考点8-4 抛物线及其性质(文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

考点8-4抛物线及其性质1．（2021·全国·高考真题）抛物线22(0)ypxp的焦点到直线1yx的距离为2，则p（）A．1B．2C．22D．4【答案】B【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得p的值.【详解】抛物线的焦点坐标为,02p，其到直线10xy的距离：012211pd，解得：2p(6p舍去).故选：B.2．（2023·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，抛物线214xy的焦点为F，点M在抛物线上，且3MF，则M点到x轴的距离为（）A．2B．4716C．23D．22【答案】D【分析】设点M的坐标，由焦半径公式列出方程，求出点M的横坐标，从而求出纵坐标，得到答案.【详解】由题意得24yx，所以准线为1x，又因为||3MF，设点M的坐标为00,xy，则有013MFx，解得：02x将02x代入解析式24yx得：022y，所以M点到x轴的距离为22．故选：D．3．（2022·陕西·交大附中模拟预测（文））点P在抛物线24yx上，则P到直线1x的距离与到直线34120xy的距离之和的最小值为（）A．4B．3C．2D．1【答案】B【分析】由抛物线定义可知最小值就是焦点到直线34120xy的距离，由点到直线距离公式得解.【详解】由抛物线定义P到直线1x的距离等于P到抛物线焦点距离，所以P到直线1x的距离与到直线34120xy的距离之和的最小值，即焦点1,0到直线34120xy的距离：22314012334d.故选:B.4.（2019·北京·高考真题（文））设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________．【答案】(x-1)2+y2=4.【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，即圆心，焦点到准线距离即半径，进而求得结果.【详解】抛物线y2=4x中，2p=4，p=2，焦点F（1,0），准线l的方程为x=-1，以F为圆心，且与l相切的圆的方程为(x-1)2+y2=22,即为(x-1)2+y2=4.【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标，抛物线的准线方程，直线与圆相切的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．（2023·全国·高三专题练习）已知点F是抛物线2:8Eyx的焦点，A，B，C为E上三点，且0FAFBFC，则||||||FAFBFC___________．【答案】12【分析】根据题意可得F为△ABC的重心，根据重心坐标公式123123,33xxxyyy解得1236xxx，再结合抛物线定义1||2FAx代入整理计算．【详解】由题意知(2,0)F，设11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，0FAFBFC，F为△ABC的重心12323xxx，即1236xxx，则123||||||2226612FAFBFCxxx．故答案为：12．6.（2022·天津·高考真题）已知抛物线21245,,yxFF分别是双曲线22221(0,0)xyabab的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点1F，与双曲线的渐近线交于点A，若124FFA，则双曲线的标准方程为（）A．22110xyB．22116yxC．2214yxD．2214xy【答案】C【分析】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得112AFFF，由此可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】抛物线245yx的准线方程为5x，则5c，则15,0F、25,0F，不妨设点A为第二象限内的点，联立byxaxc，可得xcbcya，即点,bcAca，因为112AFFF且124FFA，则12FFA△为等腰直角三角形，且112AFFF，即2bcca，可得2ba，所以，22225baccab，解得125abc，因此，双曲线的标准方程为2214yx.故选：C.7．（2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试）已知以F为焦点的抛物线2:4Cyx上的两点A，B，满足133AFFB，则弦AB的中点到C的准线的距离的最大值是（）A．2B．83C．103D．4【答案】B【分析】根据抛物线焦点弦的性质以及AFFBuuuruur，联立可得121,xx，进而可用对勾函数的性质求12AB的最值，进而可求.【详解】解法1：抛物线24yx的焦点坐标为1,0，准线方程为1x，设11,Axy，22,Bxy，则∵AFBF，由抛物线定义可知1211xx①，∴121xx，又因为AFFBuuuruur，所以11221,1,xyxy，即1211xx②，由①②可得：121,xx所以121112ABAFBFxx.∵133，当=3时，1162=3AB，当1=3时，1162=3AB，∴max11623，则弦AB的中点到C的准线的距离2ABd，d最大值是83.∴弦AB的中点到C的准线的距离的最大值是83，故选：B.解法2：弦AB的中点到C的准线的距离22222sin22sinsinpABpd，根据结论121cos10,112，223sin1cos,14，2282,sin3d，故选：B.8．（2022·山西吕梁·模拟预测（理））已知抛物线C：214yx的焦点为F，C的准线与对称轴交于点D，过D的直线l与C交于A，B两点，且0ABmBDm，若FB为∠DFA的角平分线，则BF（）A．mB．21mmC．21mmD．12mm【答案】B【分析】根据抛物线的定义，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为1A，1B，然后利用11BBAA∥，得到ABAFBDDF，进而利用ABmBD，化简，可求出BF的值【详解】C：24xy，则0,1F，0,1D所以2DF．过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为1A，1B，则11BBAA∥，因为FB为∠DFA的平分线，则ABAFBDDF，又ABmBD，所以AFABmDFBD，所以12AAAFmDFm，又1111BBDBAADAm，所以111211mBFBBAAmm．故选：B9.（2023·河北·高三阶段练习）设抛物线242yx的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设(42,0)C，AF与BC相交于点D．若||||CFAF，则ACD△的面积为__________．【答案】32【分析】根据抛物线的定义可得四边形ABCD为平行四边形，进而可求出A点坐标，即可求解.【详解】如图所示，由已知2,0F，42,0C．得32CF．因为ABx∥轴，CFAF，ABAF，所以四边形ABCD为平行四边形，且32CFAB，所以232Ax，解得22Ax，代入242yx得4Ay，所以11132432222ACDABCSS．故答案为：32.10．（2022·上海松江·二模）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线22(0)ypxp上任意一点，M是线段PF上的点，且4PMMF，则直线OM斜率的最大值为_______．【答案】12##0.5【分析】设出M点坐标，利用向量法求得P点坐标并代入抛物线的方程，求得直线OM斜率平方的表达式，结合二次函数的性质求得最大值.【详解】设00,Mxy，,Pxy，依题意5554OPOFFMOFOMOFOMOF，所以0000,5,4,052,52pxyxyxpy，所以0052,5Pxpy，将P点的坐标代入抛物线的方程得：2005252ypxp，整理得220010425pxpy，设直线OM的斜率为k，则22200220010425ypxpkxx22004121255ppxx，根据二次函数的性质可知，当2021558425ppxp时，2k取得最大值为2245251254544pppp，所以k的最大值为1142.故答案为：1211.（2022·全国·高三专题练习）已知点P为抛物线24yx上一动点，()1,0A，3,0B，则APB的最大值为（）A．6B．4C．3D．2【答案】B【分析】先讨论1x和3x两种情况，解出APB；进而讨论1x且3x时，利用直线的到角公式结合基本不等式即可求得.【详解】根据抛物线的对称性，不妨设,0Pxyy，若1x，则1,2P，||2PA，||2AB，所以2πtan124APBAPB；若3x，则3,23P，||23PB，||2AB，所以23πtan3623APBAPB；若1x且3x，此时2y且23y，,13PAPByykkxx，所以22231tan43131yyyxxAPByyxxyxx，因为24yx,所以433222tan11311113161616yAPByyyyyyy34211111416yyyy，则π04APB，当且仅当311216yyy时取“=”，而2y，所以π04APB.综上：APB的最大值为π4.故选：B.【点睛】本题核心的地方在“433222tan11311113161616yAPByyyyyyy”这一步，首先分式“432211331616yyyy”的处理，上下同除以y（一次）；其次在用基本不等式时，“32111116yyyy”这一步的拆分，三个式子一定要相同（1y），否则不能取得“=”.12．（2022·全国·高三专题练习（理））在平面直角坐标系xOy中，若抛物线C:y2=2px(0p)的焦点为F，直线x=3与抛物线C交于A，B两点，｜AF|=4，圆E为FAB的外接圆，直线OM与圆E切于点M，点N在圆E上，则OMON的取值范围是（）A．63,925B．3,21C．63,2125D．3,27【答案】B【分析】由已知及抛物线的定义，可求p，进而得抛物线的方程，可求A，B，F的坐标，直线AF的方程，可得圆的半径，求得圆心，设N的坐标，求得M的坐标，结合向量数量积的坐标表示，以及辅助角公式和正弦函数的值域，可得所求范围．【详解】解：由题意，设3,6Ap，所以||342pAF，解得2p，所以抛物线的方程为24yx，3,23A，3,23B，(1,0)F，所以直线AF的方程为3(1)yx，设圆心坐标为0(x，0)，所以2200(1)(3)12xx，解得05x，即(5,0)E，圆的方程为22(5)16xy，不妨设0My，设直线OM的方程为ykx，则0k，根据2|5|41kk，解得43k，由2243(5)16yxxy，解得912,55M，设(4cos5,4sin)N，所以364812cossin9(3cos4sin)9555OMON，因为3cos4sin5sin()5,5，所以OMON3,21．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：首先求出圆的方程为22(5)16xy，然后利用直线OM与圆E切于点M，求出M点的坐标，引入圆的参数方程表示N点坐标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