抛物线及其性质

§10.3抛物线及其性质高考数学

(浙江专用)A组自主命题·浙江卷题组五年高考1.(2015浙江,5,5分)如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的

点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是

()

A.

B.

C.

D.

答案

A过A,B点分别作y轴的垂线,垂足分别为M,N,则|AM|=|AF|-1,|BN|=|BF|-1.可知

=

=

=

=

,故选A.2.(2016浙江,9,4分)若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10,则M到y轴的距离是

.答案9解析设M(x0,y0),由抛物线方程知焦点F(1,0).根据抛物线的定义得|MF|=x0+1=10,∴x0=9,即点

M到y轴的距离为9.3.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等

于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x

轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.

解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定

义得

=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由

消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B

.又直线AB的斜率为

,故直线FN的斜率为-

.从而得直线FN:y=-

(x-1),直线BN:y=-

.所以N

.设M(m,0),由A,M,N三点共线得

=

,于是m=

.所以m<0或m>2.经检验,m<0或m>2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).思路分析

(1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的

方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐

标,最后利用A,M,N三点共线可得kAM=kAN,最终求出结果.评析

本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查

解析几何的基本思想方法和综合解题能力.考点一抛物线的定义和标准方程B组统一命题、省（区、市）卷题组1.(2017课标全国Ⅱ理,16,5分)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴

于点N.若M为FN的中点,则|FN|=

.答案6解析如图,过M、N分别作抛物线准线的垂线,垂足分别为M1、N1,设抛物线的准线与x轴的交

点为F1,则|NN1|=|OF1|=2,|FF1|=4.因为M为FN的中点,所以|MM1|=3,由抛物线的定义知|FM|=|MM1|

=3,从而|FN|=2|FM|=6.

方法总结

当直线过抛物线的焦点时,应充分利用抛物线的定义,同时也体现了抛物线的定义

在解题中的重要作用.思路分析

过M、N作准线的垂线,利用抛物线的定义和梯形的中位线求解.2.(2015陕西,14,5分)若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2-y2=1的一个焦点,则p=

.答案2

解析抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-

(p>0),故直线x=-

过双曲线x2-y2=1的左焦点(-

,0),从而-

=-

,得p=2

.3.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交

直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查

学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运

算的核心素养.(1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.(2)抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).由

得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,直线OM的方程为y=

x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-

.同理得点B的横坐标xB=-

.设点D(0,n),则

=

,

=

,

·

=

+(n+1)2=

+(n+1)2=

+(n+1)2=-4+(n+1)2.令

·

=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).1.(2016课标全国Ⅰ,10,5分)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两

点.已知|AB|=4

,|DE|=2

,则C的焦点到准线的距离为

()A.2

B.4

C.6

D.8考点二抛物线的几何性质答案

B不妨设C:y2=2px(p>0),A(x1,2

),则x1=

=

,由题意可知|OA|=|OD|,得

+8=

+5,解得p=4.故选B.2.(2018北京文,10,5分)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴.若l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4,

则抛物线的焦点坐标为

.答案(1,0)解析本题主要考查抛物线的性质,弦长的计算.由题意得a>0,设直线l与抛物线的两交点分别为A,B,不妨令A在B的上方,则A(1,2

),B(1,-2

),故|AB|=4

=4,得a=1,故抛物线方程为y2=4x,其焦点坐标为(1,0).3.(2018课标全国Ⅲ理,16,5分)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C

交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=

.答案2解析本题考查抛物线的几何性质及应用.解法一:由题意可知C的焦点坐标为(1,0),所以过焦点(1,0),斜率为k的直线方程为x=

+1,设A

,B

,将直线方程与抛物线方程联立得

整理得y2-

y-4=0,从而得y1+y2=

,y1·y2=-4.∵M(-1,1),∠AMB=90°,∴

·

=0,即

·

+(y1-1)(y2-1)=0,即k2-4k+4=0,解得k=2.解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则

②-①得

-

=4(x2-x1),从而k=

=

.设AB的中点为M',连接MM'.∵直线AB过抛物线y2=4x的焦点,∴以线段AB为直径的☉M'与准线l:x=-1相切.∵M(-1,1),∠AMB=90°,∴点M在准线l:x=-1上,同时在☉M'上,∴准线l是☉M'的切线,切点为M,且M'M⊥l,即MM'与x轴平行,∴点M'的纵坐标为1,即

=1⇒y1+y2=2,故k=

=

=2.

疑难突破

运用转化思想,采用“设而不求”的方法来解决直线与抛物线的相交问题.4.(2017北京理,18,14分)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点

作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;(2)求证:A为线段BM的中点.解析本题考查抛物线方程及性质,直线与抛物线的位置关系.(1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=

.所以抛物线C的方程为y2=x.抛物线C的焦点坐标为

,准线方程为x=-

.(2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+

(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由

得4k2x2+(4k-4)x+1=0.则x1+x2=

,x1x2=

.因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1).直线ON的方程为y=

x,点B的坐标为

.因为y1+

-2x1=

=

=

=

=0,所以y1+

=2x1.故A为线段BM的中点.方法总结

在研究直线与圆锥曲线位置关系时,常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先联

立方程,再根据根与系数关系,用设而不求,整体代入的技巧进行求解.易错警示在设直线方程时,若设成y=kx+m的形式,注意先讨论斜率是否存在;若设成x=ty+n的

形式,注意先讨论斜率是不是0.考点一抛物线的定义和标准方程三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2018浙江新高考调研卷一(诸暨中学),2)抛物线y2=4ax的焦点坐标为

()A.(a,0)或(-a,0)

B.(a,0)C.(-a,0)

D.(|a|,0)答案

B当a>0时,抛物线的焦点为(a,0),当a<0时,焦点坐标为(-(-a),0).故选B.2.(2018浙江名校协作体期初,15)已知F是抛物线C:y2=4x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y

轴于点N.若

=

,则|

|=

.答案5解析由题意知F(1,0),设M(x,y),N(0,n),由

=

,得x=

,y=

.由y2=4x,得n2=24,则|

|=

=5.3.(2019浙江高考信息优化卷(四),12)抛物线y=x2-2x的焦点坐标是

,准线方程是

.答案

;y=-

解析因为x2=y的焦点坐标是

,所以抛物线(x-1)2-1=y的焦点坐标为

,故其准线方程为y=-

.4.(2019浙江浙南联盟高三上期末,15)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F.若抛物线上存在点A,

使得线段AF的中点的横坐标为1,则|AF|=

.答案2解析解法一:设点A的坐标为(x,y),由题意得,

+x=2,所以x=2-

,因为抛物线上任一点到焦点的距离等于到准线的距离,所以|AF|=x+

=2-

+

=2.解法二:过点A作x轴的垂线,交x轴于点G,由题意得F

,设A(x,y),因为线段AF的中点的横坐标为1,所以x=2-

,所以|FG|=|2-p|,y2=2px=2p

=4p-p2,所以|AF|2=|FG|2+y2=(2-p)2+4p-p2=4,则|AF|=2.5.(2019浙江名校新高考研究联盟第一次联考,21)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(-2,8),

且|MF|=4

.(1)求抛物线的方程;(2)设A,B是抛物线上的两点,当F为△ABM的垂心时,求直线AB的方程.解析(1)由题意得|MF|=

=4

,解得p=4或p=-12(舍去),所以抛物线的方程为y2=8x.

(5分)(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).因为F是△ABM的垂心,所以MF⊥AB,所以kMF·kAB=-1,故kAB=

,

(7分)所以设直线AB的方程为x=2y+n,与y2=8x联立得y2-16y-8n=0.令Δ>0,有n>-8.y1+y2=16,y1y2=-8n.

(10分)因为F是△ABM的垂心,所以MA⊥FB.即x1x2-2x1+2x2-4+y1y2-8y2=0①,同理,x1x2-2x2+2x1-4+y1y2-8y1=0②,①+②得2x1x2-8+2y1y2-8(y1+y2)=0.

(13分)所以n2-8n-68=0,解得n=4±2

,又因为n>-8,所以直线AB的方程为x-2y-4±2

=0.

(15分)1.(2018浙江杭州二中期中,8)已知点A(4,4)在抛物线y2=2px(p>0)上,该抛物线的焦点为F,过点A

作抛物线准线的垂线,垂足为E,则∠EAF的平分线所在的直线方程为

()A.2x+y-12=0

B.x+2y-12=0C.2x-y-4=0

D.x-2y+4=0考点二抛物线的几何性质答案

D由题意知,所求直线即为在点A处的切线4y=4×

,即x-2y+4=0,故选D.2.(2019浙江金华十校高三上期末,17)已知点F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,点A在抛物线上,

点B在抛物线的准线上,且A,B两点都在x轴的上方.若FA⊥FB,tan∠FAB=

,则直线FA的斜率为

.答案

解析

y2=2px(p>0)的焦点为F

,准线方程为x=-

,如图,设A在x轴上的射影为N,准线与x轴的交点为M,

∵FA⊥FB,tan∠FAB=

=

,∴可设|AF|=3t,|BF|=t,易得∠AFN=∠FBM,则sin∠AFN=

=sin∠FBM=

,即有yA=3p,xA=

p,则直线AF的斜率为

=

=

.故答案为

.解后反思

本题考查抛物线的方程和性质,注意在直角三角形中,运用正弦和正切的定义解题,

属于中档题.先求得抛物线的焦点坐标和准线方程,再在直角三角形中,运用正弦和正切的定义,求得A点的

坐标,最后由斜率公式计算求得直线FA的斜率.3.(2019浙江新高考调研模拟卷(五)(绍兴一中),21)已知抛物线C1的方程为y2=4x,直线x=-1上有

一动点P,过点P作抛物线的两条切线,切点分别为A和B.(1)证明:直线AB过定点;(2)如果圆C2的方程为(x-2)2+y2=4,直线AB与圆C2交于C、D两点,求|AB|·|CD|的最小值.解析(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(-1,t),则kPA=

,直线PA:y-y1=

(x-x1),将P(-1,t)代入,得t-y1=

(-1-x1),即ty1-

=2(-1-x1).因为

=4x1,所以2x1-ty1-2=0,同理有2x2-ty2-2=0,从而(x1,y1),(x2,y2)是直线2x-ty-2=0上的两个点,所以直线2x-ty-2=0经过A(x1,y1),B(x2,y2)两点,即直线AB:2x-ty-2=0,所以直线AB过定点(1,0).(2)联立方程

得y2-2ty-4=0,故Δ=4t2+16>0,y1+y2=2t,y1y2=-4,|AB|=x1+x2+2=

+2=

+2=

+2=t2+4,|CD|=2

=2

=2

(d为圆心(2,0)到直线AB的距离),所以|AB|·|CD|=(t2+4)·2

=2

=4

≥8

,当且仅当t=0时取到等号,故|AB|·|CD|的最小值为8

.4.(2019浙江台州一中、天台一中高三上期中,21)如图,已知直线PA,PB与抛物线x2=4y分别相

切于点A,B.(1)若点P在直线y=-1上,求证:直线AB过定点;(2)若点P是半椭圆

+

=1(y<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.

解析(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),易知y'=

,∴直线AB:y=

x-

.易得切线PA的方程为y=

x-

,切线PB的方程为y=

x-

.由两切线相交于点P,可得

由y0=-1,可得直线AB的方程为y=

x+1,∴直线AB过定点(0,1).(2)由(1)知直线AB:y=

x-

,即y=

x-y0,且

∴点P到直线AB的距离d=

,|AB|=

·

=

,∴S△PAB=

|AB|d=

.令t=

-4y0,由

+

=1,可得t=-

-4y0+4,y0∈[-

,0),则t∈(4,7],从而△PAB面积的取值范围为

.B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组时间:45分钟分值:84分一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江镇海中学期中,6)已知抛物线y2=4x的焦点为F,O为原点,若M是抛物线上的动点,则

的最大值为

()A.

B.

C.

D.

答案

C设M(x,y),则

=

=

.令x+1=t≥1,则

=

=

,∵

∈(0,1],∴

=

时,即x=2时,

取到最大值

,故选C.2.(2019浙江新高考调研模拟卷(二)(浙师大附中),8)如图,已知圆方程(x-1)2+y2=1,直线l过抛物线

y2=4x的焦点F,且直线l与抛物线和圆的交点从上到下依次为A,B,C,D,则

()A.|AB|+|CD|为定值

B.|AB|·|CD|为定值C.|AC|∶|BD|为定值

D.|AC|·|BD|为定值

答案

B设A(x1,y1),D(x2,y2),由抛物线的定义得,|AF|=x1+1,|DF|=x2+1,则|AB|=x1,|CD|=x2,|AC|=x1

+2,|DB|=x2+2.若直线l的斜率不存在,则直线方程为x=1,|AB|=1,|CD|=1,|AC|=3,|BD|=3;若直线l的

斜率存在,设直线方程为y=k(x-1),与y2=4x联立得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,由根与系数的关系得x1+x2=2

+

,x1x2=1,所以|AB|·|CD|=x1x2=1,故|AB|·|CD|为定值1,故选B.3.(2019浙江新高考调研模拟卷(一),13)抛物线y2=4x的焦点F的坐标为

,过F的直线交

抛物线y2=4x于A,B两点,若

=2

,则A点的坐标为

.二、填空题(共16分)答案(1,0);(2,±2

)解析由题意可知焦点F的坐标为(1,0),则LAB∶y=k(x-1).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线AB与抛物线的方程得y2-

-4=0,则y1·y2=-4,又因为

=2

,所以y1=-2y2,联立

解得y1=±2

,所以x1=2,故A(2,±2

).4.(2019浙江新高考调研模拟卷(四)(绍兴一中),16)如图,已知E、F为双曲线的左、右焦点,F为

抛物线的焦点,A,B为双曲线与抛物线的公共点,若|BE|=

|AF|,则双曲线的离心率为

.

答案4±

解析连接AE,过E作抛物线的准线l,过A作AA'⊥l.由抛物线的定义得|AA'|=|AF|,由双曲线的定

义得|AE|-|AF|=2a,又|AE|=|BE|=

|AF|,可得|AF|=8a,|AE|=10a.因为cos∠AEF=sin∠A'EA=

,所以在三角形AEF中,由余弦定理得

=

,即e2-8e+9=0,解得e=4±

.5.(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,13)设抛物线y2=4x的焦点为F,P,R为抛物线上的点,若|PF|

=4,则点P的坐标是

;若直线RF与抛物线的另一交点为Q,且△RQO(O为坐标原点)的

重心在直线y=

x上,则直线RF的斜率是

.答案(3,±2

);2或1解析由xP+1=4,得xP=3,所以yP=±

=±2

,故P点坐标为(3,±2

).显然直线RF的斜率存在且不为0,设直线RF:y=k(x-1)(k≠0).将其代入y2=4x,消去x,得ky2-4y-4k=0,

设R(x1,y1),Q(x2,y2),所以y1+y2=

,y1y2=-4,因此x1+x2=

(

+

)=

[

-2y1y2]=

+2,所以△RQO的重心坐标为

,又重心在直线y=

x上,故

=

·

,即k2-3k+2=0,所以k=1或2.6.(2019浙江新高考调研模拟卷(三)(镇海中学),21)已知抛物线y2=4x,直线l:y=-

x+b与抛物线交于A,B两点.(1)若以AB为直径的圆过抛物线的焦点,求直线l的方程;(2)若直线l与y轴负半轴相交,设抛物线的准线与x轴的交点为M,求△MAB面积的最大值.三、解答题(共60分)解析由

得y2+8y-8b=0,由题意知Δ>0,即b>-2,由根与系数的关系得y1+y2=-8,y1y2=-8b,且x1+x2=4b-2(y1+y2)=4b+16,x1x2=

=4b2.(1)令A(x1,y1),B(x2,y2),则(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,∴(x1-1)(x2-1)+

=0,∴

x1x2-

(x1+x2)+b2+1=0,则4b2-12b-15=0,∴b=

,故直线l的方程为y=-

x+

.(2)由弦长公式得|AB|=

·

,设点M到直线AB的距离为d,则由点到直线的距离公式得d=

,∴S△MAB=2

·

|1+2b|(b<0),令f(b)=(2+b)(1+2b)2(-2<b<0),∴f'(b)=(1+2b)(9+6b),令f'(b)=0,得b=-

或b=-

,∴f(b)在

上单调递增,在

上单调递减,在

上单调递增,∴当b=-

时△MAB的面积最大,最大值为4.7.(2019浙江宁波高三上期末,21,15分)过抛物线x2=2y的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,抛物

线在A,B处的切线交于点E.(1)求证:EF⊥AB;(2)设

=λ

,当λ∈

时,求△ABE的面积的最小值.

解析(1)证明:显然AB的斜率存在,易得F

,设直线AB的方程为y=kx+

,与抛物线方程x2=2y联立,得x2-2kx-1=0,设A

,B

,由根与系数的关系得x1+x2=2k,x1x2=-1.

(2分)由题易得切线AE的方程为x1x=y+

,切线BE的方程为x2x=y+

,

(4分)当k≠0时,联立AE与BE的方程可得y=

=

=-

,x=

=

=k,故E

.

(6分)所以kEF·kAB=

·k=-1,所以EF⊥AB.当k=0时,显然有EF⊥AB.所以EF⊥AB.

(7分)(2)由

=λ

,得x1=-λx2,结合根与系数的关系,得x2=

,

=

,从而k2=

,

(9分)又|AB|=

|x1-x2|=

=2(1+k2),|EF|=

,

(11分)所以S△ABE=

|AB|·|EF|=

,因为k2=

=

在λ∈

上递减,所以当λ=

时,k2取最小值,此时△ABE的面积取得最小值

.

(15分)解后反思

1.研究直线与圆锥曲线位置关系的问题,通常有两种方法:一是转化为研究方程组

的解的问题,利用直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组消去一个变量后,将交点问题(包括

公共点个数、与交点坐标有关的问题)转化为一元二次方程根的问题,再结合根与系数的关系

及判别式解决问题;二是运用数形结合,迅速判断直线和圆锥曲线的位置关系.2.涉及弦长问题,利用弦长公式及根与系数的关系求解,涉及弦的中点及中点弦问题,利用点差

法较为简便.3.充分发挥判别式和根与系数的关系在解题中的作用.灵活应用数形结合的思想、函数思

想、等价转化思想、分类讨论思想解题.8.(2018浙江嵊州高三期末质检,21)如图,已知抛物线y2=x,点A(1,1),B(4,-2),抛物线上的点P(x,y)

(y>1),直线AP与x轴相交于点Q,记△PAB,△QAB的面积分别是S1,S2.(1)若AP⊥PB,求点P的纵坐标;(2)求S1-5S2的最小值.

解析(1)因为kAP=

=

=

,kBP=

=

=

.由AP⊥BP,得kAP·kBP=

·

=-1,即y2-y-1=0,得y=

或y=

(舍去).(2)解法一:设直线AP:y-1=k(x-1),则Q

,由y>1,知0<k<

.联立

消去x得ky2-y+1-k=0,则yP=

,P

.所以|AP|=

|xP-1|=

=

·

,|AQ|=

|xQ-1|=

=

·

,点B到直线AP的距离d=

=

=

.所以S1-5S2=

|AP|d-

|AQ|d=

(|AP|-5|AQ|)d=

·

=

-

·(k+1)=

=

-24,故当k=

时,S1-5S2有最小值-24.解法二:设P(t2,t)(t>1),则kAP=

,所以直线AQ:y-1=

·(x-1),则Q(-t,0).又直线AB:x+y-2=0,|AB|=3

.则点P到直线AB的距离d1=

=

,点Q到直线AB的距离d2=

=

,所以S1-5S2=

|AB|(d1-5d2)=

=

(t-2)2-24.故当t=2时,S1-5S2有最小值-24.9.(2019浙江嵊州高三上期末,21)已知抛物线y2=2x,P(1,0),M(0,a),其中a>0,过点M作抛物线的切

线,切点为A(不同于原点O),过点A、P作直线交抛物线于点B,过点M、P作直线交抛物线于

点C、D.(1)直线MA、MP的斜率之积为定值;(2)若△BCD的面积为

,求实数a的值.

解析(1)证法一:设A(2m2,2m)(m≠0),则kAM=

,所以直线AM: