2025版高考数学一轮复习核心素养测评五十四10.7抛物线文含解析北师大版

PAGE10-核心素养测评五十四抛物线(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2024·汉中模拟)动点P到点A(0,2)的距离比它到直线l:y=-4的距离小2,则动点P的轨迹方程为 ()A.y2=4xB.y2=8xC.x2=4y D.x2=8y【解析】选D.因为动点P到点A(0,2)的距离比它到直线l:y=-4的距离小2,所以动点P到点A(0,2)的距离与它到直线y=-2的距离相等.由抛物线的定义得点P的轨迹为以A(0,2)为焦点,直线y=-2为准线的抛物线,其标准方程为x2=8y.2.已知抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,点P为抛物线上一点,且在第一象限,PA⊥l,垂足为A,|PF|=3,则直线AF的斜率为 ()A.2B.-2C.3D.-3【解析】选B.如图,抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),由|PF|=3,得|PA|=3,则xP=2,代入y2=4x,得yP=22.所以A(-1,22),所以kAF=22-23.(2024·聊城模拟)已知抛物线C:y2=4x的焦点F和准线l,过点F的直线交l于点A,与抛物线的一个交点为B,且=3,则|AB|= ()A.23 B.43 C.83【解析】选C.由抛物线方程y2=4x,知焦点F(1,0),准线l:x=-1,如图,设l与x轴交点为K,过B作BM⊥l,交l于M,则易知BM∥KF,所以△ABM∽△AFK,设|BF|=m,由=3,可知|AB|=2m,所以|KF|=12|AF|=3又由方程知|KF|=2,所以32即m=43,所以|AB|=2m=84.(2024·上饶模拟)已知点F是抛物线x2=4y的焦点,点P为抛物线上的随意一点,M(1,2)为平面上一点,则|PM|+|PF|的最小值为 ()A.3 B.2 C.4 D.23【解析】选A.抛物线标准方程为x2=4y,即p=2,故焦点F(0,1),准线方程y=-1,过P作PA垂直于准线,垂足为A,过M作MA0垂直于准线,垂足为A0,交抛物线于P0,则|PM|+|PF|=|PA|+|PM|≥|A0M|=3(当且仅当P与P0重合时取等号5.已知抛物线x2=ay与直线y=2x-2相交于M,N两点,若MN中点的横坐标为3,则此抛物线方程为 ()A.x2=32y B.x2C.x2=-3y D.x2=3y【解析】选D.设点M(x1,y1),N(x2,y2).由x2=ay,y=2x-所以x1+x22=2a26.已知点M是抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,F为C的焦点,MF的中点坐标是(2,2),则p的值为 ()A.1 B.2 C.3 【解析】选D.Fp2,0,那么M4-p2,4在抛物线上,即16=2p4-p2,即p2-8p+16=0,解得p=4.7.在直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点,PQ垂直l于点Q,M,N分别为PQ,PF的中点,直线MN与x轴交于点R,若∠NFR=60°,则|NR|= ()世纪金榜导学号A.2 B.3 C.23 D.3【解析】选A.依据题意,如图所示:连接MF,QF,抛物线的方程为y2=4x,其焦点为F(1,0),准线为x=-1,则|FH|=2,由抛物线定义可得|PF|=|PQ|,由PQ⊥l,得:PQ∥FR,所以∠QPF=∠NFR,又∠NFR=60°,所以∠QPF=60°,所以△PQF为等边三角形,由M,N分别为PQ,PF的中点,得|MN|=12|QF|,MN∥QF,且MF⊥又QH⊥PQ,QM∥HF,故四边形HFMQ为矩形,故|QM|=|HF|=2,又在Rt△QMF中,|QF|=|QM|cos故|MN|=12又PQ∥RF,|PN|=|NF|,所以|NR|=|MN|=2.二、填空题(每小题5分,共15分)8.已知点P(-3,3),过点M(3,0)作直线,与抛物线y2=4x相交于A,B两点,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2=.

【解析】设过点M的直线为x=my+3,联立抛物线方程可得y2-4my-12=0,设Ay124,y1,By224,y2,可得y1+y2=y1-3y12=4y1=4y1-答案:-19.已知抛物线x2=4y焦点为F,经过F的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,点A,B在抛物线准线上的射影分别为A1,B1,以下四个结论:①x1x2=-4,②|AB|=y1+y2+1,③∠A1FB1=π2,④AB的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的是【解析】抛物线x2=4y焦点为F(0,1),易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+1.由y=kx+1,则x1+x2=4k,x1x2=-4,①正确;|AB|=|AF|+|BF|=y1+1+y2+1=y1+y2+2,②不正确;=(x1,-2),=(x2,-2),所以·=x1x2+4=0,所以⊥,∠A1FB1=π2,③正确;AB的中点到抛物线的准线的距离d=12(|AA1|+|BB1=12(y1+y2+2)=12(kx1+1+kx2+1+2)=12(4k2+4)≥2当k=0时取得最小值2,④正确.答案:①③④10.(2024·保定模拟)已知抛物线y2=2px(p>0)经过点M(1,2),直线l与抛物线交于相异两点A,B,若△MAB的内切圆圆心为(1,t),则直线l的斜率为. 世纪金榜导学号

【解析】将点M(1,2)代入y2=2px,可得p=2,所以抛物线方程为y2=4x,由题意知,直线l斜率存在且不为0,设直线l的方程为x=my+n(m≠0),代入y2=4x,得y2-4my-4n=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4n,又由△MAB的内切圆圆心为(1,t),可得kMA+kMB=y1-=y1-2y124-1+y2-2y224-1=0,答案:-1(15分钟35分)1.(5分)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若FP=4FQ,则|QF|等于 ()A.72B.3C.5【解析】选B.设Q到l的距离为d,则|QF|=d,因为FP=4FQ,所以|PQ|=3d,不妨设直线PF的斜率为-22dd=-22,因为F(2,0),所以直线PF的方程为y=-22(x-2),与y2=8x联立得2.(5分)抛物线y=14x2上一点M到x轴的距离为d1,到直线x3-y4=1的距离为d2,则d1+dA.85 B.135 C.3【解析】选D.因为点M到抛物线x2=4y的准线的距离为d1+1等于M到抛物线x2=4y的焦点的距离|MF|,则d1+d2+1的最小值即为焦点F到直线x3-y4=1的距离.由题意知F(0,1),所以(d1+d2)min=【变式备选】已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若FP=2QF,则|QF|= ()A.8B.4C.6D.3【解析】选D.设Q到l的距离为d,则|QF|=d,因为FP=2QF,所以|PQ|=3d,所以直线PF的斜率为±22,因为F(1,0),所以直线PF的方程为y=±22(x-1),与y2=4x联立可得x=2(另一根舍去),所以|QF|=d=1+2=3.3.(5分)(2024·葫芦岛模拟)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F分别作两条直线l1,l2,直线l1与抛物线C交于A,B两点,直线l2与抛物线C交于M,N点,若l1与直线l2的斜率的乘积为-1,则|AB|+|MN|的最小值为 ()A.14 B.16 C.18 D.20【解析】选B.可得F(1,0),又可知l1,l2的斜率都存在.设直线l1的方程为y=k(x-1),将其代入y2=4x可得:k2x2-(2k2+4)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),所以|AB|=x1+x2+p=2k2+4因为l1与l2的斜率的乘积为-1,所以l2的斜率为-1k同理可得|MN|=x3+x4+p=2-1k所以|AB|+|MN|=4+4k2+4+4k2=8+4≥8+24k2×4k4.(10分)如图,已知抛物线C1:y=14x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点(1)求点A,B的坐标.(2)求△PAB的面积.【解析】(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t).由y=k(x-t由于直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).由题意知圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0).由题意知:点B,O关于直线PD对称,故y02因此,点B的坐标为2t(2)由(1)知|AP|=t·1+t直线PA的方程为tx-y-t2=0.点B到直线PA的距离是d=t2设△PAB的面积为S(t),则S(t)=12|AP|·d=t5.(10分)(2024·保定模拟)已知抛物线E:y2=8x,直线l:y=kx-4.(1)若直线l与抛物线E相切,求直线l的方程.(2)设Q(4,0),k>0,直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),若存在点C,使得四边形OACB为平行四边形(O为原点),且AC⊥QC,求x2的取值范围. 世纪金榜导学号【解析】(1)依据题意,抛物线E:y2=8x,直线l:y=kx-4,联立可得y=整理可得k2x2-8(k+1)x+16=0,若直线l与抛物线E相切,则k≠0且Δ=64(k+1)2-64k2=0,可得k=-12所以,所求的直线方程为y=-12(2)依据题意,联立直线与抛物线的方程,有y=kx-4,y因为k