§9.5 拋物線專題檢測(cè)【3年模擬】1.(2020四川天府名校10月聯(lián)考,7)若拋物線y2=2px(p≠0)的準(zhǔn)線為圓x2+y2+4x=0的一條切線,則拋物線的方程為( )A.y2=-16x B.y2=-8xC.y2=16x D.y2=8x答案 C 拋物線y2=2px(p≠0)的準(zhǔn)線為x=-,且準(zhǔn)線垂直于x軸,圓x2+y2+4x=0的垂直于x軸的切線方程為x=-4和x=0,又p≠0,∴=4,即p=8.故拋物線的方程為y2=16x.故選C.2.若動(dòng)點(diǎn)P與定點(diǎn)F(1,1)和直線l:3x+y-4=0的距離相等,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是( )A.橢圓 B.雙曲線 C.拋物線 D.直線答案 D 因?yàn)槎c(diǎn)F(1,1)在直線l:3x+y-4=0上,所以到定點(diǎn)F的距離和到定直線l的距離相等的點(diǎn)的軌跡是直線,就是經(jīng)過定點(diǎn)F與直線l:3x+y-4=0垂直的直線.故選D.易錯(cuò)警示 定點(diǎn)F不在直線上時(shí)滿足條件的點(diǎn)的軌跡是拋物線.3.(2018重慶一模,6)已知拋物線C:y=2px2經(jīng)過點(diǎn)M(1,2),則該拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離等于( )A. B. C. D.1答案 B 因?yàn)閽佄锞€C:y=2px2經(jīng)過點(diǎn)M(1,2),所以2=2p×12,解得p=1,則拋物線的方程為y=2x2,即x2=y,其焦點(diǎn)坐標(biāo)為,準(zhǔn)線方程為y=-,
∴該拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離等于,故選B.4.(2020湖南張家界民族中學(xué)第二次月考,16)已知直線y=2x+b與拋物線x2=4y相切于點(diǎn)A,F是拋物線的焦點(diǎn),直線AF交拋物線于另一點(diǎn)B,則|BF|= .?答案 解析 聯(lián)立消去y得x2-8x-4b=0,∵直線y=2x+b與拋物線x2=4y相切,∴Δ=64+16b=0,∴b=-4.由x2-8x+16=0,得x1=x2=4,∴A(4,4),又∵F(0,1),∴直線AF的方程為y=x+1,與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2-3x-4=0,∴x1=4,x2=-1,∴B,∴|BF|=yB+=+1=.5.(2020山東夏季高考模擬,15)直線l過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F(1,0),且與C交于A,B兩點(diǎn),則p= ,+= .(本題第一空2分,第二空3分)?答案 2;1解析 ∵拋物線y2=2px的焦點(diǎn)為F(1,0),∴=1,∴p=2.當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),|AF|=|BF|=2,從而+=1;當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
則直線AB的方程為y=k(x-1),聯(lián)立消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,則x1x2=1,從而+=+===1.綜上,+=1.6.(2017江蘇六市聯(lián)考,6)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線y2=4x上一點(diǎn)P到焦點(diǎn)的距離為3,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是 .?答案 2解析 設(shè)P(m,n),由y2=4x得準(zhǔn)線方程為x=-1,由拋物線的定義得1+m=3,所以m=2.7.(2018江蘇溧水高級(jí)中學(xué)高三期初模擬)已知點(diǎn)F為拋物線y2=4x的焦點(diǎn),該拋物線上位于第一象限的點(diǎn)A到其準(zhǔn)線的距離為5,則直線AF的斜率為 .?答案 解析 由拋物線定義得xA+1=5,故xA=4,又點(diǎn)A位于第一象限,因此yA=4,又F(1,0),從而kAF==.8.(2019江蘇南通中學(xué)質(zhì)檢)已知點(diǎn)A(-2,3)在拋物線C:y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線上,記C的焦點(diǎn)為F,則直線AF的斜率為 .?答案 -解析 由已知,得準(zhǔn)線方程為x=-2,所以F的坐標(biāo)為(2,0).又A(-2,3),所以直線AF的斜率為=-.
9.(2018天津南開中學(xué)第三次月考,13)已知M為拋物線y2=2px(p>0)上的一點(diǎn),若以M為圓心經(jīng)過原點(diǎn)的圓與x軸交于另一點(diǎn)(2,0),且與該拋物線的準(zhǔn)線相切,則p的值為 .?答案 4解析 ∵M(jìn)為拋物線y2=2px(p>0)上的一點(diǎn),以M為圓心經(jīng)過原點(diǎn)的圓與x軸交于另一點(diǎn)(2,0),且與該拋物線的準(zhǔn)線相切,∴拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(2,0),∴準(zhǔn)線方程為x=-2,可得=2,解得p=4.10.(2019江蘇栟茶中學(xué)期中)頂點(diǎn)在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的拋物線截直線y=2x-4所得的弦長(zhǎng)|AB|=3,求此拋物線方程.解析 設(shè)所求的拋物線方程為y2=ax(a≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),把直線y=2x-4代入y2=ax,得4x2-(a+16)x+16=0,由Δ=(a+16)2-256>0,得a>0或a<-32.x1+x2=,x1x2=4,所以|AB|===3,所以5=45,所以a=4或a=-36.故所求的拋物線方程為y2=4x或y2=-36x.11.(2019北京石景山期末,18)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2),其焦點(diǎn)為F.M為拋物線上除了原點(diǎn)外的任一點(diǎn),過M的直線l與x軸,y軸分別交于A,B.(1)求拋物線C的方程以及焦點(diǎn)坐標(biāo);(2)若△BMF與△ABF的面積相等,求證:直線l是拋物線C的切線.
解析 (1)因?yàn)閽佄锞€C:y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2),所以22=2p,解得p=2.所以拋物線C的方程為y2=4x,焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0).(2)證明:因?yàn)椤鰾MF與△ABF的面積相等,A、B、M三點(diǎn)共線,所以|BM|=|AB|,所以B為AM的中點(diǎn).設(shè)M(x0,y0)(x0y0≠0),則A(-x0,0).所以直線l的方程為y=(x+x0),與拋物線y2=4x聯(lián)立,消去x得y2-y+4x0=0,Δ=-16x0=-16x0=0,所以直線l是拋物線C的切線.12.(2020北京清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力11月測(cè)試,20)如圖,斜率為k的直線l與拋物線y2=4x交于A、B兩點(diǎn),直線PM垂直平分弦AB,且分別交AB、x軸于M、P,已知P(4,0).(1)求M點(diǎn)的橫坐標(biāo);(2)求△PAB的面積(用k表示).解析 本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系,通過直線與拋物線的位置關(guān)系考查學(xué)生的邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力,體現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),則x0=,y0=,又=4x1,=4x2,
∴k===,而kMP=,則由k·kMP=-1得x0-4=-2,即x0=2.(2)設(shè)直線AB的方程為x=m(y-y0)+2,即x=my-my0+2,其中m=(k≠0),與拋物線方程y2=4x聯(lián)立得y2-4my+4my0-8=0,∵Δ=16m2-4(4my0-8)>0,y0==2m,∴m2<2,則y1+y2=4m,y1y2=4my0-8,∴|AB|=|y1-y2|=·,而P到直線AB的距離d=,∴S△PAB=d|AB|=2|my0+2|.又由于m==,且m2<2,∴k2>,∴S△PAB=2(2m2+2)=4(m2+1)=·,k2>.13.(2020貴州六盤水期末)已知拋物線y2=4x的焦點(diǎn)是橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn),且橢圓的離心率e=.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,且線段PQ的中點(diǎn)為M,直線l'是線段PQ的垂直平分線,若l'與x軸交于點(diǎn)N(n,0),求n的取值范圍.解析 (1)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為(1,0),所以橢圓C中c=1,
橢圓的離心率e===,解得a=,所以b2=a2-c2=2-1=1,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)由題意,將y=代入橢圓方程得+=1,解得x=±,所以-0)外一點(diǎn)P作拋物線的兩條切線,切點(diǎn)為M,N,F為拋物線的焦點(diǎn),證明:
(1)|PF|2=|MF|·|NF|;(2)∠PMF=∠FPN.證明 本題考查拋物線方程及性質(zhì);考查學(xué)生數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力和數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),易求得切線PM:x1x=p(y+y1),切線PN:x2x=p(y+y2),因?yàn)辄c(diǎn)P在兩條切線上,所以x1x0=p(y0+y1),x2x0=p(y0+y2).故點(diǎn)M、N均在直線xx0=p(y+y0)上,于是lMN:xx0=p(y+y0),聯(lián)立?y2+2y+=0,由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=2,y1y2=,又|MF|=y1+,|NF|=y2+,所以|MF|·|NF|=y1y2+(y1+y2)+=+-py0+=+=|PF|2.(2)由=,=,=,知·=x0x1+=x0x1+y0y1-(y0+y1)+=y0y1+(y0+y1)+=.所以cos∠PFM==,同理cos∠PFN=,故cos∠PFM=cos∠PFN,所以∠PFM=∠PFN,由(1)知|PF|2=|MF|·|NF|,所以△PMF∽△NPF,
所以∠PMF=∠FPN.15.(2017新疆烏魯木齊二模,20)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線交x軸于點(diǎn)H,過H作直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),且|BF|=2|AF|.(1)求直線AB的斜率;(2)若△ABF的面積為,求拋物線的方程.解析 (1)設(shè)A(xA,yA),過A,B兩點(diǎn)作準(zhǔn)線的垂線,垂足分別為A1,B1,易知|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,∵|BF|=2|AF|,∴|BB1|=2|AA1|,∴A為HB的中點(diǎn),又O是HF的中點(diǎn),∴AO是△BHF的中位線,∴|AO|=|BF|=|AF|,而F,∴xA=,∴=2p·=,yA=±p,∴A,而H,∴kAB=kAH==±.(2)∵A為HB的中點(diǎn),O是HF的中點(diǎn),∴S△ABF=S△AHF=2S△AHO=2×|OH|·|yA|=p2,∴p2=,∴p=2,∴拋物線的方程為y2=4x.16.(2018遼寧錦州模擬,21)已知拋物線C:x2=4y的焦點(diǎn)為F,直線l:y=kx+a(a>0)與拋物線C交于A,B兩點(diǎn).(1)若直線l過焦點(diǎn)F,且與圓x2+(y-1)2=1交于D,E(其中A,D在y軸同側(cè)),求證:|AD|·|BE|是定值;(2)設(shè)拋物線C在A和B點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)P,試問:y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得四邊形APBQ為菱形?若存在,請(qǐng)說明理由,并求此時(shí)直線l的斜率和點(diǎn)Q的坐標(biāo).
解析 拋物線C:x2=4y的焦點(diǎn)為F(0,1),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x2=4y與y=kx+a,得x2-4kx-4a=0,則Δ=16(k2+a)>0,且x1+x2=4k,x1·x2=-4a.(1)證明:若直線l過焦點(diǎn)F,則a=1,則x1+x2=4k,x1·x2=-4.由條件可知圓x2+(y-1)2=1的圓心為F(0,1),半徑為1,由拋物線的定義有|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,則|AD|=|AF|-1=y1,|BE|=|BF|-1=y2,|AD|·|BE|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1,即|AD|·|BE|為定值,定值為1.(2)當(dāng)直線l的斜率為0,且Q(0,3a)時(shí),四邊形APBQ為菱形.理由如下:設(shè)Q(0,y0),由x2=4y有y=x2,則y'=x,若四邊形APBQ為菱形,則AQ∥BP,BQ∥AP,則kAQ==x2,kBQ==x1,即y1-y0=x1x2,y2-y0=x1x2,則y1=y2,∴k=0,此時(shí)直線AB:y=kx+a=a,則y0=-x1x2+y1=-·(-4a)+a=3a.所以Q(0,3a).17.(2019陜西西安中學(xué)高三期中,20)已知?jiǎng)狱c(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比M到定直線x=-2的距離小1.
(1)求點(diǎn)M的軌跡C的方程;(2)過點(diǎn)F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1,l2分別交曲線C于點(diǎn)A,B和M,N.設(shè)線段AB,MN的中點(diǎn)分別為P,Q,求證:直線PQ恒過一個(gè)定點(diǎn).解析 (1)由題意可知?jiǎng)狱c(diǎn)M到定點(diǎn)F(1,0)的距離等于M到定直線x=-1的距離,根據(jù)拋物線的定義可知,點(diǎn)M的軌跡C是拋物線,且=1,∴拋物線方程為y2=4x,即點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=4x.(2)證明:設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為.由題意可設(shè)直線l1的方程為y=k(x-1)(k≠0),由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,Δ=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>0.因?yàn)橹本€l1與曲線C交于A,B兩點(diǎn),所以x1+x2=2+,y1+y2=k(x1+x2-2)=,所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為.由題知,直線l2的斜率為-,同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1+2k2,-2k),當(dāng)k≠±1時(shí),有1+≠1+2k2,此時(shí)直線PQ的斜率kPQ==,所以,直線PQ的方程為y+2k=(x-1-2k2),整理得yk2+(x-3)k-y=0.所以直線PQ恒過定點(diǎn)(3,0).當(dāng)k=±1時(shí),直線PQ的方程為x=3,也過點(diǎn)(3,0).
所以直線PQ恒過定點(diǎn)(3,0).18.(2019浙江名校新高考研究聯(lián)盟第一次聯(lián)考,21)已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M(-2,8),且|MF|=4.(1)求拋物線的方程;(2)設(shè)A,B是拋物線上的兩點(diǎn),當(dāng)F為△ABM的垂心時(shí),求直線AB的方程.解析 (1)由題意得|MF|==4,解得p=4,所以拋物線的方程為y2=8x.(5分)(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).因?yàn)镕是△ABM的垂心,所以MF⊥AB,所以kMF·kAB=-1,故kAB=,(7分)所以設(shè)直線AB的方程為x=2y+n,與y2=8x聯(lián)立得y2-16y-8n=0.令Δ>0,有n>-8.y1+y2=16,y1y2=-8n.(10分)因?yàn)镕是△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?yàn)閚>-8,所以直線AB的方程為x-2y-4±2=0.(15分)19.(2018浙江名校協(xié)作體聯(lián)考,21)已知拋物線C:x2=2py(p>0),且拋物線C在點(diǎn)P(1,f(1))
處的切線斜率為.直線l與拋物線交于不同的兩點(diǎn)A,B,且直線AP垂直于直線BP.(1)求證:直線l過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo);(2)直線BP交y軸于點(diǎn)M,直線AP交x軸于點(diǎn)N,求的最大值.解析 (1)證明:y=,y'=x.當(dāng)x=1時(shí),得=,∴p=2.∴拋物線的方程為x2=4y.設(shè)A(2t1,),B(2t2,),∵AP⊥BP,P,∴kAP·kBP=·=-1,∴t1t2+(t1+t2)+=0(*),又∵kAB==,∴直線AB的方程為y-=(x-2t1),即2y=(t1+t2)x-2t1t2,將(*)式代入直線AB的方程得(t1+t2)(x+1)+-2y=0,令x+1=0,-2y=0,解得直線AB過定點(diǎn).
(2)設(shè)直線BM的方程為y-=k(x-1),不妨設(shè)k>0,聯(lián)立得x2-4kx+4k-1=0,Δ=16k2-16k+4>0,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得xB+xP=4k,∴xB=4k-1,由于AP⊥BP,同理可得xA=--1,又∵xN=+1,xM=0,∴|AP||BP|=|xP-xA|·|xB-xP|=·(4k-2)=,|MP||NP|=|xP-xM|·|xN-xP|=,∴=×==16=-32+50≤50,∴的最大值為50.
