y=k

17、1(x-1)+1得k12x2-(2k12-2k1+4)x+(k1-1)2=0,x1+x2=2k12-2k1+4k12,x1x2=(k1-1)2k12,所以|TA|TB|=1+k12|x1-1|·1+k12|x2-1|=(1+k12)·|x1x2-(x1+x2)+1|=(1+k12)·(k1-1)2k12-2k12-2k1+4k12+1=3(1+k12)k12.设直线PQ的方程为y=k2(x-1)+1(k2k1),同理可得|TP|TQ|=3(1+k22)k22,由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得3(1+k12)k12=3(1+k12)k

18、22,又k2k1,所以k2=-k1,所以k1+k2=0.14.(2022届贵州部分重点中学联考,21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)上的点P(x0,1)到其焦点F的距离为2.(1)求抛物线C的方程及点F的坐标;(2)过抛物线C上一点Q作圆M:x2+(y-3)2=4的两条斜率都存在的切线,分别与抛物线C交于异于点Q的A,B两点.证明:直线AB与圆M相切.解析(1)由题意,可得|PF|=1+p2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y,焦点为F(0,1).(2)证明:由圆M:x2+(y-3)2=4,可得圆心M(0,3),半径r=2,设Qx1,x124,Ax2,x224,Bx3,

19、x324(x1x2x3),所以直线QA的方程为y-x224=x224-x124x2-x1(x-x2),即(x1+x2)x-4y-x1x2=0.因为直线QA与圆M相切,所以|x1x2+12|(x1+x2)2+16=2,整理得(x12-4)x22+16x1x2+80-4x12=0.同理可得(x12-4)x32+16x1x3+80-4x12=0,所以x2,x3是方程(x12-4)x2+16x1x+80-4x12=0的两根,所以x2+x3=-16x1x12-4,x2x3=80-4x12x12-4.又因为直线AB的方程为(x2+x3)x-4y-x2x3=0,所以圆心M(0,3)到直线AB的距离d=|x2

20、x3+12|(x2+x3)2+16=80-4x12x12-4+12-16x1x12-42+16=8x12+32x12-44(x12+4)x12-4=2=r,所以直线AB与圆M相切.15.(2021河南安阳二模,20)已知抛物线C:y2=2px(x>0)的焦点为F,过点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,AOB(点O为坐标原点)的面积为2.(1)求抛物线C的方程;(2)若过点E(0,a)(a>0)的两直线l1,l2的倾斜角互补,直线l1与抛物线C交于M,N两点,直线l2与抛物线C交于P,Q两点,FMN与FPQ的面积相等,求实数a的取值范围.解析(1)因为焦点Fp2,0,所以点A,

21、B的坐标分别为p2,p,p2,-p.所以SAOB=12·2p·p2=2,故p=2.故抛物线C的方程为y2=4x.(2)由题意可知直线l1,l2的斜率存在,且不为0,设直线l1:x=t(y-a),M(x1,y1),N(x2,y2).联立方程可得y2=4x,x=t(y-a),消去x,可得y2-4ty+4at=0.则1=16t2-16at>0.因为y1+y2=4t,y1y2=4at,所以|MN|=1+t2|y1-y2|=1+t216(t2-at)=41+t2t2-at,焦点F到直线l1的距离d=|1+ta|1+t2,所以SFMN=12×41+t2t2-at

22、5;|1+ta|1+t2=2t2-at|1+ta|.设直线l2:x=-t(y-a),与抛物线方程联立可得y2=4x,x=-t(y-a),消去x可得y2+4ty-4ta=0,则2=16t2+16at>0,将t用-t替换,可得SFPQ=2t2+at|ta-1|.由SFMN=SFPQ可得2t2-at|1+ta|=2t2+at|ta-1|,即t+at-a=ta+1ta-1,两边平方并化简可得t2=12-a2,所以2-a2>0,解得0<a<2.又由1>0且2>0得t<-a或t>a,可知t2>a2,所以12-a2>a2,即(a2-1)2>0,所以a1,所以实数a的取值范围是(0,1)(1,2).16.(2022届云南玉溪月考,20)已知抛物线E:y2=2px(p>0),过点P(3,0)的直线l交抛物线E于A,B,且OA·OB=-3(O为坐标原点).(1)求抛物线E的方程;(2)过P作与直线l垂直的直线m交抛物线E于C,D,求四边形ACBD面积的最小值.解析(1)设直线l的方程为x=ty+3,代入E:y2=2px整理得y2-2pty-6p=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),所以y1+y2=2pt,y1y2=-6p,所以x