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1、课时跟踪检测（四十九） 抛物线一抓基础，多练小题做到眼疾手快1(2019湖州质检)已知抛物线y22px(p0)，点C(4,0)，过抛物线的焦点作垂直于x轴的直线，与抛物线交于A，B两点，若CAB的面积为24，则以直线AB为准线的抛物线的标准方程是()Ay24xBy24xCy28x Dy28x解析：选DABx轴，且AB过点F，AB是焦点弦，|AB|2p，SCAB2p24，解得p4或p12(舍去)，直线AB的方程为x2，以直线AB为准线的抛物线的标准方程是y28x，故选D.2(2018江山质检)在抛物线y22px(p0)上，横坐标为4的点到焦点的距离为5，则p的值为()A. B1C2 D3解析：选
2、C由抛物线的定义可知，45，解得p2.3(2018珠海模拟)已知抛物线y24x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PAl，垂足为A，|PF|4，则直线AF的倾斜角等于()A. B.C. D.解析：选B由抛物线y24x知焦点F(1,0)，准线l的方程为x1，由抛物线定义知|PA|PF|4，所以点P的坐标为(3,2)，因此点A的坐标为(1,2)，所以kAF，所以直线AF的倾斜角为.4(2019宁波六校联考)已知抛物线C：y22x，过焦点F且斜率为的直线与C相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则SMFN()A8 B2C4 D8解析：选B法一：由题意可得p
3、，F.不妨设点P在x轴上方，由抛物线定义可知|PF|PM|，|QF|QN|，设直线PQ的倾斜角为，则tan ，由抛物线焦半径的性质可知，|PF|2，|QF|，|MN|PQ|sin (|PF|QF|)sin4，SMFN|MN|p42.法二：由题意可得F，直线PQ的方程为yx，与抛物线方程y22x联立，得22x，即3x25x0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，|PQ|x1x2p，直线PQ的斜率为，直线PQ的倾斜角为.|MN|PQ|sin 4，SMFN42.5已知点P在抛物线y24x上，且点P到y轴的距离与其到焦点的距离之比为，则点P到x轴的距离为_解析：设点P的坐标为(xP，yP
4、)，抛物线y24x的准线方程为x1，根据抛物线的定义，点P到焦点的距离等于点P到准线的距离，故，解得xP1，所以y4，所以|yP|2.答案：2二保高考，全练题型做到高考达标1(2018临海期初)动圆过点(0,1)，且与直线y1相切，则动圆圆心的轨迹方程为()Ay0 Bx2y21 Cx24y Dy24x 解析：选C设动圆圆心M(x，y)，则|y1|，解得x24y.2(2018绍兴二模)已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线y(x1)与抛物线C交于A，B两点(A在x轴上方)若m，则m的值为()A BC2 D3解析：选D直线方程为xy1，代入y24x可得y2y40，则yA2，yB，所以|yA|3|y
5、B|，因为m，所以m3.3(2018宁波十校联考)已知抛物线x24y，过焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，若直线l的倾斜角为30，则的值等于()A3 B.C2 D. 解析：选A由题可得，F(0,1)，设l：yx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)将直线方程与抛物线方程联立，消去x，化简得3y210y30，解得y13，y2.由抛物线的定义可知3.4已知P为抛物线yx2上的动点，点P在x轴上的射影为点M，点A的坐标是，则|PA|PM|的最小值是()A8 B.C10 D.解析：选B依题意可知焦点F，准线方程为y，延长PM交准线于点H(图略)则|PF|PH|，|PM|PF|，|P
6、M|PA|PF|PA|，即求|PF|PA|的最小值因为|PF|PA|FA|，又|FA| 10.所以|PM|PA|10，故选B.5(2019嘉兴六校联考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M在抛物线C上，且|MO|MF|(O为坐标原点)，则()A B.C. D解析：选A设M(m，)，抛物线C的焦点F的坐标为，因为|MO|MF|，所以m22pm，m，由解得m，p2，所以M，F(1,0)，所以，故2.6(2018宁波期初)已知抛物线x24y的焦点为F，若点M在抛物线上，|MF|4，O为坐标原点，则MFO_.解析：由题可得，p2，焦点在y轴正半轴，所以F(0,1)因为|MF|4，所以M(2
7、，3)所以tanMFOtan(MFO)，所以MFO.答案：7设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为_解析：如图，由题可知F，设P点坐标为(y00)，则()，kOM，当且仅当y2p2时等号成立，所以直线OM的斜率的最大值为.答案：8(2018嵊州一模)设抛物线y24x的焦点为F，过点M(，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C点，|BF|3，则BCF与ACF的面积之比_.解析：设点A在第一象限，B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy.由y24x，
8、得p2，因为|BF|3x2x21，所以x22，则y4x2428，所以y22，由得y24my40，则y1y24，所以y1，由y4x1，得x1.过点A作AA垂直于准线x1，垂足为A，过点B作BB垂直于准线x1，垂足为B，易知CBBCAA，所以.又|BB|BF|3，|AA|x11，所以.答案：9(2018杭州高三检测)如图，过抛物线M：yx2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C是抛物线M上异于点A的点，设G为ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.(1)设A(x0，x)(x00)，求直线AB的方程；(2)求的值解：(1)因为y2x，所以直线AB的斜率ky
9、|xx02x0，所以直线AB的方程为yx2x0(xx0)，即y2x0xx.(2)由(1)得，点B的纵坐标yBx，所以AB的中点坐标为.设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为xmy.由得m2y2(mx01)y0.因为G为ABC的重心，所以y13y2.由根与系数的关系，得y1y24y2，y1y23y.所以y，解得mx032.所以点D的纵坐标yD，故46.10(2018台州模拟)已知抛物线C1：y24x和C2：x22py(p0)的焦点分别为F1，F2，点P(1，1)，且F1F2OP(O为坐标原点)(1)求抛物线C2的方程；(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点
10、N，求PMN面积的最小值解：(1)由题意知F1(1,0)，F2，则，F1F2OP，(1，1)10，p2，抛物线C2的方程为x24y.(2)设过点O的直线为ykx(k0)，联立得M，联立得N(4k,4k2)，从而|MN|，又点P到直线MN的距离d，故SPMN2，令tk(t2)，则SPMN2(t2)(t1)8，当t2，即k1时，SPMN取得最小值即当过点O的直线为yx时，PMN面积的最小值为8.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2018台州高三模拟)已知抛物线x22py(p0)，点M是抛物线的准线与y轴的交点，过点A(0，p)(R)的动直线l交抛物线于B，C两点(1)求证：MBMC0，并求等号成立
11、时实数的值；(2)当2时，设分别以OB，OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D，求|DO|DA|的最大值解：(1)由题意知动直线l的斜率存在，且过点A(0，p)，则可设动直线l的方程为ykxp，代入x22py(p0)，消去y并整理得x22pkx2p20，4p2(k22)0，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x22pk，x1x22p2，y1y2(kx1p)(kx2p)k2x1x2pk(x1x2)2p22p2，y1y2k(x1x2)2p2pk22p2p(k2)因为抛物线x22py的准线方程为y，所以点M的坐标为，所以MB，MC，所以MBMCx1x2x1x2y1y2(y1y2)2p
12、22p22p(k2)p20，当且仅当k0，时等号成立(2)由(1)知，当2时，x1x24p2，y1y24p2，所以OBOCx1x2y1y20，所以OBOC.设直线OB的方程为ymx(m0)，与抛物线的方程x22py联立可得B(2pm,2pm2)，所以以OB为直径的圆的方程为x2y22pmx2pm2y0.因为OBOC，所以直线OC的方程为yx.同理可得以OC为直径的圆的方程为x2y2xy0，即m2x2m2y22pmx2py0，将两圆的方程相加消去m，得x2y22py0，即x2(yp)2p2，所以点D的轨迹是以OA为直径的圆，所以|DA|2|DO|24p2，由2，得|DA|DO|2p，当且仅当|D
13、A|DO|p时，等号成立故(|DA|DO|)max2p.2.如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上(1)写出该抛物线的方程及其准线方程(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1y2的值及直线AB的斜率解：(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y22px(p0)因为点P(1,2)在抛物线上，所以222p1，解得p2.故所求抛物线的方程是y24x，准线方程是x1.(2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB.则kPA(x11)，kPB(x21)，因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPAkPB.由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，得所以，所以y12(y22)所以y1y24.由得，yy4(x1x2)，所以kAB1(x1x2)10
（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（四十九）抛物线（含解析）
