1、2023新高考數學第一輪專題練習9.4拋物線及其性質一、選擇題1.(2022屆河南溫縣一中月考,12)雙曲線C1:x2-y2=1和拋物線C2:y2=2px相交于點M,N,若OMN的外接圓經過點A72,0,則拋物線C2的方程為()A.y2=32xB.y2=xC.y2=xD.y2=4x答案A由題意,易知OA是OMN的外接圓的直徑,所以圓的圓心為74,0,半徑為74,所以圓的方程為x-742+y2=742,即x2+y2-72x=0.由x2+y2-72x=0,x2-y2=1,x>0,解得x=2,y=3或x=2,y=-3.不妨令M(2,3),N(2,-3),將M或N的坐標代入拋物線的方程得3=4p

2、,p=34,所以拋物線的方程為y2=32x.故選A.2.(2021長春第二次質檢,10)已知拋物線y2=2px(p>0)上一點A(2,y0),F為焦點,直線FA交拋物線的準線于點M,滿足2FA=AM,則拋物線方程為()A.y2=8xB.y2=16xC.y2=24xD.y2=32x答案C由題意知,拋物線的準線方程為x=-p2,過點A作準線的垂線,垂足為B,由拋物線的定義,得|AB|=|AF|=xA+p2=2+p2,設準線與x軸的交點為C,因為2FA=AM,所以|AB|FC|=23,即2+p2p=23,解得p=12,所以拋物線的方程為y2=24x,故選C.一題多解由題意知,拋物線的焦點為Fp

3、2,0,準線方程為x=-p2,由2FA=AM得,A是線段FM上靠近點F的三等分點,所以M-p2,3y0,所以AM=-p2-2,2y0,又FA=2-p2,y0,所以22-p2=-p2-2,解得p=12,所以拋物線的方程為y2=24x,故選C.3.(2022屆河南開封月考,5)一種衛星接收天線如圖(1)所示,其曲面與軸截面的交線為拋物線.在軸截面內的衛星波束呈近似平行狀態射入形為拋物線的接收天線,經反射聚集到焦點F處,如圖(2)所示.已知接收天線的口徑AB為4.8 m,深度為1 m.若P為接收天線上一點,則點P與焦點F的最短距離為()圖(1)圖(2)A.0.72 mB.1.44 mC.2.44 m

4、D.2.88 m答案B在接收天線的軸截面所在平面建立直角坐標系,使接收天線的頂點與原點重合,焦點在x軸上,如圖所示.設拋物線方程為y2=2px(p>0),由題知,點A(1,2.4)在拋物線上,所以(2.4)2=2p,解得p=2.88.則點P與焦點F的最短距離為p2=1.44 m.故選B.4.(2022屆江西景德鎮一中月考,9)設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,準線為l,過拋物線上一點A作l的垂線,垂足為B.設C(2p,0),AF與BC相交于點D.若|CF|=|AF|,且ACD的面積為922,則p的值為()A.2B.22C.3D.23答案D如圖,由題知Fp2,0,C(2p,0

5、),則|CF|=3p2.ABx軸,|CF|=|AF|=|AB|,四邊形ABFC為平行四邊形,|CD|=|BD|.由|AB|=xA+p2=3p2,解得xA=p,代入y2=2px可得yA=2p,SACD=12SABC=12×12×3p2×2p=922,解得p=23.故選D.5.(2022屆云南玉溪月考,7)已知直線l過拋物線C:y2=x的焦點,并交拋物線C于A,B兩點,|AB|=2,則弦AB中點G的橫坐標是()A.32B.43C.34D.1答案C如圖,由題意可得拋物線的準線m的方程為x=-14,過點G作GDm于點D,過A,B分別作AA'm于點A',BB

6、'm于點B',則|AA'|+|BB'|=|AB|=2,因為弦AB的中點為G,所以|GD|=12(|AA'|+|BB'|)=12|AB|=1,所以點G的橫坐標是1-14=34,故選C.6.(2020貴州4月適應性測試,9)已知拋物線C:y2=2px(p>0),傾斜角為6的直線交C于A,B兩點.若線段AB中點的縱坐標為23,則p的值為()A.12B.1C.2D.4答案C根據題意,設直線AB的方程為x=3y+m,由x=3y+m,y2=2px得y2-23py-2pm=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=23p,y1+y22=3p

7、=23,解得p=2,故選C.一題多解設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=43,且y1-y2x1-x2=tan6=33,由y12=2px1,y22=2px2得(y1+y2)(y1-y2)=2p·(x1-x2),由題意知x1x2,(y1+y2)·y1-y2x1-x2=2p,即43×33=2p,解得p=2,故選C.7.(2021豫北六校1月聯考,5)已知圓C與圓x2+(y-3)2=1外切,與直線y=0相切,則圓C的圓心的軌跡為()A.雙曲線B.橢圓C.直線D.拋物線答案D由題意知,圓C的圓心到點(0,3)的距離比到直線y=0的距離大1,即圓C的圓心到點(

8、0,3)的距離與到直線y=-1的距離相等,根據拋物線的定義可知,所求軌跡是拋物線,故選D.8.(2021九師聯盟第三次聯考,10)已知點M(-4,-2),拋物線x2=4y,F為拋物線的焦點,l為拋物線的準線,P為拋物線上一點,過P作PQl,點Q為垂足,過P作拋物線的切線l1,l1與l交于點R,則|QR|+|MR|的最小值為()A.1+25B.25C.17D.5答案D由題意知F(0,1),直線l的方程為y=-1,由x2=4y,得y=x24,則y'=x2.設Px1,x124(x10),則過P的切線l1的斜率k=x12,連接FQ,因為PQl,所以Q(x1,-1),所以kFQ=-2x1,所以k

9、FQ·k=-1,所以FQl1,連接PF,RF,MF,由拋物線的定義知,|PF|=|PQ|,所以直線l1是線段FQ的垂直平分線,所以|RF|=|RQ|,所以|QR|+|MR|=|RF|+|MR|MF|=(-4-0)2+(-2-1)2=5,當且僅當M,R,F三點共線時等號成立,故選D.9.(2021長春第一次質檢,10)已知拋物線y2=2px(p>0),過其焦點F的直線l與拋物線交于A,B兩點(點A在第一象限),且AB=4FB,則直線l的傾斜角為()A.6B.4C.3D.23答案C解法一:由題意知,拋物線的焦點為Fp2,0,設A(x1,y1),B(x2,y2)(y1>0,y2

10、<0),則AB=(x2-x1,y2-y1),FB=x2-p2,y2,因為AB=4FB,所以x2-x1=4x2-p2,y2-y1=4y2,即x1=2p-3x2,y1=-3y2,結合y12=2px1,y22=2px2,解得y1=3p,y2=-33p,所以直線l的斜率k=y1-y2x1-x2=2py1+y2=3,所以直線l的傾斜角為3,故選C.解法二:設拋物線的準線為l',如圖,過A,B分別作AMl',BNl',垂足分別為M,N,過點B作BCAM于C,則由拋物線的定義知|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.因為AB=4FB,所以|AF|=34|AB|,|FB|=14|

11、AB|,所以|AC|=|AM|-|BN|=|AF|-|FB|=12|AB|,所以在RtABC中,ABC=6,BAC=3,因為AMx軸,所以AFx=BAC=3,所以直線l的傾斜角為3,故選C.解法三:因為AB=4FB,所以AF=3FB,所以|AF|>|FB|,又點A在第一象限,所以直線AB的傾斜角為銳角,由焦點弦的性質知|AF|=p1-cos,|BF|=p1+cos,p1-cos=3p1+cos,解得cos =12.=3.二、填空題10.(2022屆湘豫名校聯盟11月聯考,13)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,點P(4,4)在C上,則|PF|=. 答案5解析

12、將點P(4,4)代入拋物線C:x2=2py,解得p=2,即拋物線方程為x2=4y.所以|PF|=4+p2=5.11.(2022屆河南平頂山月考,16)拋物線C:x=2py2(p>0)的焦點F到準線的距離為2,過點F的直線與C交于A,B兩點,C的準線與x軸的交點為M,若MAB的面積為32,則|AF|BF|=. 答案2或12解析拋物線C:x=2py2(p>0)化為標準形式為y2=12px(p>0).拋物線的焦點F到準線的距離為2,14p=2,即p=18,拋物線方程為y2=4x,焦點F(1,0).過點F的直線與C交于A,B兩點,設直線AB的方程為x=my+1,與拋物線方程

13、聯立得,y2-4my-4=0.設A(x1,y1),B(x2,y2),不妨設A點在x軸上方,B點在x軸下方.則y1+y2=4m,y1y2=-4,|AB|=1+m2·(y1+y2)2-4y1y2=1+m216m2+16=4·(1+m2).設點M到直線AB的距離為d,則d=|-1-1|m2+1=2m2+1.SMAB=12|AB|·d=12×4(1+m2)·2m2+1=4m2+1=32,解得m2=18,m=±24.當m=24時,y1+y2=2,y1y2=-4,解得y1=22,y2=-2,此時x1=2,x2=12,|AF|=x1+1=3,|BF

14、|=x2+1=32,|AF|BF|=2.當m=-24時,y1+y2=-2,y1y2=-4,解得y1=2,y2=-22,此時x1=12,x2=2,|AF|=x1+1=32,|BF|=x2+1=3,|AF|BF|=12.三、解答題12.(2022屆廣西開學考,20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,點M為拋物線C上一點,|MF|=8,且OFM=23(O為坐標原點).(1)求拋物線C的方程;(2)過點F的直線l與拋物線C交于A,B兩點,求AOB面積的最小值.解析(1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為Fp2,0,準線方程為x=-p2,過點M作準線的垂線,垂足為N,過點

15、M作x軸的垂線,垂足為D,如圖,由題意得|MF|=|MN|=p+|MF|·cos 60°,即8=p+4,解得p=4,故拋物線C的方程為y2=8x.(2)焦點F(2,0),由題意知直線l斜率不為0,設直線l方程為x=ty+2,由x=ty+2,y2=8x,消去x得y2-8ty-16=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則有y1+y2=8t,y1y2=-16,|AB|=1+t2|y1-y2|,又坐標原點到直線l的距離d=21+t2,所以SAOB=12·d|AB|=|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=64t2+648,當且僅當t=0時取“=”,所以AOB面

16、積的最小值為8.13.(2022屆山西長治月考,20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,且點F與圓M:(x+4)2+y2=1上點的距離的最小值為4.(1)求C的方程;(2)設點T(1,1),過點T且斜率存在的兩條直線分別交曲線C于A,B兩點和P,Q兩點,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.解析(1)由題意知,圓心為M(-4,0),半徑為1,Fp2,0,p2+4-1=4,p=2,故拋物線方程為y2=4x.(2)由題意設直線AB的方程為y=k1(x-1)+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=4x,y=k

17、1(x-1)+1得k12x2-(2k12-2k1+4)x+(k1-1)2=0,x1+x2=2k12-2k1+4k12,x1x2=(k1-1)2k12,所以|TA|TB|=1+k12|x1-1|·1+k12|x2-1|=(1+k12)·|x1x2-(x1+x2)+1|=(1+k12)·(k1-1)2k12-2k12-2k1+4k12+1=3(1+k12)k12.設直線PQ的方程為y=k2(x-1)+1(k2k1),同理可得|TP|TQ|=3(1+k22)k22,由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得3(1+k12)k12=3(1+k12)k

18、22,又k2k1,所以k2=-k1,所以k1+k2=0.14.(2022屆貴州部分重點中學聯考,21)已知拋物線C:x2=2py(p>0)上的點P(x0,1)到其焦點F的距離為2.(1)求拋物線C的方程及點F的坐標;(2)過拋物線C上一點Q作圓M:x2+(y-3)2=4的兩條斜率都存在的切線,分別與拋物線C交于異于點Q的A,B兩點.證明:直線AB與圓M相切.解析(1)由題意,可得|PF|=1+p2=2,解得p=2,所以拋物線C的方程為x2=4y,焦點為F(0,1).(2)證明:由圓M:x2+(y-3)2=4,可得圓心M(0,3),半徑r=2,設Qx1,x124,Ax2,x224,Bx3,

19、x324(x1x2x3),所以直線QA的方程為y-x224=x224-x124x2-x1(x-x2),即(x1+x2)x-4y-x1x2=0.因為直線QA與圓M相切,所以|x1x2+12|(x1+x2)2+16=2,整理得(x12-4)x22+16x1x2+80-4x12=0.同理可得(x12-4)x32+16x1x3+80-4x12=0,所以x2,x3是方程(x12-4)x2+16x1x+80-4x12=0的兩根,所以x2+x3=-16x1x12-4,x2x3=80-4x12x12-4.又因為直線AB的方程為(x2+x3)x-4y-x2x3=0,所以圓心M(0,3)到直線AB的距離d=|x2

20、x3+12|(x2+x3)2+16=80-4x12x12-4+12-16x1x12-42+16=8x12+32x12-44(x12+4)x12-4=2=r,所以直線AB與圓M相切.15.(2021河南安陽二模,20)已知拋物線C:y2=2px(x>0)的焦點為F,過點F且垂直于x軸的直線與C交于A,B兩點,AOB(點O為坐標原點)的面積為2.(1)求拋物線C的方程;(2)若過點E(0,a)(a>0)的兩直線l1,l2的傾斜角互補,直線l1與拋物線C交于M,N兩點,直線l2與拋物線C交于P,Q兩點,FMN與FPQ的面積相等,求實數a的取值范圍.解析(1)因為焦點Fp2,0,所以點A,

21、B的坐標分別為p2,p,p2,-p.所以SAOB=12·2p·p2=2,故p=2.故拋物線C的方程為y2=4x.(2)由題意可知直線l1,l2的斜率存在,且不為0,設直線l1:x=t(y-a),M(x1,y1),N(x2,y2).聯立方程可得y2=4x,x=t(y-a),消去x,可得y2-4ty+4at=0.則1=16t2-16at>0.因為y1+y2=4t,y1y2=4at,所以|MN|=1+t2|y1-y2|=1+t216(t2-at)=41+t2t2-at,焦點F到直線l1的距離d=|1+ta|1+t2,所以SFMN=12×41+t2t2-at

22、5;|1+ta|1+t2=2t2-at|1+ta|.設直線l2:x=-t(y-a),與拋物線方程聯立可得y2=4x,x=-t(y-a),消去x可得y2+4ty-4ta=0,則2=16t2+16at>0,將t用-t替換,可得SFPQ=2t2+at|ta-1|.由SFMN=SFPQ可得2t2-at|1+ta|=2t2+at|ta-1|,即t+at-a=ta+1ta-1,兩邊平方并化簡可得t2=12-a2,所以2-a2>0,解得0<a<2.又由1>0且2>0得t<-a或t>a,可知t2>a2,所以12-a2>a2,即(a2-1)2>0,所以a1,所以實數a的取值范圍是(0,1)(1,2).16.(2022屆云南玉溪月考,20)已知拋物線E:y2=2px(p>0),過點P(3,0)的直線l交拋物線E于A,B,且OA·OB=-3(O為坐標原點).(1)求拋物線E的方程;(2)過P作與直線l垂直的直線m交拋物線E于C,D,求四邊形ACBD面積的最小值.解析(1)設直線l的方程為x=ty+3,代入E:y2=2px整理得y2-2pty-6p=0.設A(x1,y1),B(x2,y2),所以y1+y2=2pt,y1y2=-6p,所以x