1、第5節(jié)拋物線知識點、方法基礎(chǔ)鞏固練綜合運用練應(yīng)用創(chuàng)新練拋物線的定義2,5,6,7拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程3,8拋物線的幾何性質(zhì)1,411直線與拋物線的綜合910,12,13,14,15,1617,181.拋物線y=8x2的焦點坐標(biāo)是(A)A.(0,132)B.(0,116)C.(0,2)D.(0,4)解析:因為拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=18y,所以焦點坐標(biāo)為(0,132).故選A.2.若拋物線x2=16y上一點(x0,y0)到焦點的距離是該點到x軸距離的3倍,則y0等于(D)A.12 B.2 C.1 D.2解析:拋物線x2=16y上一點(x0,y0)到焦點的距離是該點到x軸距離的3倍,可得y0+p2=3

2、y0,所以y0=p4=84=2.故選D.3.點M(5,3)到拋物線y=ax2(a0)的準(zhǔn)線的距離為6,那么拋物線的方程是(D)A.y=12x2B.y=12x2或y=-36x2C.y=-36x2D.y=112x2或y=-136x2解析:分兩類a0,a0),由拋物線定義知,xP+2=42,所以xP=32,yP=4232=26,因此SPOF=12262=23.故選C.6.(2021廣西名校模擬)已知點M是拋物線x2=4y上的一動點,F為拋物線的焦點,A是圓C:(x-1)2+(y-4)2=1上一動點,則|MA|+|MF|的最小值為(B)A.3B.4C.5D.6解析:過M作MP垂直于準(zhǔn)線,垂足為P(圖略

3、),利用拋物線的定義知|MP|=|MF|,當(dāng)M,A,P三點共線時,|MA|+|MF|的值最小,且最小值為|CP|-r=|CP|-1.因為拋物線的準(zhǔn)線方程y=-1,圓心C(1,4),所以|CP|=4+1=5,所以(|MA|+|MF|)min=5-1=4.故選B.7.已知拋物線C:y2=2x,過原點作兩條互相垂直的直線分別交C于A,B兩點(A,B均不與坐標(biāo)原點重合),則拋物線的焦點F到直線AB的距離的最大值為(C)A.2B.3C.32 D.4解析:設(shè)直線AB的方程為x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2).由x=my+t,y2=2xy2-2my-2t=0y1y2=-2t,由OAOBx1x2

4、+y1y2=(y1y2)24+y1y2=0y1y2=-4,所以t=2,即直線AB過定點(2,0).所以拋物線的焦點F到直線AB的距離的最大值為2-12=32.故選C.8.如圖是拋物線形拱橋,當(dāng)水面在l時,拱頂離水面2 m,水面寬4 m.水位下降1 m后,水面寬m.解析:建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)拋物線方程為x2=-2py(p0),由題意將點A(2,-2)代入x2=-2py,得p=1,故x2=-2y.設(shè)B(x,-3),代入x2=-2y中,得x=6,故水面寬為26m.答案:269.已知F是拋物線C:y2=16x的焦點,過F的直線l與直線x+3y-1=0垂直,且直線l與拋物線C交于A,B兩點,

5、則|AB|=.解析:因為F是拋物線C:y2=16x的焦點,所以F(4,0).又過F的直線l與直線x+3y-1=0垂直,所以直線l的方程為y=3(x-4),代入拋物線C:y2=16x,易得3x2-40 x+48=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=403,x1x2=16,所以|AB|=1+3(x1+x2)2-4x1x2=643.答案:64310.(多選題)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點為F,直線l字母的斜率為3,且經(jīng)過點F,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(zhǔn)線交于點D,若|AF|=4,則以下結(jié)論正確的是(ABC)A.p=2 B.F為AD中

6、點C.|BD|=2|BF|D.|BF|=2解析:由題意F(p2,0),直線l的斜率為3,則直線方程為y=3(x-p2),聯(lián)立y2=2px,y=3(x-p2),得12x2-20px+3p2=0.解得xA=32p,xB=16p,由|AF|=32p+p2=2p=4,得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x,所以xB=16p=13,則|BF|=13+1=43,|BD|=|BF|cos60=4312=83,所以|BD|=2|BF|.又|BD|+|BF|=43+83=4,則F為AD中點.所以運算結(jié)論正確的是ABC.故選ABC.11.(2021江蘇常州高三一模)過拋物線y2=2x上一點P作圓C: x2+(y-

7、6)2=1的切線,切點為A,B,則當(dāng)四邊形PACB的面積最小時,P點的坐標(biāo)是(C)A.(1,2)B.( 32,3)C.(2,2)D.( 52,5)解析:由題意可設(shè)P(12a2,a),當(dāng)四邊形PACB的面積最小時,點P到圓心C(0,6)的距離最小,即|PC|2=(12a2)2+(6-a)2=14a4+a2-12a+36,可令f(a)=14a4+a2-12a+36,則f(a)=a3+2a-12=(a-2)(a2+2a+6),則當(dāng)f(a)=0時,a=2,此時取得最小值,四邊形PACB的面積為2121|PC|2-1=22+(6-2)2-1=19,所以P(2,2).故選C.12.在平面直角坐標(biāo)系xOy中

8、,設(shè)拋物線y2=2p1x(p10)與x2=2p2y(p20)在第一象限的交點為A,若OA的斜率為2,則p2p1=.解析:設(shè)A(x,y),由y2=2p1xyx=2p1y,x2=2p2yx2p2=yx,則kOA=2=2p1y=x2p2x=4p2,y=p1,故A(4p2,p1),代入拋物線得p12=2p14p2p2p1=18.答案:1813.設(shè)F為拋物線C:y2=2px(p0)的焦點,過F作傾斜角為60的直線交拋物線C于A,B兩點,若|AF|-|BF|=4,則|AB|=.解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x10,x20),則|AF|-|BF|=(x1+p2)-(x2+p2)=x1-x2=4

9、.直線AB的方程為y=3(x-p2),由y=3(x-p2),y2=2px,得3x2-5px+34p2=0,所以x1+x2=53p,x1x2=14p2,所以(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=169p2=42,因為p0,所以p=3,所以|AB|=x1+x2+p=83p=8,答案:814.已知點M(x0,y0)(y00)是拋物線C:y2=4x上一點,以M為圓心,r為半徑的圓M與拋物線C的準(zhǔn)線相切,且與x軸的兩個交點的橫坐標(biāo)之積為5,則圓M的方程為,若過拋物線C的焦點F作圓M的切線交拋物線于A,B兩點,則|AF|BF|=.解析:設(shè)圓M與拋物線的準(zhǔn)線相切于點D,與x軸交于P,Q兩點,如圖所

10、示.因為|MP|=|MD|=r,所以P為拋物線的焦點F,則P(1,0),又因為xPxQ=5,所以Q(5,0).因為|MP|=|MQ|=r,所以x0=5+12=3,y0=43=23,M(3,23),r=(3-1)2+(23-0)2=4,所以圓M:(x-3)2+(y-23)2=16.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),如圖所示.kMF=233-1=3,所以kAB=-33,lAB:y=-33(x-1),聯(lián)立y=-33(x-1),y2=4xx2-14x+1=0,得x1+x2=14,x1x2=1,所以|AF|BF|=(x1-1)2+y12(x2-1)2+y22=(x1-1)2+4x1(x2-1)2+4

11、x2=(x1+1)2(x2+1)2=(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=16.答案:(x-3)2+(y-23)2=161615.如圖,已知點P(t,5)(t0),拋物線x2=2py的焦點是F(0,1),A,B是拋物線上兩點,四邊形FAPB是矩形.(1)求拋物線的方程;(2)求矩形FAPB的面積.解:(1)因為拋物線x2=2py的焦點是F(0,1),所以p2=1,解得p=2,所以拋物線的方程為x2=4y.(2)設(shè)A(2t1,t12),B(2t2,t22),因為四邊形FAPB是矩形,所以xA+xB2=xF+xP2,yA+yB2=yF+yP2,且FAFB=0,即2t1+2t22=t2

12、,t12+t222=1+52=3,且2t12t2+(t12-1)(t22-1)=0,所以t1+t2=t2,t1t2=t28-3,且t4-16t2-512=0,所以(t2-32)(t2+16)=0,解得t2=32,t1t2=1,由拋物線的定義得|FA|=t12+1,|FB|=t22+1,所以矩形FAPB的面積為S=|FA|FB|=(t12+1)(t22+1)=t12t22+t12+t22+1=1+6+1=8,所以矩形FAPB的面積為8.16.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線C:x2=2py(p0)的焦點為F,點A在拋物線C上,若|AO|=|AF|=32.(1)求拋物線C的方程;(2)設(shè)直線l與拋

13、物線C交于P,Q兩點,若線段PQ的中點的縱坐標(biāo)為1,求OPQ的面積的最大值.解:(1)因為點A在拋物線C上,|AO|=|AF|=32,所以點A的縱坐標(biāo)為p4,所以p4+p2=32,所以p=2,所以拋物線C的方程為x2=4y.(2)由題意知直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(b0),代入拋物線方程,可得x2-4kx-4b=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=-4b,所以y1+y2=4k2+2b,因為線段PQ的中點的縱坐標(biāo)為1,所以2k2+b=1,即2k2=1-b0,所以0b1,SOPQ=12b|x1-x2|=12b(x1+x2)2-4x1x2=12

14、b16k2+16b=b2+2b=2b3+b2(00,函數(shù)單調(diào)遞增,所以當(dāng)b=1時,OPQ的面積最大,最大值為2.17.(2021遼寧沈陽高三一模)已知拋物線x2=4y,點M(t,-2),t-1,1,過M作拋物線的兩條切線MA,MB,其中A,B為切點,直線AB與y軸交于點P,則|PA|PB|的取值范圍是.解析:設(shè)切點A(x1,y1),B(x2,y2),由拋物線y=14x2,y=12x,所以切線MA:x1x=2y1+2y,同理切線MB:x2x=2y2+2y,又點M是兩條切線的交點,所以x1t=2y1-4,x2t=2y2-4.所以直線AB的方程為tx=-4+2y,即y-2=tx2.此直線恒過P(0,

15、2),則|PA|PB|=x12+(y1-2)2x22+(y2-2)2=x12+tx122x22+tx222=-x1x2.聯(lián)立y=tx2+2,x2=4y,消去y,得x2-2tx-8=0,所以x1+x2=2t,x1x2=-8,所以(x1+x2)2x1x2=x1x2+x2x1+2=-t22.因為t-1,1,所以-t22-12,0,即-12x1x2+x2x1+20,令m=x1x2,則-12m+1m+20,即-12m+1m+2,m+1m+20,解得-2m-12,所以x1x2-2,-12,即|PA|PB|=-x1x212,2.答案: 12,218.(2021浙江臨海高三模擬)如圖,直線 y=2x-2與拋物

16、線x2=2py(p0)交于M1,M2兩點,直線y=p2與y軸交于點F,且直線y=p2恰好平分M1FM2.(1)求p的值;(2)設(shè)A是直線y=p2上一點,直線AM2交拋物線于另一點M3,直線M1M3交直線y=p2于點B,求OAOB的值.解:(1)由y=2x-2,x2=2py,整理得x2-4px+4p=0,設(shè)M1(x1,y1),M2(x2,y2),則=16p2-16p0,x1+x2=4p,x1x2=4p,因為直線y=p2平分M1FM2,所以kM1F+kM2F=0,所以y1-p2x1+y2-p2x2=0,即2x1-2-p2x1+2x2-2-p2x2=0,所以4-(2+p2)x1+x2x1x2=0,得p=4,滿足0,所以p=4.(2)由(1)知拋物線方程為x2=8y,且x1+x2=16,x1x2=16,M1(x1,x128),M2(x2,x228),設(shè)M3(x3,x328),A(t,2),B(a,2),由A,M2,M3三點共線得kM2M3=kAM