一、選擇題1．若動圓的圓心在拋物線y＝eq\f(1,12)x2上，且與直線y＋3＝0相切，則此圓恒過定點()A．(0，2) B．(0，－3)C．(0，3) D．(0，6)解析：選C.直線y＋3＝0是拋物線x2＝12y的準線，由拋物線的定義知拋物線上的點到直線y＝－3的距離與到焦點(0，3)的距離相等，所以此圓恒過定點(0，3)．2．已知點A是拋物線y2＝2px(p>0)上一點，F(xiàn)為其焦點，以F為圓心，以|FA|為半徑的圓交準線于B，C兩點，△FBC為正三角形，且△ABC的面積是eq\f(128,3)，則拋物線的方程為()A．y2＝12x B．y2＝14xC．y2＝16x D．y2＝18x解析：選C.由題意，如圖可得eq\f(|DF|,|BF|)＝cos30°及|DF|＝p，可得|BF|＝eq\f(2p,\r(3))，從而|AF|＝eq\f(2p,\r(3))，由拋物線的定義知點A到準線的距離也為eq\f(2p,\r(3))，又因為△ABC的面積為eq\f(128,3)，所以eq\f(1,2)×eq\f(2p,\r(3))×eq\f(2p,\r(3))＝eq\f(128,3)，解得p＝8，故拋物線的方程為y2＝16x.3．設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eqB.\f(2,3)C.eq\f(\r(2),2) D．1解析：選C.由題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),2p)，y0))，顯然當y0<0時，kOM<0；當y0>0時，kOM>0.要求kOM的最大值，則y0>0，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),6p)＋\f(p,3)，\f(y0,3)))，所以kOM＝eq\f(\f(y0,3),\f(yeq\o\al(2,0),6p)＋\f(p,3))＝eq\f(2,\f(y0,p)＋\f(2p,y0))≤eq\f(2,2\r(\f(y0,p)·\f(2p,y0)))＝eq\f(\r(2),2)，當且僅當yeq\o\al(2,0)＝2p2時，取得等號．4．已知F為拋物線4y2＝x的焦點，點A，B都是拋物線上的點且位于x軸的兩側，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝15(O為原點)，則△ABO和△AFO的面積之和的最小值為()A.eq\f(1,8)B.eqB.q\f(\r(5),2)C.eq\f(\r(5),4)D.eqD.q\f(\r(65),2)解析：選D.設直線AB的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB與x軸的交點為M(m，0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y2＝x,x＝ty＋m))，可得4y2－ty－m＝0，根據(jù)根與系數(shù)的關系有y1·y2＝－eq\f(m,4)，因為eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝15，所以x1·x2＋y1·y2＝15，從而16(y1·y2)2＋y1·y2－15＝0，因為點A，B位于x軸的兩側，所以y1·y2＝－1，故m＝4.不妨令點A在x軸上方，則y1＞0，如圖所示．又F(eq\f(1,16)，0)，所以S△ABO＋S△AFO＝eq\f(1,2)×4×(y1－y2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,16)y1＝eq\f(65,32)y1＋eq\f(2,y1)≥2eq\r(\f(65y1,32)×\f(2,y1))＝eq\f(\r(65),2)，當且僅當eq\f(65,32)y1＝eq\f(2,y1)，即y1＝eq\f(8\r(65),65)時取“＝”，所以△ABO與△AFO面積之和的最小值是eq\f(\r(65),2)，故選D. 二、填空題5．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準線為l.若射線y＝2(x－1)(x≤1)與C，l分別交于P，Q兩點，則eq\f(|PQ|,|PF|)＝________．解析：由題意知，拋物線C：y2＝4x的焦點F(1，0)，準線l：x＝－1與x軸的交點為F1.過點P作直線l的垂線，垂足為P1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1,y＝2（x－1），x≤1))，得點Q的坐標為(－1，－4)，所以|FQ|＝2eq\r(5).又|PF|＝|PP1|，所以eq\f(|PQ|,|PF|)＝eq\f(|PQ|,|PP1|)＝eq\f(|QF|,|FF1|)＝eq\f(2\r(5),2)＝eq\r(5).答案：eq\r(5)6．拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點A，B在拋物線上，且∠AFB＝120°，過弦AB的中點M作準線l的垂線，垂足為M1，則eq\f(|MM1|,|AB|)的最大值為________．解析：如圖，設|AF|＝a，|BF|＝b，連接AF、BF，由拋物線定義，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，2|MM1|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.由余弦定理得，|AB|2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab，配方得，|AB|2＝(a＋b)2－ab，又因為ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，所以(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－eq\f(1,4)(a＋b)2＝eq\f(3,4)(a＋b)2，得到|AB|≥eq\f(\r(3),2)(a＋b)．所以eq\f(|MM1|,|AB|)≤eq\f(\f(1,2)（a＋b）,\f(\r(3),2)（a＋b）)＝eq\f(\r(3),3)，即eq\f(|MM1|,|AB|)的最大值為eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)三、解答題7．過拋物線x2＝4y的對稱軸上一點P(0，m)(m＞0)作直線l1，l1與拋物線交于A，B兩點．(1)若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＜0(O為坐標原點)，求實數(shù)m的取值范圍；(2)過點P且與l1垂直的直線l2與拋物線交于C，D兩點，設AB，CD的中點分別為M，N，求證：直線MN必過定點，并求出該定點的坐標(用m表示)．解：(1)設直線l1：y＝kx＋m，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y,y＝kx＋m))，消元得：x2－4kx－4m＝0.因為m＞0，所以Δ＝16k2＋16m＞0恒成立．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m.所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2.所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝m2－4m＜0.又m＞0，解得0＜m＜4.(2)由(1)可得x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4k2＋2m，所以M(2k，2k2＋m)，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,k)，\f(2,k2)＋m))，所以直線MN的方程為：eq\f(y－2k2－m,\f(2,k2)－2k2)＝eq\f(x－2k,－\f(2,k)－2k)，整理得：y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,k)))x＋m＋2.所以直線MN過定點(0，m＋2)．8．已知O為坐標原點，直線l：x＝my＋b與拋物線E：y2＝2px(p>0)相交于A，B兩點．(1)當b＝2p時，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))；(2)當p＝eq\f(1,2)且b＝3時，設點C的坐標為(－3，0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2為定值．解：設A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,x＝my＋b))，消元得y2－2mpy－2pb＝0.所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb.(1)當b＝2p時，y1y2＝－4p2，x1x2＝eq\f(（y1y2）2,4p2)＝4p2，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝4p2－4p2＝0.(2)證明：當p＝eq\f(1,2)且b＝3時，y1＋y2＝m，y1y2＝－3，因為k1＝eq\f(y1,x1＋3)＝eq\f(y1,my1＋6)，k2＝eq\f(y2,x2＋3)＝eq\f(y2,my2＋6).所以eq\f(1,k1)＝m＋eq\f(6,y1)，eq\f(1,k2)＝m＋eq\f(6,y2).因此eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y1)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y2)))eq\s\up12(2)－2m2＝2m2＋12meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＋36eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))－2m2＝12m×eq\f(y1＋y2,y1y2)＋36×eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝12m×eq\f(－m,3)＋36×eq\f(m2＋6,9)＝24.即eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2為定值．9．如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4)))，拋物線上的點P(x，y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(3,2))).過點B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．解：(1)設直線AP的斜率為k，k＝eq\f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq\f(1,2)，因為－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，所以直線AP斜率的取值范圍是(－1，1)．(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得點Q的橫坐標是xQ＝eq\f(－k2＋4k＋3,2（k2＋1）).因為|PA|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝eq\r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq\r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq\f(（k－1）（k＋1）2,\r(k2＋1))，所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，因此當k＝eq\f(1,2)時，|PA|·|PQ|取得最大值eq\f(27,16).10．如圖，已知拋物線C：x2＝4y，直線l1與C相交于A，B兩點，線段AB與它的中垂線l2交于點G(a，1)(a≠0)．(1)求證：直線l2過定點，并求出該定點坐標；(2)設l2分別交x軸，y軸于點M，N，是否存在實數(shù)a，使得A，M，B，N四點在同一個圓上，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．解：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1,xeq\o\al(2,2)＝4y2))，兩式相減可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝eq\f(2a,4)＝eq\f(1,2)a，由兩直線垂直的條件可得直線l2的斜率為－eq\f(2,a)；即有直線l2：y＝－eq\f(2,a)(x－a)＋1，可得l2：y＝－eq\f(2,a)x＋3過定點(0，3)．(2)l2：y＝－eq\f(2,a)x＋3過Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,2)，0))，N(0，3)，假設存在實數(shù)a，使得A，M，B，N四點在同一個圓上，由中垂線的性質可得∠MAN＝∠MBN，可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(a,2)（x－a）＋1,x2＝4y))，可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，由弦長公式可得|AB|＝eq\r(1＋\f(a2,4))eq\r(4a2－4（2a2－4）)＝eq\r(1＋\f(a2,4))eq\r(16－4a2)，即有|MG||NG|＝eq\r(1＋\f(a2,4))eq\r(4＋a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,4)))(4－a2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,4)))(4－a2)＝eq\f(1,2)(a2＋4)，所以a2＝2，解得a＝±eq\r(2).故存在這樣的實數(shù)a，且為±eq\r(2).1．已知拋物線C：y＝x2，點P(0，2)，A，B是拋物線上兩個動點，點P到直線AB的距離為1.(1)若直線AB的傾斜角為eq\f(π,3)，求直線AB的方程；(2)求|AB|的最小值．解：(1)設直線AB的方程：y＝eq\r(3)x＋m，則eq\f(|m－2|,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))\s\up12(2)))＝1，所以m＝0或m＝4，所以直線AB的方程為y＝eq\r(3)x或y＝eq\r(3)x＋4.(2)設直線AB的方程為y＝kx＋m，則eq\f(|m－2|,\r(1＋k2))＝1，所以k2＋1＝(m－2)2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,y＝x2))，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|AB|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))eq\s\up12(2)－4x1x2]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋4m))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋3))，記f(m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2))eq\s\up12(2)(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－2))eq\s\up12(2)≥1，所以m≤1或m≥3，當m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1))時，f′(m)＜0，f(m)單調(diào)遞減，當m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，＋∞))時，f′(m)＞0，f(m)單調(diào)遞增，又f(1)＝4，f(3)＝12，所以f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2.(1)求拋物線C1的方程；(2)已知圓C2：(x－1)2＋y2＝eq\f(1,16)，是否存在傾斜角不為90°的直線l，使得線段AB被圓C2三等分？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．解：(1)當傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點F時，直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－eq\f(p,2))，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4