【文档说明】《2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破（新高考专用）》第53讲 抛物线（解析版）.docx，共(9)页，255.597 KB，由envi的店铺上传

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第53讲抛物线1．抛物线的概念把平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线．2．抛物线的标准方程和简单几何性质标准方程

y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)图形范围x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0，x∈Ry≤0，x∈R焦点p2，0－p2，00，p20，－p2准线方程x＝－p2x

＝p2y＝－p2y＝p2对称轴x轴y轴顶点(0,0)离心率e＝1常用结论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＝p2

4，y1y2＝－p2；(2)若A在第一象限，B在第四象限，则|AF|＝p1－cosα，|BF|＝p1＋cosα，弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝2psin2α(α为弦AB的倾斜角)；(3)1|FA|＋1|FB|＝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.➢考点1******[名师点睛]求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置、开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，

由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程.[典例]1.(2020·全国Ⅰ)已知A为抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p等于()A．2B．3C．6

D．9答案C解析设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x＋p2＝12.又因为点A到y轴的距离为9，即x＝9，所以9＋p2＝12，解得p＝6.2.设抛物线y2＝2px的焦点在直线2x＋3y－8＝0上，则该抛物线

的准线方程为()A．x＝－4B．x＝－3C．x＝－2D．x＝－1答案A解析直线2x＋3y－8＝0与x轴的交点为(4,0)，∴抛物线y2＝2px的焦点为(4,0)，∴准线方程为x＝－4.3.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上一点，AD⊥l，交l

于D.若|AF|＝4，∠DAF＝60°，则抛物线C的方程为()A．y2＝8xB．y2＝4xC．y2＝2xD．y2＝x答案B解析根据抛物线的定义可得|AD|＝|AF|＝4，又∠DAF＝60°，所以|AD|－p＝|AF|cos60°＝12|AF|，所以4－p＝2，解得p＝2，所以抛物

线C的方程为y2＝4x.[举一反三]1．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，M，N是抛物线上两个不同的点．若|MF|＋|NF|＝5，则线段MN的中点到y轴的距离为()A．3B.32C．5D.52答案B解析由题意知抛物线的准线方程为x＝－1，分别过点M，N作准线的垂

线，垂足为M′，N′(图略)，根据抛物线的定义得|MF|＝|MM′|，|NF|＝|NN′|，所以|MF|＋|NF|＝|MM′|＋|NN′|，所以线段MN的中点到准线的距离为12(|MF|＋|NF|)＝52，所以线段MN的中点到y轴的距离为5

2－1＝32.2．(2022·济南模拟)已知抛物线x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点(点A在第一象限)．若直线AB的斜率为33，点A的纵坐标为32，则p的值为()A.14B.12C．1D．2答案C解析由题意

得，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点在y轴上，准线方程为y＝－p2，设A(xA，yA)，则|AF|＝yA＋p2＝32＋p2，设直线AB的倾斜角为α，则tanα＝33，因为α∈[0，π)，所以α＝π6，所以|AF|＝yA－p2sinα＝32－p2sinα＝3－

p2sinα＝3－p2×12＝3－p，所以3－p＝32＋p2，解得p＝1.3.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|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程

为________.答案y2＝3x解析如图，分别过A、B作AA1⊥l于A1，BB1⊥l于B1，由抛物线的定义知：|AF|＝|AA1|，|BF|＝|BB1|，∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BB1|，∴∠

BCB1＝30°，∴∠AFx＝60°，连接A1F，则△AA1F为等边三角形，过F作FF1⊥AA1于F1，则F1为AA1的中点，设l交x轴于K，则|KF|＝|A1F1|＝12|AA1|＝12|AF|，即p＝32，∴抛物线方程

为y2＝3x.4.(2022·广州模拟)已知抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点为F，准线为l，点P(4，y0)在抛物线上，K为l与y轴的交点，且|PK|＝2|PF|，则y0＝________，p＝________.答案24解析

作PM⊥l，垂足为M，由抛物线定义知|PM|＝|PF|，又知|PK|＝2|PF|，∴在Rt△PKM中，sin∠PKM＝|PM||PK|＝|PF||PK|＝22，∴∠PKM＝45°，∴△PMK为等腰直角三角形，∴|

PM|＝|MK|＝4，又知点P在抛物线x2＝2py(p＞0)上，∴py0＝8，y0＋p2＝4，解得p＝4，y0＝2.➢考点2抛物线的几何性质[名师点睛]应用抛物线的几何性质解题时，常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结

合思想解题的直观性[典例]1.(2021·新高考全国Ⅱ)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到直线y＝x＋1的距离为2，则p等于()A．1B．2C．22D．4答案B解析抛物线的焦点坐标为p2，0，其到直线x－y＋

1＝0的距离d＝p2－0＋11＋1＝2，解得p＝2(p＝－6舍去)．2.(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为3且经过点F，与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线C的准线交于点D.

若|AF|＝8，则以下结论正确的是()A．p＝4B.DF→＝FA→C．|BD|＝2|BF|D．|BF|＝4答案ABC解析如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接EF.设抛物线C的准线

交x轴于点P，则|PF|＝p.因为直线l的斜率为3，所以其倾斜角为60°.因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°，由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，所以|AF|＝|

EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，故A正确；因为|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，所以F为AD的中点，则DF→＝FA→，故B正确；因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以|BD|＝2|BM

|＝2|BF|，故C正确；因为|BD|＝2|BF|，所以|BF|＝13|DF|＝13|AF|＝83，故D错误．3.设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，则点P到点A(－1，1)的距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值为________.答案5解析如图，易知抛物线的

焦点为F(1，0)，准线是x＝－1，由抛物线的定义知点P到直线x＝－1的距离等于点P到F的距离.于是，问题转化为在抛物线上求一点P，使点P到点A(－1，1)的距离与点P到F(1，0)的距离之和最小，显然，连接AF与抛物线相交的点即为满足题意的点，此时最小值为[1－（－1）

]2＋（0－1）2＝5.[举一反三]1．抛物线y2＝2px(p>0)准线上的点A与抛物线上的点B关于原点O对称，线段AB的垂直平分线OM与抛物线交于点M，若直线MB经过点N(4,0)，则抛物线的焦点坐标是()A．

(4,0)B．(2,0)C．(1,0)D.12，0答案C解析设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，则点A(－x1，－y1)，可得－x1＝－p2，则x1＝p2，设直线MB的方程为x＝my＋4，联立x＝my＋

4，y2＝2px，可得y2－2mpy－8p＝0，所以y1y2＝－8p，由题意可知，OB→·OM→＝x1x2＋y1y2＝y21y224p2＋y1y2＝64p24p2－8p＝16－8p＝0，解得p＝2.因此，抛物线的焦点为(1,0)．2．(多选)(2022·唐山模拟)抛物线有如下

光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．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r：y2＝x，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点P

4116，1射入，经过r上的点A(x1，y1)反射后，再经r上另一点B(x2，y2)反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则()A．y1y2＝－1B．|AB|＝2516C．PB平分∠ABQD．延长AO交直线x＝－14于点C，则C，B，Q三点共线答案BCD解析设抛物线的焦点为F，则F

14，0.因为P4116，1，且l1∥x轴，故A(1,1)，故直线AF：y＝1－01－14x－14＝43x－13.由y＝43x－13，y2＝x可得y2－34y－14＝0，故y1y2＝－14，故A错误；又y1＝1，故y2

＝－14，故B116，－14，故|AB|＝1＋116＋12＝2516，故B正确；直线AO：y＝x，由y＝x，x＝－14可得C－14，－14，故yC＝y2，所以C，B，Q三点共线，故D正确；因为|AP|＝4116－1＝2516＝|AB|，故△A

PB为等腰三角形，故∠ABP＝∠APB，而l1∥l2，故∠PBQ＝∠APB，即∠ABP＝∠PBQ，故PB平分∠ABQ，故C正确．3.(2021·新高考全国Ⅰ)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直

，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．答案x＝－32解析方法一(解直角三角形法)由题易得|OF|＝p2，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以|OF||PF|＝|PF||FQ|，即p2p＝p6，解得p＝3

，所以C的准线方程为x＝－32.方法二(应用射影定理法)由题易得|OF|＝p2，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝p2×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－32.➢考点3直线与抛物线[名师点睛](1)求解直线与抛物线

问题，一般利用方程法，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(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则可用弦长公式．[典例](2022·湖州模拟)如图，已知抛物线x2＝y，点A－12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)－12＜x＜32.过点B作直线AP的垂线，垂足为

Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解(1)设直线AP的斜率为k，k＝x2－14x＋12＝x－12，因为－12＜x＜32，所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1).(2)联立直线AP与BQ的

方程kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32（k2＋1）.因为|PA|＝1＋k2x＋12＝1＋k2(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－（k－1）（k＋1）2k2＋1，所以|PA|·|PQ|＝－

(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在区间－1，12上单调递增，12，1上单调递减，因此当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.[举一反三]已知抛物线C：y2＝3

x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.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.