課時作業(三十)拋物線的簡單幾何性質[練基礎]1．若點(m，n)在拋物線y2＝－13x上，則下列點中一定在該拋物線上的是()A．(－m，－n)B．(m，－n)C．(－m，n)D．(－n，－m)2．拋物線的頂點在原點，對稱軸是x軸，點(－5，2eq\r(5))在拋物線上，則拋物線的方程為()A．y2＝－2xB．y2＝－4xC．y2＝2xD．y2＝4x3．垂直于x軸的直線交拋物線y2＝4x于A，B兩點，且|AB|＝4eq\r(3)，求直線AB的方程()A．x＝3B．x＝eq\r(3)C．y＝3D．y＝eq\r(3)4．已知直線y＝kx－k及拋物線y2＝2px(p＞0)，則()A．直線與拋物線有一個公共點B．直線與拋物線有兩個公共點C．直線與拋物線有一個或兩個公共點D．直線與拋物線可能沒有公共點5．已知拋物線y＝mx2(m＞0)的焦點為F，過點F且傾斜角為30°的直線交拋物線于A，B兩點，若|AB|＝6，則焦點F的坐標為()A．(0，eq\f(9,4))B．(0，eq\f(9,8))C．(0，eq\f(9,2))D．(0，eq\f(3,2))6．(多選)已知拋物線C：x2＝2py(p≠0)，若直線y＝2x被拋物線所截弦長為4eq\r(5)，則拋物線C的方程為()A．x2＝4yB．x2＝－4yC．x2＝2yD．x2＝－2y7．[2022·湖南師大附中高二期中]已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點F的直線與C交于A，B兩點，且|FA|＝4，則|AB|＝________．8．拋物線y2＝2x上兩點A，B與坐標原點O構成等邊三角形，則該三角形的邊長為________．9．設拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，直線l與拋物線C交于不同的兩點A、B，線段AB中點M的橫坐標為2，且|AF|＋|BF|＝6.(1)求拋物線C的標準方程；(2)若直線l(斜率存在)經過焦點F，求直線l的方程．[提能力]10．若正三角形的頂點都在拋物線y2＝4x上，其中一個頂點恰為坐標原點，則這個三角形的面積是()A．48eq\r(3)B．24eq\r(3)C．eq\f(16\r(3),9)D．46eq\r(3)11．[2022·湖南長郡中學高二期中](多選)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，斜率為eq\r(3)且經過點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點(點A在第一象限)，與拋物線的準線交于點D，若|AF|＝4，則以下結論正確的是()A．p＝2B．F為AD中點C．|BD|＝2|BF|D．|BF|＝212．過點Q(4，1)作拋物線y2＝8x的弦AB，恰被點Q所平分，則AB所在直線的方程為________．13．已知拋物線C1：y2＝8x的焦點為F，圓C2：(x－2)2＋y2＝16與拋物線C1在第一象限的交點為A(x0，y0)，直線l：y＝t(0＜t＜y0)與拋物線C1的交點為B，直線l與圓C2在第一象限的交點為D，則y0＝________；△C2DB周長的取值范圍為________．14．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的準線方程為x＝－1，過其焦點F的直線l交拋物線C于A、B兩點，線段AB的中點為M，坐標原點為O，且直線OM的斜率為eq\f(\r(2),2).(1)求實數p的值；(2)求△OAB的面積．[培優生]15．已知拋物線y＝eq\f(1,4)x2和y＝－eq\f(1,16)x2＋5所圍成的封閉曲線如圖所示，給定點A(0，a)，若在此封閉曲線上恰有三對不同的點，滿足每一對點關于點A對稱，則實數a的取值范圍是()A．(1，3)B．(2，4)C．(eq\f(3,2)，3)D．(eq\f(5,2)，4)課時作業(三十)拋物線的簡單幾何性質1．解析：由拋物線關于x軸對稱易知，點(m，－n)一定在該拋物線上．答案：B2．解析：根據題意設出拋物線的方程y2＝mx(m≠0)，因為點(－5，2eq\r(5))在拋物線上，所以有20＝－5m，解得m＝－4，所以拋物線的方程是：y2＝－4x.答案：B3．解析：由垂直于x軸的直線交拋物線y2＝4x于A，B兩點，且|AB|＝4eq\r(3)，根據拋物線y2＝4x關于x軸對稱，則A(x，2eq\r(3))，B(x，－2eq\r(3))，將點A坐標代入拋物線方程可得：12＝4x，解得x＝3.答案：A4．解析：∵直線y＝kx－k＝k(x－1)，∴直線過定點(1，0).∴當k＝0時，直線y＝0與拋物線有一個公共點，即頂點；當k≠0時，點(1，0)在拋物線的內部，所以直線與拋物線有兩個公共點，綜上所述，直線與拋物線有一個或兩個公共點．答案：C5．解析：y＝mx2(m＞0)的方程的標準形式為x2＝eq\f(1,m)y，則F(0，eq\f(1,4m))，所以直線AB的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(1,4m)，與y＝mx2(m＞0)聯立，消去x，得3y2－eq\f(5,2m)y＋eq\f(3,16m2)＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(5,6m)，由y1＋y2＋eq\f(1,2m)＝6，解得eq\f(1,m)＝eq\f(9,2)，所以焦點F的坐標為(0，eq\f(9,8)).答案：B6．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2py,y＝2x))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4p,y＝8p))，則交點坐標為(0，0)，(4p，8p)，則eq\r(（4p）2＋（8p）2)＝4eq\r(5)，解得：p＝±1，則拋物線C的方程x2＝±2y.答案：CD7．解析：設過F(1，0)的直線方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立直線與拋物線方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，可得y2－4my－4＝0，由韋達定理，可得y1y2＝－4，則x1x2＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)·eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＝1，∵由拋物線的定理，可得|FA|＝x1＋1＝4，∴x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，∴|FB|＝x2＋1＝eq\f(4,3)，|AB|＝4＋eq\f(4,3)＝eq\f(16,3).答案：eq\f(16,3)8．解析：由拋物線和等邊三角形的對稱性可設A(eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)，y1)，B(eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)，－y1)，所以由等邊三角形的性質可得eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)＝eq\r(3)|y1|，所以|y1|＝2eq\r(3)，所以該三角形的邊長為4eq\r(3).答案：4eq\r(3)9．解析：(1)由題意得：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則線段AB中點M點的橫坐標x＝eq\f(x1＋x2,2)＝2，∴x1＋x2＝4，∴|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝4＋p＝6，解得p＝2.∴拋物線的標準方程為y2＝4x.(2)由問題(1)可知拋物線的焦點坐標為F(1，0)，故設直線方程為y＝k(x－1)，k≠0，聯立方程組為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1）,y2＝4x))?k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)＝4，解得k＝±eq\r(2)，∴直線l的方程y＝±eq\r(2)(x－1).10．解析：設三角形其中一個頂點為(x，2eq\r(x))，因為三角形是正三角形，所以eq\f(2\r(x),x)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，即eq\f(4,x)＝eq\f(1,3)，解得x＝12，所以三角形的兩個頂點為(12，4eq\r(3))，(12，－4eq\r(3))，所以三角形的面積為S＝eq\f(1,2)×12×(4eq\r(3)＋4eq\r(3))＝48eq\r(3).答案：A11．解析：因為直線l的斜率為eq\r(3)，且|AF|＝4，所以A的縱坐標為2eq\r(3)，橫坐標為2＋eq\f(p,2)，所以(2eq\r(3))2＝2p(2＋eq\f(p,2))，因為p＞0，解得p＝2，故A正確；因為F(1，0)，所以直線l：y＝eq\r(3)x－eq\r(3)，令x＝－1，所以y＝－2eq\r(3)，則D(－1，－2eq\r(3))，又因為A(3，2eq\r(3))，則AD的中點為(1，0)即為F(1，0)，故B正確；eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝\r(3)x－\r(3)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝2\r(3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3),y＝－\f(2\r(3),3)))，即A(3，2eq\r(3))，B(eq\f(1,3)，－eq\f(2\r(3),3))，則|BD|＝eq\r(（－1－\f(1,3)）2＋（－2\r(3)＋\f(2\r(3),3)）2)＝eq\f(8,3)，|BF|＝eq\f(1,3)＋1＝eq\f(4,3)，因此|BD|＝2|BF|，故C正確；D錯誤．答案：ABC12．解析：方法一設以Q為中點的弦AB的端點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝8x1，yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝8x2，∴(y1＋y2)(y1－y2)＝8(x1－x2).又y1＋y2＝2，∴y1－y2＝4(x1－x2)，即4＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，∴k＝4.∴所求弦AB所在直線的方程為y－1＝4(x－4)，即4x－y－15＝0.方法二設弦AB所在直線的方程為y＝k(x－4)＋1.聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝k（x－4）＋1，))消去x，得ky2－8y－32k＋8＝0，此方程的兩根就是線段端點A，B兩點的縱坐標，由根與系數的關系得y1＋y2＝eq\f(8,k).又y1＋y2＝2，∴k＝4.∴所求弦AB所在直線的方程為4x－y－15＝0.13．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）2＋y2＝16,y2＝8x))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝±4))，∵y0＞0，∴y0＝4，設l：y＝t(0＜t＜y0)與拋物線的準線x＝－2交于點P，則|BP|＝|BC2|，△C2DB周長為|BC2|＋|BD|＋|DC2|＝|DP|＋4.又|DP|∈(4，8).∴周長∈(8，12).答案：4(8，12)14．解析：(1)由準線方程為x＝－1知，eq\f(p,2)＝1，故p＝2.(2)由(1)知，拋物線方程為y2＝4x，設直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)與拋物線方程聯立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))，化簡得y2－4my－4＝0.則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.由線段AB的中點為M，知xM＝eq\f(x1＋x2,2)，yM＝eq\f(y1＋y2,2)，kOM＝eq\f(yM,xM)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(\r(2),2)，代入韋達定理知，eq\f(4m,m×4m＋2)＝eq\f(\r(2),2)，解得m＝eq\f(\r(2),2)，故直線l的方程為eq\r(2)x－y－eq\r(2)＝0.所以|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1·y2)＝eq\r(1＋\f(1,（\r(2)）2))·eq\r(（2\r(2)）2－4×（－4）)＝6，d＝eq\f(\r(2),\r(（\r(2)）2＋（－1）2))＝eq\f(\r(6),3).因此△OAB的面積S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(6),3)＝eq\r(6).15．解析：顯然，過點A與x軸平行的直線與封閉曲線的兩個交點關于點A對稱，且這兩個點在同一曲線上．當對稱的兩個點分屬兩段曲線時，設其中一個點為(x1，y1)，其中y1＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)，且－4≤x1≤4，則其關于點A的對稱點為(－x1，2a－y1)，所以這個點在曲線y＝－eq\f(1,16)x2＋5上，所以2a－y1＝－eq\f(1,16)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋5，即2a－eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4