全国统考2023版高考数学大一轮复习第10章圆锥曲线与方程第3讲抛物线1备考试题文含解析2023032715

第十章　圆锥曲线与方程第三讲　抛物线练好题·考点自测1.[改编题]下列结论说法正确的个数为(　　)(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线;(2)若直线与抛物线只有一个交点,则直线与抛物线一定相切;(3)若一抛物线过点P(-2,3),则其标准方程可写为y2=2px(p>0);(4)抛物线既是中心对称图形,又是轴对称图形;(5)方程y=ax2(a≠0)表示的曲线是焦点在y轴上的抛物线,且其焦点坐标是(0,14a).A.1B.2C.4D.52.[2019全国卷Ⅱ,9,5分][文]若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点,则p=(　　)A.2B.3C.4D.83.[2020北京,7,4分]设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l,P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q.则线段FQ的垂直平分线(　　)A.经过点OB.经过点PC.平行于直线OPD.垂直于直线OP4.[2021安徽省四校联考]已知抛物线C:x=4y2的焦点为F,若斜率为18的直线l过点F,且与抛物线C交于A,B两点,则线段AB的中点到准线的距离为(　　)A.658B.654C.12916D.12985.[2020山东,13,5分]斜率为3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|AB|=　　　　. 6.[2018全国卷Ⅲ,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=　　　　. 7.[2020四川成都摸底]已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l.若位于x轴上方的动点A在准线l上,线段AF与抛物线C相交于点B,且|AF||BF|-|AF|=1,则抛物线C的标准方程为　　　　　. 拓展变式1.(1)[2021四省八校联考]抛物线C:x2=4y上一点P到C的焦点F的距离为4,若直线PF与C的另一个交点为Q,则|QF|等于(　　)A.13B.23C.43D.2\n(2)[2020湖北省部分重点中学联考]已知动圆P恒过定点(14,0),且与直线x=-14相切,则动圆P的圆心轨迹M的方程为　　　　　. 2.(1)[2020全国卷Ⅲ,7,5分][文]设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为(　　)A.(14,0)B.(12,0)C.(1,0)D.(2,0)(2)[2017全国卷Ⅱ,12,5分][文]过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为(　　)A.5B.22C.23D.333.(1)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为(　　)A.334B.938C.6332D.94(2)[2017全国卷Ⅰ,10,5分]已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(　　)A.16B.14C.12D.104.[2019浙江,21,15分]如图10-3-7,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.①求p的值及抛物线的准线方程;②求S1S2的最小值及此时点G的坐标.图10-3-75.[2020湖北省襄阳市调研]动点P到定点F(0,1)的距离比它到直线y=-2的距离小1,设动点P的轨迹为曲线C,过点F的直线交曲线C于A,B两个不同的点,过点A,B分别作曲线C的切线,且两切线相交于点M.(1)求曲线C的方程.(2)求证:AB·MF=0.\n(3)求△ABM面积的最小值.答案第十章　圆锥曲线与方程第三讲　抛物线1.A　当定点F正好在定直线l上时,平面内与一定点F和一条定直线的距离相等的点的轨迹不是抛物线,故(1)错误;直线与抛物线的准线垂直时,只有一个交点,但直线与抛物线相交,故(2)错误;抛物线y2=2px(p>0)开口向右,过一、四象限,故(3)错误;抛物线是轴对称图形,不是中心对称图形,故(4)错误;y=ax2化为标准形式为x2=1ay,焦点为(0,14a),故(5)正确,故选A.2.D　由题意知抛物线的焦点坐标为(p2,0),椭圆的焦点坐标为(±2p,0),所以p2=2p,解得p=8,故选D.3.B　连接PF,由题意及抛物线的定义可知|PQ|=|FP|,则△QPF为等腰三角形,故线段FQ的垂直平分线经过点P.故选B.4.A　解法一　由题意可得F(116,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0),则x1=4y12,x2=4y22,整理得x1-x2=4(y12-y22),则kAB=14(y1+y2)=18y0=18,解得y0=1,∵M(x0,y0)在直线l上,∴y0=18(x0-116),∴x0=12916,从而线段AB的中点到准线的距离为x0+p2=12916+116=658,故选A.解法二(结论解法)　由题意知,p=18,以AB为直径的圆与准线相切,设直线l的倾斜角为θ,则tanθ=18,线段AB的中点到准线的距离d=|AB|2=12·2psin2θ=658,故选A.5.163　由题意得直线方程为y=3(x-1),联立方程,得y=3(x-1),y2=4x,得3x2-10x+3=0,∴xA+xB=103,故|AB|=1+xA+1+xB=2+103=163.6.2　解法一　由题意知抛物线的焦点坐标为(1,0),则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y=k(x-1)(k≠0),由y=k(x-1),y2=4x,消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1.由y=k(x-1),y2=4x,消去x得y2-4ky-4=0,则y1+y2=4k,y1y2=-4.由∠AMB=90°,MA=(x1+1,y1-1),MB=(x2+1,y2-1),得MA·MB=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,将x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1与y1+y2=4k,y1y2=-4代入,得k=2.解法二　设抛物线的焦点为F,A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2,所以y12-y22=4(x1-x2),则k=y1-y2x1-x2=4y1+y2.取AB的中点M'(x0,y0),分别过点A,B作准线x=-1的垂线,垂足分别为A',B',因为∠AMB=90°,点M在准线x=-1上,所以|MM'|=12|AB|=12(|AF|+|BF|)=12(|AA'|+|BB'|).又M'为AB的中点,所以MM'平行于x轴,且y0=1,所以y1+y2=2,所以k=2.\n解法三　抛物线C:y2=4x的焦点坐标为(1,0),准线方程为x=-1.由题意可知,以AB为直径的圆与准线相切于点M(-1,1),(利用焦点弦的常用结论(详见主书P200规律总结2.(8))故线段AB中点的纵坐标y0=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则k=y1-y2x1-x2=y1-y214(y12-y22)=4y1+y2=42y0=2.解法四　抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0),M(-1,1),根据阿基米德三角形的性质(详见主书P201)有MF⊥AB,则kAB=-1kMF=-1-(-1)0-1=2.【素养落地】　本题以抛物线为载体,考查考生用代数方法解决几何问题的能力,入口较低,让每个考生都敢做,出口较多,不同水平的考生采用的方法不同,有很好的区分功能,同时考查了考生的转化与化归能力及数形结合思想,考查逻辑推理、数学运算等核心素养.7.y2=2x　如图D10-3-1,设直线l与x轴交于点D,过点B作BE⊥l于点E,则|DF|=p.由抛物线的定义知|BE|=|BF|.因为|AF||BF|-|AF|=1,即|AB|+|BF||BF|-|AF|=1,|AB||BF|=|AF|,|AB||BE|=|AF|.因为△AEB∽△ADF,所以|AB||AF|=|BE||DF|,得|AB||BE|=|AF||DF|=|AF|,即|DF|=1,即p=1,所以抛物线C的标准方程为y2=2x.图D10-3-1【易错警示】　本题的易错点是忽略抛物线的定义在解题中的应用,进而不会利用三角形的相似比把等式|AF||BF|-|AF|=1进行转化.求解抛物线中涉及焦点、准线、抛物线上的点、定点的距离问题时,常利用抛物线的定义,把抛物线上的点到焦点的距离转化为抛物线上的点到准线的距离.1.(1)C　由题意知F(0,1),直线PF的斜率存在且不为零,设直线PF的方程为y-1=kx,与抛物线的方程联立并消去x,得y2-(4k2+2)y+1=0,所以yPyQ=1.由抛物线的定义,知|PF|=yP+1=4(题眼),所以yP=3,所以yQ=13,所以|QF|=yQ+1=43,故选C.(2)y2=x　由题意知,动圆P的圆心到点(14,0)的距离与到直线x=-14的距离相等,则圆心P的轨迹是以(14,0)为焦点,直线x=-14为准线的抛物线,故p=12,所以动圆P的圆心轨迹M的方程为y2=x.2.(1)B　解法一　将直线方程与抛物线方程联立,可得y=±2p,不妨设D(2,2p),E(2,-2p),由OD⊥OE,可得OD·OE=4-4p=0,解得p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x,其焦点坐标为(12,0).解法二　由题可知点D,E关于x轴对称,设DE与x轴交于P,且D在第一象限,因为OD⊥OE,所以∠DOP=45°,故xD=yD=2,代入y2=2px可得p=1,焦点坐标为(12,0).\n解法三　过抛物线的顶点O垂直的两条弦OD⊥OE,则DE直线过定点(2p,0),则可知2p=2⇒p=1,所以焦点坐标为(12,0).(2)C　解法一　依题意,得F(1,0),则直线FM的方程是y=3(x-1).由y=3(x-1),y2=4x,得x=13或x=3.由M在x轴的上方,得M(3,23),由MN⊥l,得|MN|=|MF|=3+1=4,又∠NMF等于直线FM的倾斜角,即∠NMF=60°,因此△MNF是边长为4的等边三角形,点M到直线NF的距离为4×32=23,选C.解法二　依题意,得直线FM的倾斜角为60°,则|MN|=|MF|=21-cos60°=4,又∠NMF等于直线FM的倾斜角,即∠NMF=60°,因此△MNF是边长为4的等边三角形,点M到直线NF的距离为4×32=23,选C.3.(1)D　解法一　由已知得焦点坐标为F(34,0),因此直线AB的方程为y=33(x-34),与抛物线方程联立,消去x,化简得4y2-123y-9=0,故|yA-yB|=(yA+yB)2-4yAyB=6.因此S△OAB=12|OF||yA-yB|=12×34×6=94.解法二(结论解法)　由抛物线焦点弦的结论可得S△AOB=p22sinα=(32)22×sin30°=94.(2)A　解法一(斜率式)　焦点F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),易知直线l1,l2的斜率均存在且不为0,分别设为k1,k2,则直线l1的方程为y=k1(x-1),由y2=4x,y=k1(x-1),消去y并整理得k12x2-(2k12+4)x+k12=0,Δ>0,所以x1+x2=2k12+4k12.因为l1⊥l2,所以k2=-1k1.同理有x3+x4=2(-1k1)2+4(-1k1)2=2+4k12,则|AB|+|DE|=x1+x2+2+x3+x4+2=2k12+4k12+2+4k12+4=4k12+4k12+8≥24k12·4k12+8=16,当且仅当4k12=4k12,即k1=±1时,|AB|+|DE|取最小值16.故选A.解法二(倾斜角式)　设l1的倾斜角为θ,则l2的倾斜角为θ±π2,易知θ≠0且θ≠π2,由抛物线焦点弦长公式得|AB|=2psin2θ=4sin2θ,则|DE|=2psin2(θ±π2)=4cos2θ,则|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4(sin2θ+cos2θsin2θcos2θ)=16sin22θ,当sin2θ=1时,|AB|+|DE|取最小值16.故选A.4.①由题意得p2=1,即p=2.所以抛物线的准线方程为x=-1.②设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B(1t2,-2t).又xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C((1t-t)2,2(1t-t)),G(2t4-2t2+23t2,0).所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).\n因为Q在焦点F的右侧,所以t2>2.从而S1S2=12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|=|2t4-2t2+23t2-1|·|2t||t2-1-2t4-2t2+23t2|·|2t-2t|=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m>0,S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12m·3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).5.(1)由题意知,动点P在直线y=-2上方,即条件可转化为动点P到定点F(0,1)的距离等于它到直线y=-1的距离,所以动点P的轨迹是以F(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛物线,于是曲线C的方程为x2=4y.(2)由题意得,直线AB斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=kx+1,由y=kx+1,x2=4y消去y并整理,得x2-4kx-4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA+xB=4k,xAxB=-4.由x2=4y得y=14x2,求导得y'=12x,所以直线AM的方程为y-14xA2=12xA(x-xA)　①,直线BM的方程为y-14xB2=12xB(x-xB)　②,由①-②得14(xB2-xA2)=12(xA-xB)x+12(xB2-xA2),即x=xA+xB2=2k.将x=xA+xB2代入①得y-14xA2=12xA·xB-xA2=14xAxB-14xA2,所以y=14xAxB=-1.则M(2k,-1),所以MF=(-2k,2),AB=(xB-xA,k(xB-xA)),于是AB·MF=-2k(xB-xA)+2k(xB-xA)=0.(3)易知点M到AB的距离d=|MF|=21+k2.因为|AB|=|AF|+|BF|=yA+yB+2=k(xA+xB)+4=4k2+4,所以△ABM的面积S=12|AB|·d=12·4(k2+1)·21+k2=4(1+k2)32≥4,当k=0时,△ABM面积取得最小值4.