1．過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)．若|AB|＝10，則AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，A為C上一點(diǎn)，且|AF|＝5，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△OAF的面積為( )
A．2 B． eq \r(5)
C．2 eq \r(3) D．4
3．拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，N為準(zhǔn)線上一點(diǎn)，M為y軸上一點(diǎn)，∠MNF為直角．若線段MF的中點(diǎn)E在拋物線C上，則△MNF的面積為( )
A． eq \f(\r(2),2) B． eq \r(2)
C． eq \f(3\r(2),2) D．3 eq \r(2)
4．過原點(diǎn)O的一條直線與圓C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲線y2＝2px(p>0)于點(diǎn)P.若|OP|＝8，則p的值為________．
5．直線l過拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)F(1，0)，且與C交于A，B兩點(diǎn)，則p＝________， eq \f(1,|AF|)＋ eq \f(1,|BF|)＝________．
6．設(shè)A，B為曲線C：y＝ eq \f(x2,4)上兩點(diǎn)，A與B的橫坐標(biāo)之和為4.
(1)求直線AB的斜率；
(2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn)，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程．
7．已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)和定點(diǎn)M(0，1)，設(shè)過點(diǎn)M的動(dòng)直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，拋物線C在A，B處的切線的交點(diǎn)為N.
(1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值；
(2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的方程．
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級(jí) 能力提升】
1．設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l過F且與C交于A，B兩點(diǎn)．若|AF|＝3|BF|，則l的方程為( )
A．y＝x－1或y＝－x＋1
B．y＝ eq \f(\r(3),3)(x－1)或y＝－ eq \f(\r(3),3)(x－1)
C．y＝ eq \r(3)(x－1)或y＝－ eq \r(3)(x－1)
D．y＝ eq \f(\r(2),2)(x－1)或y＝－ eq \f(\r(2),2)(x－1)
2．(多選)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝－ eq \r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，且與C交于M，N兩點(diǎn)，l為C的準(zhǔn)線，則( )
A．p＝2
B．|MN|＝ eq \f(8,3)
C．以MN為直徑的圓與l相切
D．△OMN為等腰三角形
3．設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)(－2，0)且斜率為 eq \f(2,3)的直線與C交于M，N兩點(diǎn)，則 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝________．
4．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：y2＝8x上一點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離為6.若P為拋物線C準(zhǔn)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求|OP|＋|AP|的最小值．
5．已知拋物線E：y2＝8x，直線l：y＝kx－4.
(1)若直線l與拋物線E相切，求直線l的方程；
(2)設(shè)Q(4，0)，直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在點(diǎn)C滿足| eq \(CQ,\s\up6(→))＋ eq \(CA,\s\up6(→))|＝| eq \(CQ,\s\up6(→))－ eq \(CA,\s\up6(→))|，且線段OC與AB互相平分(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求x2的取值范圍．
參考答案
【A級(jí) 基礎(chǔ)鞏固】
1．解析：AB的中點(diǎn)到拋物線準(zhǔn)線的距離為 eq \f(|AB|,2)＝5，所以AB的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為5－1＝4.
答案：D
2．解析：根據(jù)題意，拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F(1，0)，
設(shè)A(m，n)，∴|AF|＝m＋1＝5，∴m＝4，∴n＝±4，
∴S△OAF＝ eq \f(1,2)×1×4＝2.
答案：A
3．解析：如圖所示，不妨設(shè)點(diǎn)N在第二象限，連接EN，易知F(1，0)，因?yàn)椤螹NF為直角，點(diǎn)E為線段MF的中點(diǎn)，所以|EM|＝|EF|＝|EN|，又E在拋物線C上，所以EN⊥l，
E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(2)))，所以N(－1， eq \r(2))，M(0，2 eq \r(2))，所以|NF|＝ eq \r(6)，|NM|＝ eq \r(3)，所以△MNF的面積為 eq \f(3\r(2),2).
答案：C
4．解析：由題意得直線OP的斜率存在．設(shè)直線OP的方程為y＝kx，因?yàn)樵撝本€與圓C相切，所以 eq \f(|－2k|,\r(1＋k2))＝ eq \r(3)，解得k2＝3.將直線方程y＝kx與曲線方程y2＝2px(p＞0)聯(lián)立，得k2x2－2px＝0.因?yàn)閗2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝ eq \f(2p,3).設(shè)P(x1，y1)，則x1＝ eq \f(2p,3).又O(0，0)，所以|OP|＝ eq \r(1＋k2)|x1－0|＝2× eq \f(2p,3)＝8，解得p＝6.
答案：6
5．解析：由 eq \f(p,2)＝1，得p＝2.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l：x＝1，代入y2＝4x，得y＝±2，此時(shí)|AF|＝|BF|＝2，所以 eq \f(1,|AF|)＋ eq \f(1,|BF|)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)＝1；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入拋物線方程，得k2x2－2(k2＋2)·x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＝1， eq \f(1,|AF|)＋ eq \f(1,|BF|)＝ eq \f(|AF|＋|BF|,|AF|·|BF|)＝ eq \f(x1＋x2＋2,(x1＋1)(x2＋1))＝ eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝ eq \f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.綜上， eq \f(1,|AF|)＋ eq \f(1,|BF|)＝1.
答案：2 1
6．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1≠x2，y1＝ eq \f(x eq \\al(2,1),4)，y2＝ eq \f(x eq \\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，
于是直線AB的斜率k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝ eq \f(x1＋x2,4)＝1.
(2)由y＝ eq \f(x2,4)，得y′＝ eq \f(x,2).設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知 eq \f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2，1).設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m，故線段AB的中點(diǎn)為N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|.將y＝x＋m代入y＝ eq \f(x2,4)，得x2－4x－4m＝0.當(dāng)Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1時(shí)，x1，2＝2±2 eq \r(m＋1).從而|AB|＝ eq \r(2)|x1－x2|＝4 eq \r(2(m＋1)).由題設(shè)知|AB|＝2|MN|，即4 eq \r(2(m＋1))＝2(m＋1)，解得m＝7.所以直線AB的方程為y＝x＋7.
7．解：設(shè)直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0，則x1＋x2＝2pk，① x1x2＝－2p.②
(1)由x2＝2py，得y′＝ eq \f(x,p)，則A，B處的切線斜率的乘積為 eq \f(x1x2,p2)＝－ eq \f(2,p).因?yàn)辄c(diǎn)N在以AB為直徑的圓上，所以AN⊥BN，所以－ eq \f(2,p)＝－1，所以p＝2.
(2)易得直線AN：y－y1＝ eq \f(x1,p)(x－x1)，直線BN：y－y2＝ eq \f(x2,p)(x－x2)，
聯(lián)立，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y1＝\f(x1,p)(x－x1)，,y－y2＝\f(x2,p)(x－x2)，))
結(jié)合①②式，解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝pk，,y＝－1，))即N(pk，－1).|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝ eq \r(1＋k2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \r(1＋k2) eq \r(4p2k2＋8p)，點(diǎn)N到直線AB的距離d＝ eq \f(|kxN＋1－yN|,\r(1＋k2))＝ eq \f(|pk2＋2|,\r(1＋k2))，則△ABN的面積S△ABN＝ eq \f(1,2)·|AB|·d＝ eq \r(p(pk2＋2)3)≥2 eq \r(2p)，當(dāng)k＝0時(shí)，取等號(hào)．因?yàn)椤鰽BN的面積的最小值為4，所以2 eq \r(2p)＝4，所以p＝2，故拋物線C的方程為x2＝4y.
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級(jí) 能力提升】
1．解析：如圖所示，作出拋物線的準(zhǔn)線l1及點(diǎn)A，B到準(zhǔn)線的垂線段AA1，BB1，并設(shè)直線l交準(zhǔn)線于點(diǎn)M.設(shè)|BF|＝m，由拋物線的定義可知|BB1|＝m，|AA1|＝|AF|＝3m.由BB1∥AA1可知 eq \f(|BB1|,|AA1|)＝ eq \f(|MB|,|MA|)，即 eq \f(m,3m)＝ eq \f(|MB|,|MB|＋4m)，所以|MB|＝2m，則|MA|＝6m.故∠AMA1＝30°，得∠AFx＝∠MAA1＝60°，結(jié)合選項(xiàng)知選項(xiàng)C正確．
答案：C
2．解析：由于y2＝2px的焦點(diǎn)為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，直線y＝－ eq \r(3)(x－1)過焦點(diǎn)，所以－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－1))＝0，解得p＝2，A正確；聯(lián)立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝－\r(3)(x－1)，))消去y得3x2－10x＋3＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝ eq \f(10,3)，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(16,3)，B不正確；
以MN為直徑的圓的圓心的橫坐標(biāo)為 eq \f(x1＋x2,2)＝ eq \f(5,3)，圓心到準(zhǔn)線l的距離d＝ eq \f(5,3)＋1＝ eq \f(8,3)＝ eq \f(1,2)|MN|，故以MN為直徑的圓與l相切，C正確；
不妨令點(diǎn)M在第一象限，由3x2－10x＋3＝0得x1＝ eq \f(1,3)，x2＝3，所以y1＝ eq \f(2\r(3),3)，y2＝－2 eq \r(3)，
所以|ON|＝ eq \r(32＋(－2\r(3))2)＝ eq \r(21)，|OM|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(13),3).又|MN|＝ eq \f(16,3)，
所以△OMN不是等腰三角形，D不正確．
答案：AC
3．解析：由題意知直線MN的方程為y＝ eq \f(2,3)(x＋2)，
聯(lián)立直線與拋物線的方程，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)(x＋2)，,y2＝4x，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝4.))
不妨設(shè)M為(1，2)，N為(4，4).
又∵拋物線焦點(diǎn)為F(1，0)，∴ eq \(FM,\s\up6(→))＝(0，2)， eq \(FN,\s\up6(→))＝(3，4)，
∴ eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0×3＋2×4＝8.
答案：8
4．解：拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線方程為x＝－2.因?yàn)閨AF|＝6，所以由拋物線的定義知點(diǎn)A到準(zhǔn)線的距離為6，即點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為4.因?yàn)辄c(diǎn)A在拋物線上，不妨設(shè)點(diǎn)A在第一象限，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(4，4 eq \r(2)).坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于準(zhǔn)線的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為(－4，0).如圖，連接BP，則|PO|＝|PB|，所以當(dāng)A，P，B三點(diǎn)共線時(shí)，|PA|＋|PO|有最小值，即(|PA|＋|PO|)min＝|AB|＝ eq \r((4＋4)2＋(4\r(2))2)＝4 eq \r(6).
5．解：(1)法一：由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,y2＝8x，))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由k≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，
得k＝－ eq \f(1,2)，
所以直線l的方程為y＝－ eq \f(1,2)x－4.
法二：由y2＝8x，得y＝± eq \r(8x)，直線l恒過點(diǎn)(0，－4)，則y＝－ eq \r(8x)，
設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)(y0＜0)，由于y＝－ eq \r(8x)，
所以y′|x＝x0＝－ eq \f(\r(2),\r(x0))，
所以切線方程為y＋ eq \r(8x0)＝－ eq \f(\r(2),\r(x0))(x－x0)，將坐標(biāo)(0，－4)代入得x0＝8，
即切點(diǎn)為(8，－8)，再將該點(diǎn)代入y＝kx－4，得k＝－ eq \f(1,2)，
所以直線l的方程為y＝－ eq \f(1,2)x－4.
(2)由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,y2＝8x，))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0.
因?yàn)棣ぃ?4(k＋1)2－64k2＞0，且k≠0，所以k＞－ eq \f(1,2)，且k≠0，
所以x1＋x2＝ eq \f(8(k＋1),k2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝ eq \f(8,k).
因?yàn)榫€段OC與AB互相平分，所以四邊形OACB為平行四邊形，
所以 eq \(OC,\s\up6(→))＝ eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8(k＋1),k2)，\f(8,k)))，
即C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8(k＋1),k2)，\f(8,k)))，
由| eq \(CQ,\s\up6(→))＋ eq \(CA,\s\up6(→))|＝| eq \(CQ,\s\up6(→))－ eq \(CA,\s\up6(→))|，得AC⊥QC.
所以kAC·kQC＝－1.
又kQC＝ eq \f(\f(8,k),\f(8(k＋1),k2)－4)＝ eq \f(2k,2(k＋1)－k2)，
kAC＝kOB＝ eq \f(y2,x2)＝k－ eq \f(4,x2)，
所以 eq \f(2k,2(k＋1)－k2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(4,x2)))＝－1，
所以 eq \f(8,x2)＝k＋ eq \f(2,k)＋2.
若k＞0，則 eq \f(8,x2)≥2 eq \r(2)＋2＝2( eq \r(2)＋1)，當(dāng)且僅當(dāng)k＝ eq \r(2)時(shí)取等號(hào)，
此時(shí)0＜x2≤4( eq \r(2)－1).
若－ eq \f(1,2)＜k＜0，由于k＝－ eq \f(1,2)時(shí)，k＋ eq \f(2,k)＋2＝－ eq \f(5,2)，所以 eq \f(8,x2)＜－ eq \f(5,2)，即x2＜－ eq \f(16,5)(舍去).
綜上，x2的取值范圍為(0，4( eq \r(2)－1)

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