1、第七章 平面解析几何考点测试54 抛物线第一部分 考点通关练高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为 5 分或 12 分，中、高等难度考纲研读1.掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)2理解数形结合的思想3了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用第1步狂刷小题 基础练解析 将 y4ax2(a0)化为标准方程得 x2 14ay(a0)，所以焦点坐标为0，116a，故选 C.答案解析一、基础小题1抛物线 y4ax2(a0)的焦点坐标是()A(0，a)B(a,0)C0，116aD116a，0解析 依题意，抛物线 x24y 的准线
2、方程是 y1，故选 A.答案解析2抛物线 y14x2 的准线方程是()Ay1 By2 Cx1 Dx2解析 依题意得，抛物线 y28x 的准线方程是 x2，因此点 P 到该抛物线准线的距离为 426，故选 B.答案解析3设抛物线 y28x 上一点 P 到 y 轴的距离是 4，则点 P 到该抛物线准线的距离为()A4 B6 C8 D12解析 由抛物线的定义可知该轨迹为抛物线且 p4，焦点在 x 轴正半轴上，故选 A.答案解析4到定点 A(2,0)与定直线 l：x2 的距离相等的点的轨迹方程为()Ay28xBy28xCx28yDx28y解析 由题意，得 3x0 x0p2，x0p4，则p22 2，p0
3、，p2，故选 D.答案解析5若抛物线 y22px(p0)上的点 A(x0，2)到其焦点的距离是 A 到 y 轴距离的 3 倍，则 p 等于()A12B1 C32D2解析 由抛物线 y24x 得 p2，由抛物线定义可得|AB|x11x21x1x22，又因为 x1x26，所以|AB|8，故选 C.答案解析6过抛物线 y24x 的焦点作直线交抛物线于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若 x1x26，则|AB|等于()A4 B6 C8 D10解析 解法一：根据题意，直线 y4x5 必然与抛物线 y4x2 相离，抛物线上到直线的最短距离的点就是与直线 y4x5 平行的抛物线的切线的切点由 y8x
4、4 得 x12，故抛物线的斜率为 4 的切线的切点坐标是12，1，该点到直线 y4x5 的距离最短故选 C.答案解析7若抛物线 y4x2上一点到直线 y4x5 的距离最短，则该点为()A(1,2)B(0,0)C12，1D(1,4)解法二：抛物线上的点(x，y)到直线 y4x5 的距离是 d|4xy5|17|4x4x25|174x122417，显然当 x12时，d 取得最小值，此时 y1.故选C.解析解析 如图，过 N 作准线的垂线 NH，垂足为 H.根据抛物线的定义可知|NH|NF|，在 RtNHM 中，|NM|2|NH|，则NMH45.设准线 l 与 y 轴的交点为 K.在MFK 中，FMK
5、45，所以|MF|2|FK|.而|FK|1.所以|MF|2.答案解析8已知抛物线 y12x2 的焦点为 F，准线为 l，M 在 l 上，线段 MF 与抛物线交于 N 点，若|MN|2|NF|，则|MF|_.答案 2解析 抛物线 y22px(p0)的焦点坐标为p2，0，椭圆x23py2p1 的焦点坐标为 2p，0.由题意得p2 2p，解得 p0(舍去)或 p8.故选 D.答案解析二、高考小题9(2019全国卷)若抛物线 y22px(p0)的焦点是椭圆x23py2p1 的一个焦点，则 p()A2 B3 C4 D8答案10(2018全国卷)设抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过点(2,0)且斜率为
6、23的直线与 C 交于 M，N 两点，则FM FN()A5 B6 C7 D8解析 根据题意，过点(2,0)且斜率为23的直线方程为 y23(x2)，与抛物线方程联立y23x2，y24x，消去 x 并整理，得 y26y80，解得M(1,2)，N(4,4)，又 F(1,0)，所以FM(0,2)，FN(3,4)，从而可以求得FM FN03248，故选 D.解析解析 因为 F 为 y24x 的焦点，所以 F(1,0)由题意直线 l1，l2 的斜率均存在，且不为 0，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为1k，故直线 l1，l2 的方程分别为 yk(x1)，答案解析11(2017全国卷)已知 F 为
7、抛物线 C：y24x 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()A16 B14 C12 D10y1k(x1)由ykx1，y24x，得 k2x2(2k24)xk20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k24k2，x1x21，所以|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x21k22k24k22441k2k2.解析同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|41k2k24(1k2)41k211k2 84k21k2 84216，当且仅当 k21k2，即 k
8、1 时，取得等号故选 A.解析答案 2解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y214x1，y224x2，所以 y21y224x14x2，所以 ky1y2x1x24y1y2.答案解析12(2018全国卷)已知点 M(1,1)和抛物线 C：y24x，过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A，B 两点若AMB90，则 k_.取 AB 的中点 M(x0，y0)，分别过点 A，B 作准线 x1 的垂线，垂足分别为 A，B.因为AMB90，所以|MM|12|AB|12(|AF|BF|)12(|AA|BB|)因为 M为 AB 的中点，所以 MM平行于 x 轴因为 M(1,1)，所以 y0
9、1，则 y1y22，所以 k2.解析答案(1,0)解析 由题意得 a0，设直线 l 与抛物线的两交点分别为 A，B，不妨令 A 在 B 的上方，则 A(1,2 a)，B(1，2 a)，故|AB|4 a4，得 a1，故抛物线方程为 y24x，其焦点坐标为(1,0)答案解析13(2018北京高考)已知直线 l 过点(1,0)且垂直于 x 轴若 l 被抛物线y24ax 截得的线段长为 4，则抛物线的焦点坐标为_答案(x1)2(y 3)21答案14(2017天津高考)设抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l.已知点 C在 l 上，以 C 为圆心的圆与 y 轴的正半轴相切于点 A.若FAC120，则
10、圆的方程为_解析 由 y24x 可得点 F 的坐标为(1,0)，准线 l的方程为 x1.由圆心 C 在 l 上，且圆 C 与 y 轴正半轴相切(如图)，可得点 C 的横坐标为1，圆的半径为 1，CAO90.又因为FAC120，所以OAF30，所以|OA|3，所以点 C 的纵坐标为 3.所以圆的方程为(x1)2(y 3)21.解析答案三、模拟小题15(2019烟台模拟)过抛物线 C：y22px(p0)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 的倾斜角为()A15 B30 C45
11、 D60解析 分别过 A，B，N 作抛物线准线的垂线，垂足分别为 A，B，C，由抛物线的定义知|AF|AA|，|BF|BB|，|NC|12(|AA|BB|)12|AB|，因为|MN|AB|，所以|NC|12|MN|，所以MNC60，即直线MN 的倾斜角为 120，又直线 MN 与直线 l 垂直且直线 l 的倾斜角为锐角，所以直线 l 的倾斜角为 30.故选 B.解析答案16(2019衡水中学高三上学期四调)已知 y24x 的准线交 x 轴于点 Q，焦点为 F，过 Q 且斜率大于 0 的直线交 y24x 于 A，B，AFB60，|AB|()A4 76B4 73C4 D3解析 设 A(x1,2 x
12、1)，B(x2,2 x2)，x2x10，因为 kQAkQB，即2 x2x212 x1x11，整理化简得 x1x21，|AB|2(x2x1)2(2 x22 x1)2，|AF|x11，|BF|x21，由余弦定理，得|AB|2|AF|2|BF|22|AF|BF|cos60，整理化简 得，x1 x2 103，又 因 为 x1x2 1，所 以 x1 13，x2 3，|AB|x2x122 x22 x1 24 73.故选 B.解析答案17(2020郑州第一次质量预测)设抛物线 y24x 的焦点为 F，过点M(5，0)的直线与抛物线相交于 A，B 两点，与抛物线的准线相交于 C 点，|BF|3，则BCF 与A
13、CF 的面积之比SBCFSACF()A34B45C56D67解析 设点 A 在第一象限，点 B 在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 xmy 5.由 y24x 得 p2，因为|BF|3x2p2x21，所以 x22，则 y224x2428，所以 y22 2，由y24x，xmy 5，得y24my4 50，由根与系数的关系，得 y1y24 5，所以 y1 10，由y214x1，得 x152.过点 A 作 AA垂直于准线 x1，垂足为 A，解析过点 B 作 BB垂直于准线 x1，垂足为 B，易知CBBCAA，所以SBCFSACF|BC|AC|BB|AA|.又|BB|BF
14、|3，|AA|x1p252172，所以SBCFSACF37267.故选 D.解析答案 y216x答案18(2019昆明模拟)已知点 A 是抛物线 y22px(p0)上一点，F 为其焦点，以 F 为圆心，|FA|为半径的圆交准线于 B，C 两点，FBC 为正三角形，且ABC 的面积是1283，则抛物线的标准方程为_解析 如图，设抛物线的准线交 x 轴于点 D，依题意得|DF|p，|DF|BF|cos30，因此|BF|2p3，|AF|BF|2p3.由抛物线的定义知，点 A 到准线的距离也为2p3，又ABC 的面积为1283，因此有122p32p31283，p8，所以该抛物线的标准方程为 y216x
15、.解析第2步精做大题 能力练一、高考大题1(2019全国卷)已知抛物线 C：y23x 的焦点为 F，斜率为32的直线l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P.(1)若|AF|BF|4，求 l 的方程；(2)若AP3PB，求|AB|.解 设直线 l：y32xt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得 F34，0，故|AF|BF|x1x232.解又|AF|BF|4，所以 x1x252.由 y32xt，y23x可得 9x212(t1)x4t20，则 x1x212t19.从而12t1952，解得 t78.所以 l 的方程为 y32x78.解(2)由AP3PB可得 y13y2.由
16、y32xt，y23x可得 y22y2t0，所以 y1y22，从而3y2y22，故 y21，y13.代入 C 的方程得 x13，x213，即 A(3,3)，B13，1.故|AB|4 133.解2(2019浙江高考)如图，已知点 F(1,0)为抛物线y22px(p0)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 的坐标解(1)由题意得p21，即 p2.所以抛物线的准线
17、方程为 x1.(2)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心 G(xG，yG)令 yA2t，t0，则 xAt2.由于直线 AB 过 F，故直线 AB 的方程为 xt212t y1，代入 y24x，得 y22t21ty40，故 2tyB4，即 yB2t，所以 B1t2，2t.解又 xG13(xAxBxC)，yG13(yAyByC)及重心 G 在 x 轴上，得 2t2tyC0，得 C1tt 2，21tt，G2t42t223t2，0.所以直线 AC 的方程为 y2t2t(xt2)，得 Q(t21,0)由于 Q 在焦点 F 的右侧，故 t22.从而解S1S212|FG|yA|12
18、|QG|yC|2t42t223t21|2t|t212t42t223t22t2t2t4t2t41 2t22t41.令 mt22，则 m0，S1S22mm24m321m3m4212m 3m41 32.当 m 3时，S1S2取得最小值 1 32，此时 G(2,0)解解(1)当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x2，可得 M 的坐标为(2,2)或(2，2)所以直线 BM 的方程为 y12x1 或 y12x1.解3(2018全国卷)设抛物线 C：y22x，点 A(2,0)，B(2，0)，过点A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；(2)证明：A
19、BMABN.(2)证明：当 l 与 x 轴垂直时，AB 为线段 MN 的垂直平分线，所以ABMABN.当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x10，x20.由ykx2，y22x，得 ky22y4k0，可知 y1y22k，y1y24.直线 BM，BN 的斜率之和为kBMkBN y1x12 y2x22x2y1x1y22y1y2x12x22.解将 x1y1k 2，x2y2k 2 及 y1y2，y1y2 的表达式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2)2y1y24ky1y2k88k0.所以 kBMkBN0，可知 BM，
20、BN 的倾斜角互补，所以ABMABN.综上，ABMABN.解4(2018浙江高考)如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C：y24x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上(1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；(2)若 P 是半椭圆 x2y241(x0)上的动点，求PAB 面积的取值范围解(1)证明：设 P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2 为方程yy022414y2x02即 y22y0y8x0y200 的两个不同的实根所以 y1y22y0，因此，PM 垂
21、直于 y 轴解(2)由(1)可知y1y22y0，y1y28x0y20，所以|PM|18(y21y22)x034y203x0，|y1y2|2 2y204x0.因此，PAB 的面积 SPAB12|PM|y1y2|3 24(y204x0)32.因为 x20y2041(x00，解得 k0 或 0k0，解x1x2m2，y1y2(2x21)(2x22)4(x1x2)2m2，直线 AB 过AOB 的外心，OAOB，OA OB 0，m2m20，m0 或 m12，直线 AB 不过点 O，m0，m12，直线 AB：ykx12，直线 AB 过定点0，12.解解(1)因为 Fp2，0，在抛物线方程 y22px 中，令
22、 xp2，可得 yp.于是当直线与 x 轴垂直时，|AB|2p4，解得 p2.所以抛物线的方程为 y24x.解8(2019烟台一模)已知 F 为抛物线 C：y22px(p0)的焦点，过 F 的动直线交抛物线 C 于 A，B 两点当直线与 x 轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线 C 的方程；(2)设直线 AB 的斜率为 1 且与抛物线的准线 l 相交于点 M，抛物线 C上存在点 P 使得直线 PA，PM，PB 的斜率成等差数列，求点 P 的坐标(2)因为抛物线 y24x 的准线方程为 x1，由已知可求得直线 AB 的方程为 yx1，所以 M(1，2)联立y24x，yx1消去 x，得 y24y4
23、0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y24，y1y24.若点 P(x0，y0)满足条件，则 2kPMkPAkPB，即 2y02x01y0y1x0 x1y0y2x0 x2，解因为点 P，A，B 均在抛物线上，所以 x0y204，x1y214，x2y224.代入化简可得2y02y204 2y0y1y2y20y1y2y0y1y2，将 y1y24，y1y24 代入，解得 y02.将 y02 代入抛物线方程，可得 x01.于是点 P(1，2)为满足题意的点解9(2019扬州一模)已知直线 x2 上有一动点 Q，过点 Q 作直线 l1垂直于 y 轴，动点 P 在 l1 上，且满足OP OQ
24、 0(O 为坐标原点)，记点 P 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)已知定点 M12，0，N12，0，A 为曲线 C 上一点，直线 AM 交曲线C 于另一点 B，且点 A 在线段 MB 上，直线 AN 交曲线 C 于另一点 D，求MBD 的内切圆半径 r 的取值范围解(1)设点 P(x，y)，则 Q(2，y)，OP(x，y)，OQ(2，y)OP OQ 0，OP OQ 2xy20，即 y22x.曲线 C 的方程为 y22x.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线 BD 与 x 轴交点为 E，直线AB 与内切圆的切点为 T.设直线 AM 的方程为 ykx12，则联立方程组ykx12，y22x，得 k2x2(k22)xk240，解x1x214且 0 x1x2，x1121，r112t11t21t在区间(1，)上单调递增，则 r121 21，即 r 的取值范围为(21，)解本课结束