《2020屆高考數(shù)學一輪總復習 課時跟蹤練（五十九）拋物線 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學一輪總復習 課時跟蹤練（五十九）拋物線 理（含解析）新人教A版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤練(五十九) A組　基礎鞏固 1．(2019·黃山模擬)若拋物線y2＝8x上一點P到其焦點的距離為10，則點P的坐標為(　　) A．(8，8) B．(8，－8) C．(8，±8) D．(－8，±8) 解析：設P(xP，yP)， 因為點P到焦點的距離等于它到準線x＝－2的距離， 所以xP＝8，則yP＝±8， 所以點P的坐標為(8，±8)．故選C. 答案：C 2．O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2＝4x的焦點，P為C上一點，若|PF|＝4，則△POF的面積為(　　) A．2 B．2 C．2 D．4 解析：如圖，設點P的坐標為(x0，y0)，

2、由|PF|＝x0＋＝4，得x0＝3， 代入拋物線方程得，y＝4×3＝24，所以|y0|＝2， 所以S△POF＝|OF||y0|＝××2＝2. 答案：C 3．(2019·珠海模擬)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l，點P為拋物線上一點，且在第一象限，PA⊥l，垂足為A，|PF|＝4，則直線AF的傾斜角等于(　　) A. B. C. D. 解析：由拋物線y2＝4x知焦點F的坐標為(1，0)，準線l的方程為x＝－1，由拋物線定義可知|PA|＝|PF|＝4，所以點P的坐標為(3，2)，因此點A的坐標為(－1，2)，所以kAF＝＝－，所以直線AF的傾斜角等于，故選B. 答

3、案：B 4．(2019·河南百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在拋物線C上，且|MO|＝|MF|＝(O為坐標原點)，則·＝(　　) A．－ B. C. D．－ 解析：不妨設M(m，)(m>0)，易知拋物線C的焦點F的坐標為，因為|MO|＝|MF|＝，所以解得m＝，p＝2，所以＝，＝，所以·＝－2＝－.故選A. 答案：A 5．(2019·長沙模擬)已知點P(x0，y0)是拋物線y2＝4x上的一個動點，Q是圓C：(x＋2)2＋(y－4)2＝1上的一個動點，則x0＋|PQ|的最小值為(　　) A．2－1 B．2 C．3 D．4 解析

4、：設拋物線y2＝4x的焦點F(1，0)，過點P(x0，y0)作準線l：x＝－1的垂線，垂足為N，則x0＋|PQ|＝|PN|＋|PQ|－1＝|PF|＋|PQ|－1≥|CF|－2＝－2＝5－2＝3，當且僅當C，P，F(xiàn)三點共線且點Q在線段CF上時取等號，則x0＋|PQ|的最小值是3，故選C. 答案：C 6．(2019·福州模擬)函數(shù)y＝ax－1(a＞0且a≠1)的圖象恒過點P，則焦點在x軸上且過點P的拋物線的標準方程是________________． 解析：設拋物線的方程為y2＝mx(m≠0)，由題意知點P的坐標為(1，1)，代入y2＝mx，可得m＝1，所以焦點在x軸上且過點P的拋物線的標準

5、方程是y2＝x. 答案：y2＝x 7．(2019·玉溪模擬)已知F是拋物線y＝x2的焦點，M、N是該拋物線上的兩點，|MF|＋|NF|＝3，則線段MN的中點到x軸的距離為________． 解析：拋物線的焦點為，準線為y＝－，過M，N作準線的垂線，垂足分別為M′，N′， 則|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|， 所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝3， 設線段MN的中點為P，過P作準線的垂線，垂足為P′， 則|PP′|＝＝， 所以線段MN的中點P到x軸的距離為|PP′|－＝－＝. 答案： 8．過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F作斜率大于0的直線l交

6、拋物線于A，B兩點(A在B的上方)，且l與準線交于點C，若＝4，則＝________． 解析：根據(jù)題意，設|AF|＝a，|BF|＝b， 過A，B作準線的垂線，垂足分別為M，N， 則有|BF|＝|BN|＝b，|AF|＝|AM|＝a， 因為＝4，所以|CB|＝4|BF|， 即|CB|＝4|BN|， 又BN∥AM， 所以|CA|＝4|AM|，即4b＋b＋a＝4a， 變形可得＝， 即＝. 答案： 9．已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，A是拋物線上橫坐標為4，且位于x軸上方的點，A到拋物線準線的距離等于5，過A作AB垂直于y軸，垂足為B，OB的中點為M. (1)求拋

7、物線的方程； (2)若過M作MN⊥FA，垂足為N，求點N的坐標． 解：(1)拋物線y2＝2px的準線為x＝－，于是4＋＝5， 所以p＝2， 所以拋物線方程為y2＝4x. (2)由(1)知點A的坐標是(4，4)，由題意得B(0，4)，M(0，2)． 又因為F(1，0)，所以kFA＝. 因為MN⊥FA，所以kMN＝－， 所以FA的方程為y＝(x－1)，① MN的方程為y＝－x＋2，② 由①②聯(lián)立得x＝，y＝， 所以點N的坐標為. 10．已知過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，斜率為2的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)兩點，且|AB|＝9.

8、(1)求該拋物線的方程； (2)O為坐標原點，C為拋物線上一點，若＝＋λ，求λ的值． 解：(1)直線AB的方程是y＝2， 與y2＝2px聯(lián)立，從而有4x2－5px＋p2＝0， 所以x1＋x2＝，由拋物線定義得|AB|＝x1＋x2＋p＝9， 所以p＝4，從而拋物線方程是y2＝8x. (2)由(1)知p＝4，4x2－5px＋p2＝0可簡化為x2－5x＋4＝0， 又x1＜x2， 從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4， 從而A(1，－2)，B(4，4)． 設＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4，4)＝(4λ＋1，4λ－2)，又y＝8x3，即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋

9、1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2. B組　素養(yǎng)提升 11．(2019·太原模擬)拋物線y2＝8x的焦點為F，設A，B是拋物線上的兩個動點，|AF|＋|BF|＝|AB|，則∠AFB的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：設|AF|＝m，|BF|＝n， 因為|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的最大值為.故選D. 答案：D 12．(2017·全國卷Ⅱ)過拋物線C：y2＝4x的焦點F，且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方)，l

10、為C的準線，點N在l上，且MN⊥l，則M到直線NF的距離為(　　) A. B．2 C．2 D．3 解析：拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0)，準線方程為x＝－1.由直線方程的點斜式可得直線MF的方程為y＝(x－1)． 聯(lián)立得方程組 解得或 因為點M在x軸的上方， 所以M(3，2)． 因為MN⊥l， 所以N(－1，2)． 所以|NF|＝＝4， |MF|＝|MN|＝＝4. 所以△MNF是邊長為4的等邊三角形． 所以點M到直線NF的距離為2. 故選C. 答案：C 13．[一題多解](2018·全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦

11、點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________． 解析：法一　由題意可知C的焦點坐標為(1，0)，所以過焦點(1，0)，斜率為k的直線方程為x＝＋1， 設A，B，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立得整理得y2－y－4＝0， 從而得y1＋y2＝，y1·y2＝－4. 因為M(－1，1)，∠AMB＝90°，所以·＝0， 即·＋(y1－1)(y2－1)＝0， 即k2－4k＋4＝0，解得k＝2. 法二　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ②－①得y－y＝4(x2－x1)，從而k＝＝. 設AB的中點為M′，連接MM′. 因為直線AB過拋物線y2＝4x的焦

12、點， 所以以線段AB為直徑的⊙M′與準線l：x＝－1相切． 因為M(－1，1)，∠AMB＝90°， 所以點M在準線l：x＝－1上，同時在⊙M′上， 所以準線l是⊙M′的切線，切點為M，且M′M⊥l， 即MM′與x軸平行， 所以點M′的縱坐標為1，即＝1?y1＋y2＝2， 故k＝＝＝2. 答案：2 14．拋物線y2＝4x的焦點為F，過點F的直線交拋物線于A，B兩點． (1)若＝2，求直線AB的斜率； (2)設點M在線段AB上運動，原點O關于點M的對稱點為C，求四邊形OACB面積的最小值． 解：(1)依題意知F(1，0)， 設直線AB的方程為x＝my＋1. 將直線AB的方程與拋物線的方程聯(lián)立，消去x得 y2－4my－4＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 因為＝2，所以y1＝－2y2. 聯(lián)立上述三式，消去y1，y2，得m＝±. 所以直線AB的斜率是±2. (2)由點C與原點O關于點M對稱，得M是線段OC的中點， 從而點O與點C到直線AB的距離相等， 所以四邊形OACB的面積等于2S△AOB. 因為2S△AOB＝2×·|OF|·|y1－y2|＝ ＝4， 所以當m＝0時，四邊形OACB的面積最小，最小值是4. 8