2022届高考数学总复习课时跟踪练五十四抛物线文含解析新人教A版.doc

课时跟踪练(五十四)
A组　基础巩固
1．(2019·黄山模拟)若抛物线y2＝8x上一点P到其焦点的距离为10，则点P的坐标为(　　)
A．(8，8) B．(8，－8)
C．(8，±8) D．(－8，±8)
解析：设P(xP，yP)，
因为点P到焦点的距离等于它到准线x＝－2的距离，
所以xP＝8，则yP＝±8，
所以点P的坐标为(8，±8)．故选C.
答案：C
2．O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝4x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝4，则△POF的面积为(　　)
A．2 B．2 C．2 D．4
解析：如图，设点P的坐标为(x0，y0)，

由|PF|＝x0＋＝4，得x0＝3，
代入抛物线方程得，y＝4×3＝24，所以|y0|＝2，
所以S△POF＝|OF||y0|＝××2＝2.
答案：C
3．(2019·茂名模拟)若动圆的圆心在抛物线y＝x2上，且与直经y＋3＝0相切，则此圆恒过定点(　　)
A．(0，2) B．(0，－3)
C．(0，3) D．(0，6)
解析：直线y＋3＝0是抛物线x2＝12y的准线，由抛物线的定义知抛物线上的点到直线y＝－3的距离与到焦点(0，3)的距离相等，所以此圆恒过定点(0，3)．
答案：C
4．(2019·河南百校联盟联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在抛物线C上，且|MO|＝|MF|＝(O为坐标原点)，则·＝(　　)
A．－ B. C. D．－
解析：不妨设M(m，)(m>0)，易知抛物线C的焦点F的坐标为，因为|MO|＝|MF|＝，所以解得m＝，p＝2，所以＝，＝，所以·＝－2＝－.故选A.
答案：A
5．(2019·长沙模拟)已知点P(x0，y0)是抛物线y2＝4x上的一个动点，Q是圆C：(x＋2)2＋(y－4)2＝1上的一个动点，则x0＋|PQ|的最小值为(　　)
A．2－1 B．2
C．3 D．4
解析：设抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，过点P(x0，y0)作准线l：x＝－1的垂线，垂足为N，则x0＋|PQ|＝|PN|＋|PQ|－1＝|PF|＋|PQ|－1≥|CF|－2＝－2＝5－2＝3，当且仅当C，P，F三点共线且点Q在线段CF上时取等号，则x0＋|PQ|的最小值是3，故选C.
答案：C
6．(2019·福州模拟)函数y＝ax－1(a＞0且a≠1)的图象恒过点P，则焦点在x轴上且过点P的抛物线的标准方程是________________．
解析：设抛物线的方程为y2＝mx(m≠0)，由题意知点P的坐标为(1，1)，代入y2＝mx，可得m＝1，所以焦点在x轴上且过点P的抛物线的标准方程是y2＝x.
答案：y2＝x
7．(2019·玉溪模拟)已知F是抛物线y＝x2的焦点，M、N是该抛物线上的两点，|MF|＋|NF|＝3，则线段MN的中点到x轴的距离为________．
解析：抛物线的焦点为，准线为y＝－，过M，N作准线的垂线，垂足分别为M′，N′，
则|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|，
所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝3，
设线段MN的中点为P，过P作准线的垂线，垂足为P′，
则|PP′|＝＝，
所以线段MN的中点P到x轴的距离为|PP′|－＝－＝.

答案：
8．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F作斜率大于0的直线l交抛物线于A，B两点(A在B的上方)，且l与准线交于点C，若＝4，则＝________．
解析：根据题意，设|AF|＝a，|BF|＝b，

过A，B作准线的垂线，垂足分别为M，N，
则有|BF|＝|BN|＝b，|AF|＝|AM|＝a，
因为＝4，所以|CB|＝4|BF|，即|CB|＝4|BN|，
又BN∥AM，
所以|CA|＝4|AM|，即4b＋b＋a＝4a，
变形可得＝，
即＝.
答案：
9．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过M作MN⊥FA，垂足为N，求点N的坐标．
解：(1)抛物线y2＝2px的准线为x＝－，于是4＋＝5，
所以p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x.
(2)由(1)知点A的坐标是(4，4)，由题意得B(0，4)，M(0，2)．
又因为F(1，0)，所以kFA＝.
因为MN⊥FA，所以kMN＝－，
所以FA的方程为y＝(x－1)，①
MN的方程为y＝－x＋2，②
由①②联立得x＝，y＝，
所以点N的坐标为.
10．已知过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点，且|AB|＝9.
(1)求该抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值．
解：(1)直线AB的方程是y＝2，
与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝，由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9，
所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x.
(2)由(1)知p＝4，4x2－5px＋p2＝0可简化为x2－5x＋4＝0，
又x1＜x2，
从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，
从而A(1，－2)，B(4，4)．
设＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4，4)＝(4λ＋1，4λ－2)，又y＝8x3，即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.
B组　素养提升
11．(2019·太原模拟)抛物线y2＝8x的焦点为F，设A，B是抛物线上的两个动点，|AF|＋|BF|＝|AB|，则∠AFB的最大值为(　　)
A. B. C. D.
解析：设|AF|＝m，|BF|＝n，
因为|AF|＋|BF|＝|AB|，
所以|AB|≥2，所以mn≤|AB|2，
在△AFB中，由余弦定理得cos ∠AFB＝＝＝≥－，
所以∠AFB的最大值为.故选D.
答案：D
12．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交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. B．2 C．2 D．3
解析：抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.由直线方程的点斜式可得直线MF的方程为y＝(x－1)．

联立得方程组
解得或
因为点M在x轴的上方，
所以M(3，2)．
因为MN⊥l，
所以N(－1，2)．
所以|NF|＝＝4，
|MF|＝|MN|＝＝4.
所以△MNF是边长为4的等边三角形．
所以点M到直线NF的距离为2.
故选C.
答案：C
13．(2019·衡水中学月考)已知直线l：y＝kx＋t与圆：x2＋(y＋1)2＝1相切，且与抛物线C：x2＝4y交于不同的两点M，N，则实数t的取值范围是________．
解析：因为直线l与圆相切，所以＝1⇒k2＝t2＋2t.再把直线l的方程代入抛物线方程并整理得x2－4kx－4t＝0，
于是Δ＝16k2＋16t＝16(t2＋2t)＋16t＝16t(t＋3)>0，
解得t>0或t<－3.
答案：t>0或t<－3
14．抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若＝2，求直线AB的斜率；
(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．
解：(1)依题意知F(1，0)，设直线AB的方程为x＝my＋1.
将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得
y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
因为＝2，所以y1＝－2y2.
联立上述三式，消去y1，y2，得m＝±.
所以直线AB的斜率是±2.
(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，
从而点O与点C到直线AB的距离相等，
所以四边形OACB的面积等于2S△AOB.
因为2S△AOB＝2×·|OF|·|y1－y2|
＝＝4，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.