【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第9章 第10讲　抛物线（二） 含解析【高考】.doc，共(32)页，327.500 KB，由小赞的店铺上传

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1第10讲抛物线(二)直线与抛物线的位置关系已知直线l：y＝kx＋m，抛物线y2＝2px(p>0)，联立y2＝2px，y＝kx＋m，得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0.(1)直线l与抛物线相01切：k≠0，Δ＝0；(2)直线l与抛物线相02

交：k≠0，Δ>0或k＝0；(3)直线l与抛物线相03离：k≠0，Δ<0.抛物线焦点弦的几个常用结论设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：(1)x1x2＝p24，y1y2

＝－p2；(2)若A在第一象限，B在第四象限，则|AF|＝x1＋p2＝p1－cosα，|BF|＝x2＋p2＝p1＋cosα，弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝2psin2α(α为弦AB的倾斜角)；(3)1|FA

|＋1|FB|为定值2p；(4)以弦AB为直径的圆与准线相切；(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切；(6)过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上；(7)通径：过焦点与对称轴垂直的弦长等于2p.21．(20

22·广州天河区高三综合测试)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条B．2条C．3条D．4条答案C解析设过点(0,1)，斜率为k的直线方程为y＝kx＋1.由y＝kx＋1，y2＝4x得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.(*)当k＝0时，(*

)式只有一个根；当k≠0时，Δ＝(2k－4)2－4k2＝－16k＋16，由Δ＝0，即－16k＋16＝0得k＝1.所以k＝0或k＝1时，直线与抛物线只有一个公共点，又直线x＝0和抛物线只有一个公共点，故选C.2．(2021·济南模

拟)若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝8，则弦AB的中点到y轴的距离为()A．2B．3C．4D．6答案B解析因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准

线的距离为2，所以p＝2，抛物线方程为y2＝4x.过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义得，焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p，所以8＝x1＋x2＋2，则x1＋x

2＝6，所以弦AB的中点到y轴的距离为d＝x1＋x22＝62＝3.故选B.3．(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过点F交抛物线C于A，B两点(A在第一象限)，交抛物线C的准线于点D，

若AF→＝FD→，|AF|＝4，则下列结论正确的是()A．p＝2B．直线l的倾斜角为π3C．|BF|＝23D．以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切答案ABD解析过A，B作准线的垂线，垂足为A1，B1.由抛物线定义知|AA1

|＝|AF|＝12|AD|，所以在Rt△A1AD中，知∠A1AD＝π3，故直线l的倾斜角θ为π3，|AF|＝p1－cosθ＝2p＝4，p＝2，|BF|＝p1＋cosθ＝43，因此A，B正确，C错误；过AB的中点E作准线的垂线EE1(E1为垂足)，由梯形的中位线可知|EE1|＝|AA1|＋

|BB1|2＝|AF|＋|BF|2＝|AB|2，所以以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，所以D正确．故选ABD.4．已知直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为_______

_.答案0或1解析直线y＝kx＋2中，当k＝0时，y＝2，此时直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点；当k≠0时，把y＝kx＋2代入抛物线y2＝8x，得(kx＋2)2＝8x，整理，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，∵直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点，

∴Δ＝(4k－8)2－16k2＝0，解得k＝1.故k的值为0或1.5．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，若|AF|＝3，则|BF|＝________.答案32解析解法一：由题意知，

抛物线的焦点F的坐标为(1,0)，|AF|＝3，由抛物线的定义知，点A到准线x＝－1的距离为3，所以点A的横坐标为2.如图，不妨设点A在第一象限，将x＝2代入y2＝4x，得y2＝8，所以点A的纵坐标为22，即A(2,22)，所以直线A

F的方程为y＝22(x－1)．4由y＝22(x－1)，y2＝4x，解得x＝12，y＝－2或x＝2，y＝22.所以点B的横坐标为12，所以|BF|＝12－(－1)＝32.解法二：如图，不妨设点A

在第一象限，设∠AFx＝θ，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则由抛物线的定义知xA＋1＝2＋3cosθ＝3，解得cosθ＝13.又|BF|＝xB＋1＝1－|BF|cosθ＋1＝2－13|BF|，所以|BF|＝32.6．(2

020·新高考Ⅰ卷)斜率为3的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.答案163解析∵抛物线的方程为y2＝4x，∴抛物线的焦点为F(1,0)，又直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为y＝3(x－1)，代入抛物线方程消去y并化简得3x2－1

0x＋3＝0，解法一：解得x1＝13，x2＝3，∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋3×|13－3|＝163.解法二：Δ＝100－36＝64>0，5设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝103，过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如图所示

，|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝163.考向一抛物线的切线例1(1)过抛物线x2＝4y上一点(4,4)的抛物线的切线方程为________.答案y＝2x－4解析解法一：设切线方程为y－4＝k(x－4)．由y－4＝k(x－4)，x

2＝4y⇒x2＝4(kx－4k＋4)⇒x2－4kx＋16(k－1)＝0，由Δ＝(－4k)2－4×16(k－1)＝0，得k2－4k＋4＝0.∴k＝2.故切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.解法二：由x2＝4y得y＝x24，∴y′＝x2.∴y′|x＝4

＝42＝2.∴切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.(2)设抛物线x2＝2py(p>0),M为直线y＝－2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为xA，xB，xM，则下列关系：①xA＋xB＝2x

M；②xAxB＝x2M；③1xA＋1xB＝2xM.其中正确的是________(填序号)．答案①6解析由x2＝2py得y＝x22p，所以y′＝xp，所以直线MA的方程为y＋2p＝xAp(x－xM)，直线MB的方程为y＋2p＝xBp(x－xM)，所以x2A2p＋2p＝xAp(xA－x

M)，(*)x2B2p＋2p＝xBp(xB－xM)，(**)由(*)(**)可得xA＋xB＝2xM，故①正确．(3)已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一个公共点，则实数a的值为________.答案0或－1或－45解析联立方程y＝(a＋

1)x－1，y2＝ax.①当a＝0时，此方程组恰有一组解x＝1，y＝0.②当a≠0时，消去x，得a＋1ay2－y－1＝0.a．若a＝－1，方程组恰有一组解x＝－1，y＝－1.b．若a≠－1，令Δ＝0，得1＋4(a＋1)a＝0，解得a＝－45，这时直线与曲线相切，只有一个公共点．综上

所述，a＝0或a＝－1或a＝－45.(1)直线与抛物线相切时只有一个公共点，但只有一个公共点时未必相切．(2)在讨论时应考虑全面，不要忽略二次项的系数为零的情况．1.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过点M－p2，0作C的切线，则7切线的斜率为_______

_.答案±1解析设切线斜率为k，则切线方程为y＝kx＋p2，代入y2＝2px中得k2x2＋p(k2－2)x＋k2p24＝0.由Δ＝0，即p2(k2－2)2－4·k2·k2p24＝0，解得k2＝1，所以k＝±1.2．已知点A(－2,3)在抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线上

，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为________.答案43解析∵A(－2,3)在抛物线y2＝2px的准线上，∴－p2＝－2，∴p＝4，∴y2＝8x，设直线AB的方程为x＝k(y－3)－2，①将①与y2＝8x联立，即x＝k(y－3)－

2，y2＝8x，得y2－8ky＋24k＋16＝0，②则Δ＝(－8k)2－4(24k＋16)＝0，即2k2－3k－2＝0，解得k＝2或k＝－12(舍去)，将k＝2代入①②，解得x＝8，y＝8，即B(8,8)，又F(2,0)，∴kBF＝8－08－2＝43

.3．(2022·四川名校联考)过抛物线C：x2＝4y的焦点F的直线l交C于A，B两点，点A处的切线与x，y轴分别交于M，N两点．若△MON的面积为12，则|AF|＝________.答案2解析由题可知，直线l的斜率存在，且过抛物线C：

x2＝4y的焦点F，与其交于A，B两点，设Aa，14a2.又y＝14x2，所以y′＝x2，所以点A处的切线方程为y－14a2＝a2(x－a)．令x＝0，可得y＝－14a2，即N0

，－14a2；令y＝0，可得8x＝a2，即Ma2，0.因为△MON的面积为12，所以12×|－14a2|×|a2|＝12，解得a2＝4，所以|AF|＝14a2＋1＝2.考向二焦点弦问题例2(1)如图，已知线段AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的一条弦，

过点A(A在第一象限内)作直线AC垂直于抛物线的准线，垂足为C，直线AT与抛物线相切于点A，交x轴于点T，给出下列命题：①∠AFx＝2∠TAF；②|TF|＝|AF|；③AT⊥CF.其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2D．3答案D解析根据抛物线的定义可

知|AF|＝|AC|，由于AC垂直于抛物线的准线，所以AC∥x轴，所以∠AFx＝∠CAF.设Ay202p，y0，则C－p2，y0，Fp2，0，设D是CF的中点，则D0，y02

.所以直线AD的方程为y－y02＝y0－y02y202p－0(x－0)，即y＝py0x＋y02.由y＝py0x＋y02，y2＝2px消去y并化简，得p2y20x2－px＋y204＝0，其判别式Δ＝p2－4×p2y20×y204＝0，所以直线AD与抛物线相切，故直线AD与直线AT重

合．由于D是CF9的中点，所以AD⊥CF，也即AT⊥CF，③正确；根据等腰三角形的性质可知∠CAF＝2∠TAF，所以∠AFx＝2∠TAF，①正确；由于AC∥x轴，所以∠CAT＝∠FTA，所以∠FTA＝∠TAF，所以|TF|＝|AF|，②正确．综上所述

，正确命题的个数为3.故选D.(2)(2021·贵州模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，点A，B在抛物线准线上的射影分别是A′，B′，若四边形AA′B′B的面积为322，则该抛物线的方程为()A．y2＝22xB．y2＝4xC．

y2＝42xD．y2＝8x答案C解析抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为p2，0，准线方程为x＝－p2，过点F倾斜角为45°的直线的斜率为k＝tan45°＝1，则直线AB的方程为y＝x－p2，与抛物线方程联立得x

2－3px＋p24＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＞x2，则x1＋x2＝3p，x1x2＝p24，y1－y2＝x1－x2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝22p，因为四边形AA′B′B的面积为322，所以12x1＋p2＋x2＋p2(

y1－y2)＝42p2＝322，解得p＝22，所以抛物线方程为y2＝42x.故选C.(1)解决焦点弦问题时，要注意以下几点：①设抛物线y2＝2px(p>0)上的点为(x1，y1)，(x2，y2)；②因为(x1，y

1)，(x2，y2)在抛物线y2＝2px(p>0)上，故满足y21＝2px1，y22＝2px2；③利用y21y22＝4p2x1x2可以整体得到y1y2或x1x2.(2)利用抛物线的定义把过焦点的弦分成两个焦半径，然后转化为到准线的距离，再求解．4.设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，

过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为()10A.334B．938C．6332D．94答案D解析易知抛物线中p＝32，焦点F34，0，直线AB的斜率k＝33，故直线AB的方程为y＝

33x－34，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－212x＋916＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝212.由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝212＋32＝12，结合图象可得O到直线AB

的距离d＝p2sin30°＝38，所以△OAB的面积S＝12|AB|·d＝94.5.过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为60°的直线l交抛物线于A，B两点，且|AF|>|BF|，则|AF||BF|的值为()A．

2B．3C．43D．32答案B解析解法一：由题意知抛物线的焦点坐标为p2，0，所以直线l的方程为y＝3x－p2，代入抛物线方程y2＝2px(p>0)，整理得3x2－5px＋3p24＝0，解得x1＝3p2，x2＝p6，由题意可知点A在第一象限，点B在第四象限，所以

A，B两点的坐标分别为3p2，3p，p6，－3p3，则有|AF|＝3p2－p22＋(3p)2＝2p，|BF|＝p6－p22＋－3p32＝2p3，所以|AF||BF|＝2p2p3＝3.故选B.解法二：

由抛物线的定义得p＋12|AF|＝|AF|，可得|AF|＝2p，p－12|BF|＝|BF|，11可得|BF|＝23p，所以|AF||BF|＝3，故选B.6．已知直线l：x－y－m＝0经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，l与C交于A，B两点．若|AB|＝6，则p的值为()A.

12B．32C．1D．2答案B解析直线l经过抛物线的焦点Fp2，0.将点F的坐标代入直线方程，得m＝p2.由x－y－p2＝0，y2＝2px，得x2－3px＋p24＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，所

以p＝32.故选B.7.如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C.若点F是AC的中点，且|AF|＝4，则线段AB的长为()A．5B．6C.163D．203答

案C解析如图，设准线l与x轴交于点M，过点A作准线l的垂线AD，交l于点D.由抛物线的定义知|AD|＝|AF|＝4.因为点F是线段AC的中点，所以|AD|＝2|MF|＝2p，所以2p＝4，解得p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)

，则|AF|＝x1＋p2＝x1＋1＝4，所以x1＝3，所以A(3,23)．又F(1,0)，所以kAF＝233－1＝3.所以直线AF的方程为y＝3(x－1)，将此方程与抛物线方程y2＝4x12联立后消去y并整理

，得3x2－10x＋3＝0.所以x1＋x2＝103，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝103＋2＝163.故选C.考向三直线与抛物线的位置关系例3(2019·全国Ⅰ卷)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的

直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若AP→＝3PB→，求|AB|.解设直线l：y＝32x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得F

34，0，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋32.又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝52.由y＝32x＋t，y2＝3x可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－12(t－1)9.从而－12(t－1)9＝52，得t＝

－78.所以l的方程为y＝32x－78.(2)由AP→＝3PB→可得y1＝－3y2.13由y＝32x＋t，y2＝3x可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3

，x2＝13，即A(3,3)，B13，－1.故|AB|＝4133.求解抛物线综合问题的方法(1)研究直线与抛物线的位置关系与研究直线与椭圆、双曲线的位置关系的方法类似，一般是用方程法，但涉及抛物线的弦长、中点、距离等问题时，要注

意“设而不求”“整体代入”“点差法”以及定义的灵活应用．(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p(焦点在x轴正半轴)，若不过焦点，则必须用弦长公式．8.(2019·全国Ⅲ卷

)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解(1)证明：设D

t，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.14设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.(

2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t

2|x1－x2|＝1＋t2×(x1＋x2)2－4x1x2＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.设M为线段AB的中点，则M

t，t2＋12.因为EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.解析几何中的“设而不求”与“设

而要求”思想1．(2021·云南昆明摸底)已知动点M(x，y)满足：(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝22.(1)求动点M的轨迹E的方程；15(2)设过点N(－1,0)的直线l与曲线E交于A，B两点，

点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合)．证明直线BC恒过定点，并求该定点的坐标．解(1)由题知，动点M到点(－1,0)，(1,0)的距离之和为22，且2<22，所以动点M的轨迹为椭圆，且a＝2，c＝1，所以b＝1，所以动点

M的轨迹E的方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，由已知得直线l的斜率存在，设斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋1)．由y＝k(x＋1)，x22＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0

，所以x1＋x2＝－4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2.又直线BC的方程为y－y2＝y2＋y1x2－x1(x－x2)，即y＝y2＋y1x2－x1x－x1y2＋x2y1x2－x1，令y＝0，得x＝x1y2＋x2y1y2＋y1＝2kx1x2＋

k(x1＋x2)k(x1＋x2)＋2k＝2x1x2＋(x1＋x2)(x1＋x2)＋2＝4k2－41＋2k2－4k21＋2k2－4k21＋2k2＋2＝－2，所以直线BC恒过定点D(－2,0)．2.如图，已知椭圆C：x2a2

＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点是(3，0)，且经过点－1，32，M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．16(1)求椭圆C的方程；(2)若|AM|＝2|MB|，且直线l与圆O：x2＋y2＝47相切于点N，求|MN|.解(1)由题

意知a2－b2＝3，(－1)2a2＋322b2＝1，整理得4a4－19a2＋12＝0，又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，所以b2＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设M(m,0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y

1)，B(x2，y2)．由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2.①由x24＋y2＝1，x＝ty＋m，消去x得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝－2tmt2＋4，②y1y2＝m2－4t2＋4.③由①②得y1＝－4tmt2

＋4，y2＝2tmt2＋4，代入③，得m2－4t2＋4＝－22tmt2＋42，化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.原点O到直线l的距离d＝|m|1＋t2，17又直线l与圆O：x2＋y2＝47相切，所以|m|1＋t2＝47，即t

2＝74m2－1.由(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2，t2＝74m2－1，消去t得21m4－16m2－16＝0，即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝43，此时t2＝43，经检验满足题意，所以

M±233，0，d2＝47，所以在Rt△OMN中，|MN|＝43－47＝42121.答题启示解析几何的综合问题，常常涉及到直线与曲线相交，当两个交点坐标未知时，用“设而不求”避免求交点，从而简化计算．常

见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．而当其中一个交点坐标是已知的或除根与系数的关系外，还有坐标等量关系，则常用到“设而要求”．对点训练1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2.A，B是其左

、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．18解(1)由题意得2a＋2c＝6，12×2

bc＝3，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝3，c＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F2(1,0)，设直线MN的方程为x＝my＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由

x＝my＋1，x24＋y23＝1，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，∴y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2，∴my1y2＝32(y1＋y2)，直线AM的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，直线BN的

方程为y＝y2x2－2(x－2)，令y1x1＋2(x＋2)＝y2x2－2(x－2)，∴x＋2x－2＝y2(x1＋2)y1(x2－2)＝my1y2＋3y2my1y2－y1＝32y1＋92y212y1＋32y2＝3，∴x＝4，∴直线AM与BN的交点在直线x＝4上．2．(2020·北京高考)已知椭圆

C：x2a2＋y2b2＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求|PB||BQ|的值．19解(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝

1(a＞b＞0)，由题意可得4a2＋1b2＝1，a＝2b，解得a2＝8，b2＝2.故椭圆方程为x28＋y22＝1.(2)显然直线l的斜率存在．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋4)，与椭圆方程

x28＋y22＝1联立可得x2＋4k2(x＋4)2＝8，即(4k2＋1)x2＋32k2x＋(64k2－8)＝0，则x1＋x2＝－32k24k2＋1，x1x2＝64k2－84k2＋1.直线MA的方程为y＋1＝y1＋1x1＋2(x＋2)，令x＝－

4，得yP＝－2×y1＋1x1＋2－1＝－2×k(x1＋4)＋1x1＋2－x1＋2x1＋2＝－(2k＋1)(x1＋4)x1＋2，同理可得yQ＝－(2k＋1)(x2＋4)x2＋2.显然|PB||BQ|＝|yPyQ|，注意到yP＋yQ＝－(2k＋1)x1＋4x

1＋2＋x2＋4x2＋2＝－(2k＋1)×(x1＋4)(x2＋2)＋(x2＋4)(x1＋2)(x1＋2)(x2＋2)，而(x1＋4)(x2＋2)＋(x2＋4)(x1＋2)＝2[x1x2＋3(x1＋x2)＋8]20＝264k2－84k2＋1＋3×－32

k24k2＋1＋8＝2×(64k2－8)＋3×(－32k2)＋8(4k2＋1)4k2＋1＝0，故yP＋yQ＝0，yP＝－yQ.从而|PB||BQ|＝|yPyQ|＝1.一、单项选择题1．过抛物线y2＝4x的焦点F作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y

2)两点．如果x1＋x2＝6，那么|AB|＝()A．6B．8C．9D．10答案B解析|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝8.故选B.2．设经过抛物线C的焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，那么抛物线C的准线与以AB为直径的圆的位置关系为()A．相离B．相切

C．相交但不经过圆心D．相交且经过圆心答案B解析设圆心为M，过点A，B，M分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，M1，则|MM1|＝12(|AA1|＋|BB1|)．由抛物线定义可知|AB|＝|BB1|＋|AA1|，∴|MM1|＝12|

AB|，即圆心M到准线的距离等于圆的半径，故以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切．3．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦AB的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，21y2)，则y1y2x

1x2的值一定是()A．－4B．4C．p2D．－p2答案A解析①若焦点弦AB⊥x轴，则x1＝x2＝p2，则x1x2＝p24，y1y2＝－p2，则y1y2x1x2＝－4.②若焦点弦AB不垂直于x轴，可设直线AB：y＝kx－p2，与y2＝2px联立，得k2x2－(k2p＋2p

)x＋p2k24＝0，则x1x2＝p24.∵y21＝2px1，y22＝2px2，∴y21y22＝4p2x1x2＝p4.又y1y2<0，∴y1y2＝－p2.故y1y2x1x2＝－4.故选A.4．(2022·河北唐山质检)抛物线有如下光学性质：过焦点的光线

经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3,1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周

长为()A.7112＋26B．9＋10C.8312＋26D．9＋26答案D解析对于y2＝4x，令y＝1，得x＝14，即A14，1，结合抛物线的光学性质，得AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1

)，与抛物线方程联立可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，据此可得xAxB＝1，所以xB＝1xA＝4，故|AB|＝xA＋xB＋p＝254.将x＝4代入y2＝4x可得y＝±4，故B(4，－4)，故|MB|＝(4－3)2＋(－4－1)2＝26.故△ABM的周长为|M

A|＋|AB|＋|MB|＝3－14＋254＋26＝9＋26，故选D.5．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C的两个交22点分别为A，B，且满足AF→＝2FB→，E为AB的中点，则点E到抛物线准线的距离为()A.114B

．94C．52D．54答案B解析由题得抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x＝－1，如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵AF→＝2FB→，∴|AF|＝2|BF|，∴x1＋1＝2(x2＋1)，∴x1＝2x2＋1，∵|y1|＝2|y2|，∴y21＝4y22，∴

x1＝4x2，∴x1＝2，x2＝12.∴线段AB的中点E到该抛物线准线的距离为12[(x1＋1)＋(x2＋1)]＝94.故选B.6．过抛物线C：x2＝2y的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为1，则|AF|＝()A．1B．2C．3D．4答案A解析∵x

2＝2y，∴y＝x22，∴y′＝x，∵抛物线C在点B处的切线斜率为1，∴B1，12，∵抛物线x2＝2y的焦点F的坐标为0，12，∴直线l的方程为y＝12，∴|AF|＝|BF|＝1.故选A.7．已知抛物线y＝12x2的焦点为F

，准线为l，M在l上，线段MF与抛物线交于N点，若|MN|＝2|NF|，则|MF|＝()A．2B．323C．2D．3答案C解析如图，过N作准线的垂线NH，垂足为H.根据抛物线的定义可知|NH|＝|NF|，在Rt△NHM中，|MN|＝2|NH|，则∠NMH＝45°.在Rt△MFK中，∠FMK＝4

5°，所以|MF|＝2|FK|.而|FK|＝1，所以|MF|＝2.故选C.8．(2022·湖南长沙模拟)已知抛物线C1：y＝12px2(p>0)的焦点与双曲线C2：x23－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行

于C2的一条渐近线，则p＝()A.316B．38C．233D．433答案D解析由题可知，抛物线开口向上且焦点坐标为0，p2，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以两个焦点连线的直线方程为y＝－p4(x－2)．设M(x0，y0)

，则有y′＝1px0＝33⇒x0＝33p.因为y0＝12px20，所以y0＝p6.所以p6＝－p433p－2⇒p＝433，故选D.9．(2021·湖南长郡中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(2,0)，过点F的直线交C于A，B两

点，△OAB的重心为点G(O为坐标原点)，则点G到直线3x－3y＋1＝0的距离的最小值为()A．2B．2C．22D．22答案C24解析由题意，得抛物线的方程为y2＝8x，设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程得y2－8my

－16＝0且Δ＝64(m2＋1)＞0，则y1＋y2＝8m，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝8m2＋4，又△OAB的重心为点G，即Gx1＋x23，y1＋y23，∴G8m2＋4

3，8m3，则G到直线3x－3y＋1＝0的距离d＝|8m2－8m＋5|32＝|8m－122＋3|32，∴当m＝12时，dmin＝|3|32＝22.故选C.10．(2021·新高考八省联考)已知抛物

线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为()A．x＋2y＋1＝0B．3x＋6y＋4＝0C．2x＋6y＋3＝0D．x＋3y＋2＝0答案B解析因为点A(2,2)在抛物线y2＝2px

上，故22＝2p×2，即p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.易知直线AB，AC的斜率都存在，设过点A(2,2)与圆(x－2)2＋y2＝1相切的直线的方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y＋2－2k＝0，则圆心(2,0)到切线的距离d＝|2k－0＋2－2k|k2

＋1＝1，解得k＝±3.如图，直线AB：y－2＝3(x－2)，直线AC：y－2＝－3(x－2)．联立y－2＝3(x－2)，y2＝2x，得3x2＋(43－14)x＋16－83＝0，故xAxB＝16－833，由xA＝2得xB＝8－433，故yB＝23－63.联立y－2＝－3

(x－2)，y2＝2x，得3x2－(43＋14)x＋16＋83＝0，故xAxC＝16＋833，由xA＝2得xC＝8＋433，故yC＝－23－63，故yB＋yC＝23－63＋－23－63＝－4，又由B，C在抛物线上可知，直线BC的斜率kBC＝yB－yCxB－xC＝yB－yC12y2B－1

2y2C＝2yB＋yC＝2－4＝－12，故直线BC的方程为y－23－63＝－12x－8－433，即3x＋6y＋4＝0.故25选B.二、多项选择题11．(2021·潍坊二模)已知抛物线x2＝12y的焦点

为F，M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线上两点，则下列结论正确的是()A．点F的坐标为18，0B．若直线MN过点F，则x1x2＝－116C．若MF→＝λNF→，则|MN|的最小值为12D．若|MF|＋|NF|＝32，则线段MN的中点P到x轴的距离为58答案BCD解析

易知点F的坐标为0，18，A错误；根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，x1x2＝－p2＝－116，B正确；若MF→＝λNF→，则MN过点F，则|MN|的最小值即抛物线通径的长，为2p，即12，C正确；抛物线x2＝12

y的准线方程为y＝－18，过点M，N，P分别作准线的垂线MM′，NN′，PP′，垂足分别为M′，N′，P′，所以|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|.所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝32，所以|PP′|＝|MM′|＋|NN′|2＝34，所以线段MN的中点P到x

轴的距离为|PP′|－18＝34－18＝58，D正确．故选BCD.12．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，则下列结论正确的是()26A．点P到抛物线焦点的距离为32B．过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q，则△OPQ的面积为532C．过点P

与抛物线相切的直线方程为x－2y＋1＝0D．过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M，N两点，则直线MN的斜率为定值答案BCD解析因为抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，所以p＝12，所以抛物线方程为y2＝x，焦点坐

标为F14，0.对于A，|PF|＝1＋14＝54，错误；对于B，kPF＝43，所以lPF：y＝43x－14，与y2＝x联立得4y2－3y－1＝0，所以y1＋y2＝34，y1y2＝－14，所以S△OPQ＝12|OF||y1－y2|

＝12×14×(y1＋y2)2－4y1y2＝532，正确；对于C，依题意斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立得ky2－y＋1－k＝0，Δ＝1－4k(1－k)＝0，即4k2－4k＋1＝0，解得k＝

12，所以切线方程为x－2y＋1＝0，正确；对于D，依题意斜率存在，设lPM：y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立得ky2－y＋1－k＝0，所以yM＋1＝1k，即yM＝1k－1，则xM＝1k－12，所以点M

1k－12，1k－1，同理N－1k－12，－1k－1，所以kMN＝1k－1－－1k－11k－12－－1k－12＝2k－4k＝－12，正确．故选BCD.三

、填空题13．过点(0,3)的直线l与抛物线y2＝4x只有一个公共点，则直线l的方程为________.答案y＝13x＋3或y＝3或x＝0解析当直线l的斜率k存在且k≠0时，由相切知直线l的方程为y＝13x＋3；27当k＝0

时，直线l的方程为y＝3，此时直线l平行于抛物线的对称轴，且与抛物线只有一个公共点94，3；当k不存在时，直线l与抛物线也只有一个公共点(0,0)，此时直线l的方程为x＝0.综上，过点(0,3)且与抛物线y2＝4x只有一个公共点的

直线l的方程为y＝13x＋3或y＝3或x＝0.14．(2021·上海高考)已知椭圆x2＋y2b2＝1(0＜b＜1)的左、右焦点为F1，F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是________.

答案x＝1－2解析设F1(－c,0)，F2(c,0)，则抛物线y2＝4cx，直线PF1：y＝x＋c.联立方程组y2＝4cx，y＝x＋c，解得x＝c，y＝2c，所以点P的坐标为(c,2c)，所以PF2⊥F1F2，又|PF2|＝|F2F1|＝2c，所以|PF1|

＝22c，所以|PF1|＋|PF2|＝(2＋22)c＝2a＝2，则c＝2－1，所以抛物线的准线方程为x＝－c＝1－2.15．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点(其中M点在第一象限)，若MN→＝3FN→，则直线l的斜率为________.答

案22解析解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中y1>0，y2<0.∵MN→＝3FN→，∴y1＝－2y2.设直线l的方程为y＝kx－p2，联立y2＝2px，y＝kx－p2，得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，∴

y2＝－2p2，x2＝p4，28∴k＝－2p2－0p4－p2＝22.解法二：由题意，可知MF→＝2FN→，设直线l的倾斜角为θ，由抛物线焦点弦的性质可知p1－cosθ＝2p1＋cosθ，即2－2cosθ＝1＋c

osθ，解得cosθ＝13，∵θ为直线的倾斜角，∴sinθ＝223，∴tanθ＝22，即直线l的斜率为22.16．(2022·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并

延长，交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝________.答案16解析设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，由抛物线的定义得y1＋y2

＋2＝|AF|＋|BF|，因为y1＋y22＝|AB|－1，所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，所以cos∠AFB＝|AF|2＋|BF|2－|AB|22|AF||BF|＝3(|AF|2＋|BF|2)－2|AF||BF|8|AF||BF|≥6|AF||BF|－2|AF||BF|8|AF||B

F|＝12，当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，AB∥x轴．不妨设此时直线AD的方程为y＝3x＋1，由y＝3x＋1，x2＝4y，消去y，得x2－43x

－4＝0，所以x1＋x3＝43，所以y1＋y3＝3(x1＋x3)＋2＝14.所以|AD|＝16.四、解答题17．过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)若抛物线C上存在点M

(－2，y0)，使得MA⊥MB，求直线l的方程．29解(1)抛物线C：x2＝2py(p>0)的准线方程为y＝－p2，焦点为F0，p2.∵当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2，∴1＋p2＝2，解得p＝2，

∴抛物线C的方程为x2＝4y.(2)∵点M(－2，y0)在抛物线C上，∴y0＝(－2)24＝1.又F(0,1)，∴设直线l的方程为y＝kx＋1.由y＝kx＋1，x2＝4y，得x2－4kx－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x

1＋x2＝4k，x1x2＝－4，MA→＝(x1＋2，y1－1)，MB→＝(x2＋2，y2－1)．∵MA⊥MB，∴MA→·MB→＝0，∴(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，∴－4＋8k＋4

－4k2＝0.解得k＝2或k＝0.当k＝0时，l过点M(舍去)，∴k＝2，∴直线l的方程为y＝2x＋1.18．设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)

当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.解(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．∴直线BM的方程为y＝12x＋1或y＝－12x－1.(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以∠ABM

＝∠ABN.当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，30N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.由y＝k(x－2)，y2＝2x，得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2

＝2k，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝y1x1＋2＋y2x2＋2＝x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)(x1＋2)(x2＋2).①将x1＝y1k＋2，x2＝y2k＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(

y1＋y2)＝2y1y2＋4k(y1＋y2)k＝－8＋8k＝0.∴kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，∴∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.19．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距

离为2.(1)求C的方程；(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ→＝9QF→，求直线OQ斜率的最大值．解(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，设P

(x1，y1)，Q(x2，y2)，则PQ→＝(x2－x1，y2－y1)，QF→＝(1－x2，－y2)，因为PQ→＝9QF→，所以x2－x1＝9(1－x2)，y2－y1＝－9y2，可得x1＝10x2－9，y1＝10y2，又点P在抛物线C上，所以y21＝4x1，31即(10y2)2＝

4(10x2－9)，化简得y22＝25x2－925，则点Q的轨迹方程为y2＝25x－925.设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝25x－925相切时，斜率可以取最大，联立y＝kx与y2＝25x－925并化简，得k2x2

－25x＋925＝0，令Δ＝－252－4k2·925＝0，解得k＝±13，所以直线OQ斜率的最大值为13.20．(2021·武汉4月模拟)设抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点，当l与x轴垂直时，△AOB的面

积为8，其中O为坐标原点．(1)求抛物线E的标准方程；(2)若l的斜率存在且为k1，点P(3,0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：k2k1为定值．解(1)由题意不妨设点A在第一象限，则当l与x轴垂

直时，Ap2，p，Bp2，－p，∴|AB|＝2p，∴12×2p×p2＝8，得p＝4，故抛物线E的标准方程为y2＝8x.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则k1＝y1

－y2x1－x2＝y1－y218(y21－y22)＝8y1＋y2，k2＝y3－y4x3－x4＝y3－y418(y23－y24)＝8y3＋y4，∴直线AB的方程为y－y1＝8y1＋y2(x－x1)，即(y1＋y

2)y－y1y2＝8x.又点F(2,0)在直线AB上，∴－y1y2＝16.32设直线BD的方程为x＝ty＋3.由x＝ty＋3，y2＝8x，得y2－8ty－24＝0，∴y2y4＝－24，同理可得y1y3＝－24.又k1＝8y1＋y2，k2＝8y3＋y4，∴k2k1＝y1＋y2y3

＋y4＝y1＋y2－24y1＋－24y2＝y1y2－24＝－16－24＝23，为定值．