2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第九章　第6讲　抛物线

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第九章　第6讲　抛物线

‎ [基础题组练]‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．8‎ 解析：选D.由题意，知抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D.‎ ‎2．(2020·河北衡水三模)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若A，B，C三点坐标分别为(1，2)，(x1，y1)，(x2，y2)，且||＋||＋||＝10，则x1＋x2＝(　　)‎ A．6 B．5‎ C．4 D．3‎ 解析：选A.根据抛物线的定义，知||，||，||分别等于点A，B，C到准线x＝－1的距离，所以由||＋||＋||＝10，可得2＋x1＋1＋x2＋1＝10，即x1＋x2＝6.故选A.‎ ‎3．(2020·河北邯郸一模)位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为5 m，跨径为12 m，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为(　　)‎ A. m B． m C. m D． m 解析：选D.建立如图所示的平面直角坐标系．‎ 设抛物线的解析式为x2＝－2py，p＞0，‎ 因为抛物线过点(6，－5)，所以36＝10p，可得p＝，‎ 所以桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为 m．故选D.‎ ‎4．(2020·河南安阳三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，l与x轴的交点为P，点A在抛物线C上，过点A作AA′⊥l，垂足为A′.若四边形AA′PF的面积为14，且cos∠FAA′＝，则抛物线C的方程为(　　)‎ A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x 解析：选C.过点F作FF′⊥AA′，垂足为F′.设|AF′|＝3x，因为cos∠FAA′＝，故|AF|＝5x，则|FF′|＝4x，由抛物线定义可知，|AF|＝|AA′|＝5x，则|A′F′|＝2x＝p，故x＝.四边形AA′PF的面积S＝＝＝14，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A，B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k＝(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选D.设抛物线C：y2＝8x的准线为l，易知l：x＝－2，‎ 直线y＝k(x＋2)恒过定点P(－2，0)，‎ 如图，过A，B分别作AM⊥l于点M，BN⊥l于点N，‎ 由|FA|＝2|FB|，知|AM|＝2|BN|，‎ 所以点B为线段AP的中点，连接OB，‎ 则|OB|＝|AF|，‎ 所以|OB|＝|BF|，所以点B的横坐标为1，‎ 因为k＞0，‎ 所以点B的坐标为(1，2)，‎ 所以k＝＝.故选D.‎ ‎6．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________．‎ 解析：由题意，不妨设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，由|AB|＝4，|DE|＝2，可取A，D，设O为坐标原点，由|OA|＝|OD|，‎ 得＋8＝＋5，得p＝4.‎ 答案：4‎ ‎7．过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A，B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，若|MN|＝|AB|，则l的斜率为________．‎ 解析：设抛物线的准线为m，分别过点A，N，B作AA′⊥m，NN′⊥m，BB′⊥m，垂足分别为A′，N′，B′.‎ 因为直线l过抛物线的焦点，所以|BB′|＝|BF|，|AA′|＝|AF|.‎ 又N是线段AB的中点，|MN|＝|AB|，所以|NN′|＝(|BB′|＋|AA′|)＝(|BF|＋|AF|)＝|AB|＝|MN|，所以∠MNN′＝60°，则直线MN的倾斜角为120°.又MN⊥l，所以直线l的倾斜角为30°，斜率是.‎ 答案： ‎8．(一题多解)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＝________．‎ 解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(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)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.‎ 法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝，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′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|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.‎ 答案：2‎ ‎9．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)(x10，y2<0)，如图所示，|AF|＝x1＋1＝3，‎ 所以x1＝2，y1＝2.‎ 设AB的方程为x－1＝ty，‎ 由 消去x得y2－4ty－4＝0.‎ 所以y1y2＝－4，所以y2＝－，x2＝，‎ 所以S△AOB＝×1×|y1－y2|＝，故选C.‎ ‎3．(2020·江西九江二模)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝(　　)‎ A．4 B．8‎ C．16 D． 解析：选C.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，‎ 由抛物线定义得y1＋y2＋2＝|AF|＋|BF|，‎ 因为＝|AB|－1，‎ 所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，‎ 所以cos∠AFB＝ ‎＝ ‎≥＝，‎ 当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．‎ 所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，‎ 联立消去y得，x2－4x－4＝0，‎ 所以x1＋x3＝4，‎ 所以y1＋y3＝(x1＋x3)＋2＝14.‎ 所以|AD|＝16.‎ 故选C.‎ ‎4．已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：如图，设C(x0，x)(x≠a)，A(－，a)，B(，a)，‎ 则＝(－－x0，a－x)，＝(－x0，a－x)．‎ 因为CA⊥CB，所以·＝0，‎ 即－(a－x)＋(a－x)2＝0，(a－x)(－1＋a－x)＝0，‎ 所以x＝a－1≥0，所以a≥1.‎ 答案：[1，＋∞)‎ ‎5．已知抛物线的方程为x2＝2py(p>0)，其焦点为F，点O为坐标原点，过焦点F作斜率为k(k≠0)的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线的两条切线，设两条切线交于点M.‎ ‎(1)求·；‎ ‎(2)设直线MF与抛物线交于C，D两点，且四边形ACBD的面积为p2，求直线AB的斜率k.‎ 解：(1)设直线AB的方程为y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－2pkx－p2＝0，‎ 则所以y1·y2＝，‎ 所以·＝x1·x2＋y1·y2＝－p2.‎ ‎(2)由x2＝2py，知y′＝，‎ 所以抛物线在A，B两点处的切线的斜率分别为，，所以直线AM的方程为y－y1＝(x－x1)，直线BM的方程为y－y2＝(x－x2)，则可得M.‎ 所以kMF＝－，所以直线MF与AB相互垂直．‎ 由弦长公式知，|AB|＝|x1－x2|＝·＝2p(k2＋1)，‎ 用－代替k得，|CD|＝2p，‎ 四边形ACBD的面积S＝·|AB|·|CD|＝2p2＝p2，解得k2＝3或k2＝，‎ 即k＝±或k＝±.‎ ‎6．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.‎ ‎(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；‎ ‎(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．‎ 解：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，‎ 则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①‎ ‎(1)由x2＝2py得y′＝，则A，B处的切线斜率的乘积为＝－，‎ 因为点N在以AB为直径的圆上，所以AN⊥BN，‎ 所以－＝－1，所以p＝2.‎ ‎(2)易得直线AN：y－y1＝(x－x1)，直线BN：y－y2＝(x－x2)，‎ 联立，得 结合①式，解得即N(pk，－1)．‎ ‎|AB|＝|x2－x1|＝＝，‎ 点N到直线AB的距离d＝＝，‎ 则△ABN的面积S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，当k＝0时，取等号，‎ 因为△ABN的面积的最小值为4，‎ 所以2＝4，所以p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y.‎