【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.14 直线与抛物线的位置关系-重难点题型检测 Word版含解析.docx，共(17)页，181.335 KB，由小赞的店铺上传

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专题3.14直线与抛物线的位置关系-重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022·全国·模拟预测）已知𝑂为坐标原点，𝐹是抛物线𝑦2=4𝑥的焦点，𝑃为抛物线上一点，且∠𝑃𝑂𝐹=60∘，则|𝑃

𝐹|=（）A．53B．2C．73D．103【解题思路】不妨设点𝑃(𝑥,𝑦)为第一象限内一点，将直线𝑂𝑃的方程与抛物线方程联立，求出点𝑃的坐标，然后利用抛物线的定义可求得|𝑃𝐹|.【解答过程】不妨设点𝑃(𝑥,𝑦)为第一象限内一点，则直线𝑂𝑃的斜率为√3，直线�

�𝑃的方程为𝑦=√3𝑥，联立{𝑦=√3𝑥𝑦2=4𝑥𝑦>0，解得{𝑥=43𝑦=4√33，即点𝑃(43,4√33)，所以，|𝑃𝐹|=43+1=73.故选：C.2．（3分）（2022·全国·高三专题练习）设F为抛物线𝐶:𝑦2=6𝑥的焦点，过F且倾斜角为60°的直线交C

于A，B两点，则|𝐴𝐵|=（）A．√303B．8C．12D．7√3【解题思路】由题意得出焦点坐标，直线方程，由直线方程与抛物线方程联立，由抛物线过焦点的弦长公式可得出答案.【解答过程】依题意可知抛物线𝐶:𝑦2=

6𝑥焦点为(32,0)，直线AB的方程为𝑦=√3(𝑥−32)，代入抛物线方程得4𝑥2−20𝑥+9=0，可得𝑥𝐴+𝑥𝐵=5，根据抛物线的定义可知直线AB的长为𝑥𝐴+𝑝2+𝑥𝐵+𝑝2=5+3=8．故选：B．3．（3分）（2021·全国·高二专题练习）如图是抛物线形拱桥，当

水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽（）米．A．2√5B．2√6C．3√2D．2√3【解题思路】通过建立直角坐标系，设出抛物线方程，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程，再把B（x0，﹣3）代入抛物线方程求得x0进而得到答案

．【解答过程】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为x2＝my，将A（2，﹣2）代入x2＝my，得m＝﹣2∴x2＝﹣2y，B（x0，﹣3）代入方程得x0=√6，故水面宽为2√6m．故选：B．4．（3分）（2023·全国·高三专题练习）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，则三角形𝐴𝑂𝐵的面积是（O为坐标原点）（）A．2√33B．4√33C．√33D．163【解题思路】写出直线方程，联立抛物线方程，求出A，B

两点坐标，进而求出AB的长，再求出原点到直线距离，求出三角形面积.【解答过程】抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点坐标为(1,0)，则斜率为√3的直线方程为：𝑦=√3(𝑥−1)，与抛物线方程联立得：3𝑥2−10𝑥+3=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦

2)，不妨设𝑥1=13，𝑥2=3，则|𝐴𝐵|=√1+3|𝑥1−𝑥2|=163，点O到直线AB的距离为𝑑=|−√3|√1+3=√32，所以△AOB的面积为12×163×√32=4√33故选：B.5．（3分）（2022·全国·高二课时练习）圆锥曲线的弦与过弦的

端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，其中抛物线中的阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上．设抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)，弦𝐴𝐵过焦点𝐹，△𝐴𝐵𝑄为阿基米德

三角形，则△𝐴𝐵𝑄为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．随着点𝐴，𝐵位置的变化，前三种情况都有可能【解题思路】设出直线𝐴𝐵的方程，联立抛物线，利用韦达定理得出𝑦1+𝑦2,𝑦1𝑦2，再设出切线方程利用判别式为0得出

切线斜率关系即可判断.【解答过程】如图，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑦12=2𝑝𝑥1，𝑦22=2𝑝𝑥2，易知直线𝐴𝐵的斜率不为0，设直线𝐴𝐵的方程为𝑚𝑦=𝑥−𝑝2，联立{𝑚𝑦=𝑥−𝑝2𝑦2=2𝑝𝑥，整理得𝑦2−2𝑝�

�𝑦−𝑝2=0，则𝑦1+𝑦2=2𝑝𝑚，𝑦1𝑦2=−𝑝2．易知切线的斜率肯定不为0，设过点𝐴的切线方程为𝑘1(𝑦−𝑦1)=𝑥−𝑦122𝑝，联立{𝑘1(𝑦−𝑦1)=𝑥−𝑦122𝑝𝑦2=2𝑝𝑥，整理得𝑦

2−2𝑝𝑘1𝑦+2𝑝𝑘1𝑦1−𝑦12=0，则Δ=(−2𝑝𝑘1)2−4(2𝑝𝑘1𝑦1−𝑦12)=0，即𝑝𝑘1=𝑦1，设过点𝐵的切线方程为𝑘2(𝑦−𝑦2)=𝑥−𝑦222𝑝，同理可得𝑝𝑘2=𝑦2，则𝑝2�

�1𝑘2=𝑦1𝑦2=−𝑝2，得𝑘1𝑘2=−1，1𝑘1𝑘2=−1，则两条切线的斜率之积为−1，故△𝐴𝐵𝑄是直角三角形．故选：B．6．（3分）（2022·全国·高三专题练习）已知𝐹为抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点，过𝐹作两条互相垂直的直线𝑙1，�

�2，直线𝑙1与𝐶交于𝐴，𝐵两点，直线𝑙2与𝐶交于𝐷，𝐸两点，则当|𝐴𝐵|+|𝐷𝐸|取得最小值时，四边形𝐴𝐷𝐵𝐸的面积为（）A．32B．16C．24D．8【解题思路】由两条直线垂直，以及|𝐴𝐵|+

|𝐷𝐸|取得最小值时|𝐴𝐵|=|𝐷𝐸|，有𝐴与𝐷，𝐵与𝐸关于𝑥轴对称，可得直线𝐷𝐸的斜率为1，进而可求出直线𝐷𝐸的方程，与抛物线联立写出韦达定理和弦长公式，再由相互垂直的四边形面积公式求值即可．【解答过程】因

为𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，要使|𝐴𝐵|+|𝐷𝐸|最小，而|𝐴𝐵|+|𝐷𝐸|≥2√|𝐴𝐵||𝐷𝐸|，由抛物线的对称性可得𝐴与𝐷，𝐵与𝐸关于𝑥轴对称，所以可得直线𝐷𝐸的斜率为1，又过抛物线的焦点(1,0)，所以直线𝐷𝐸的方程为：𝑦=𝑥

−1，{𝑦=𝑥−1𝑦2=4𝑥，整理可得𝑦2−4𝑦−4=0，𝑦1+𝑦2=4，𝑦1𝑦2=−4，所以可得|𝐷𝐸|=√1+12⋅√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=√2⋅√16+16=8，所以𝑆四边形𝐴𝐵𝐷𝐸=12|𝐷𝐸|⋅|𝐴𝐵|=12×8×

8=32．故选：𝐴．7．（3分）（2022·河南·模拟预测（理））已知抛物线𝐶:𝑦2=12𝑥的焦点为𝐹，过𝐹且不与𝑥轴垂直的直线与抛物线相交于𝐴、𝐵两点，𝑃为𝑥轴上一点，满足|𝑃𝐴|=|𝑃𝐵|，则|𝐴𝐵||𝑃𝐹|（）A．为定值2B．为定值1C．不是

定值，最大值为1D．不是定值，最小值为1【解题思路】根据题意，设直线𝐴𝐵的方程为𝑥=𝑚𝑦+3(𝑚≠0)，设点𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，将直线𝐴𝐵的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出|𝐴𝐵|，

求出点𝑃的坐标，可求得|𝑃𝐹|，即可计算出|𝐴𝐵||𝑃𝐹|的值.【解答过程】若直线𝐴𝐵与𝑥轴重合，此时，直线𝐴𝐵与抛物线𝐶只有一个交点，不合乎题意；由题意，𝐹(3,0)，设直线𝐴𝐵的方程为𝑥=𝑚𝑦+3(𝑚≠0)，设点𝐴(𝑥

1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦2=12𝑥𝑥=𝑚𝑦+3可得𝑦2−12𝑚𝑦−36=0，Δ=144𝑚2+144>0，由韦达定理可得𝑦1+𝑦2=12𝑚，则𝑥1+𝑥2=𝑚(𝑦1+𝑦2)+6=12𝑚2+6，所以，|𝐴

𝐵|=𝑥1+𝑥2+6=12(𝑚2+1)，线段𝐴𝐵的中点为𝐷(6𝑚2+3,6𝑚)，所以，直线𝑃𝐷的方程为𝑦−6𝑚=−𝑚(𝑥−6𝑚2−3)，在直线𝑃𝐷的方程中，令𝑦=0，可得𝑥=6𝑚2+9，即点𝑃(6𝑚2+9,0)，

所以，|𝑃𝐹|=6𝑚2+6，因此，|𝐴𝐵||𝑃𝐹|=2.故选：A.8．（3分）已知A，𝐵是抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥上两动点，𝐹为抛物线𝐶的焦点，则下列说法错误的是（）A．直线𝐴𝐵过焦点𝐹时，|�

�𝐵|最小值为4B．直线𝐴𝐵过焦点𝐹且倾斜角为60°时（点A在第一象限），|𝐴𝐹|=2|𝐵𝐹|C．若𝐴𝐵中点𝑀的横坐标为3，则|𝐴𝐵|最大值为8D．点A坐标(4,4)，且直线𝐴𝐹，�

�𝐵斜率之和为0，𝐴𝐹与抛物线的另一交点为𝐷，则直线𝐵𝐷方程为：4𝑥+8𝑦+7=0【解题思路】对于A，易知当𝐴𝐵垂直于𝑥轴时，|𝐴𝐵|取最小值4，故A正确；对于B，联立方程求得𝑥𝐴与𝑥𝐵，从而得到|𝐴𝐹|=3|𝐵𝐹|，故B错误；对于C，由|𝐴𝐵|≤|�

�𝐹|+|𝐵𝐹|可推得当直线𝐴𝐵过焦点𝐹时，|𝐴𝐵|最大值为8，故C正确；对于D，利用条件分别求出𝐵、𝐷的坐标，从而求得直线𝐵𝐷的方程，故D正确．【解答过程】依题意得，抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹(1,0)，准线为𝑥=−1，𝑝=2对

于A，直线𝐴𝐵过焦点𝐹，|𝐴𝐵|=𝑥𝐴+𝑥𝐵+𝑝=𝑥𝐴+𝑥𝐵+2，当𝐴𝐵垂直于𝑥轴时，|𝐴𝐵|取最小值，此时|𝐴𝐵|=1+1+2=4，故A正确；对于B，由题可知，直线𝐴𝐵为𝑦=√3(𝑥−1)，代入𝑦2=4𝑥，整理得3𝑥2−10�

�+3=0，解得𝑥=13或𝑥=3，所以|𝐴𝐹|=3+𝑝2=4，|𝐵𝐹|=13+𝑝2=43，即|𝐴𝐹|=3|𝐵𝐹|，故B错误；对于C，由于A，𝐵为两动点，所以|𝐴𝐵|≤|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=𝑥𝐴+𝑥𝐵+2=8

，当且仅当直线𝐴𝐵过焦点𝐹时等号成立，故C正确；对于D，依题意，𝑘𝐴𝐹=43=𝑦𝐴−𝑦𝐷𝑥𝐴−𝑥𝐷=𝑦𝐴−𝑦𝐷𝑦𝐴⬚24−𝑦𝐷⬚24=4𝑦𝐴+𝑦𝐷，故𝑦𝐷=−1，即𝐷(14,−1)，同理可得𝐵(494,−7)，故直

线𝐵𝐷方程为4𝑥+8𝑦+7=0，故D正确．故选：B.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹，斜率为1的直线𝑙交抛物线于𝐴、𝐵两点，

则（）A．抛物线𝐶的准线方程为𝑥=1B．线段𝐴𝐵的中点在直线𝑦=2上C．若|𝐴𝐵|=8，则△𝑂𝐴𝐵的面积为2√2D．以线段𝐴𝐹为直径的圆一定与𝑦轴相切【解题思路】根据抛物线的标准方程与准线方程的关系可判断A选项的正误；利用点差法可判断B选项的正误；利用弦长公式以及三

角形的面积公式可判断C选项的正误；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项的正误.【解答过程】对于A选项，抛物线𝐶的准线方程为𝑥=−1，A错；对于B选项，设点𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，设线段𝐴𝐵的

中点为𝑀(𝑥0,𝑦0)，则{𝑦12=4𝑥1𝑦22=4𝑥2，两式作差得(𝑦1−𝑦2)(𝑦1+𝑦2)=4(𝑥1−𝑥2)，可得4𝑦1+𝑦2=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=1，所以，𝑦1+𝑦2=4，故𝑦0=𝑦1+𝑦22=2，B对；对于C选项，

设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑥+𝑏，联立{𝑦=𝑥+𝑏𝑦2=4𝑥，可得𝑥2+(2𝑏−4)𝑥+𝑏2=0，Δ=4(𝑏−2)2−4𝑏2>0，解得𝑏<1，由韦达定理可得𝑥1+𝑥2=4

−2𝑏，𝑥1𝑥2=𝑏2，|𝐴𝐵|=√2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√2×4√1−𝑏=8，解得𝑏=−1，点𝑂到直线𝑙的距离为𝑑=|𝑏|√2=√22，故𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝐴𝐵|⋅𝑑=12×8×√22=2√2，C对；对于D选项，设线段𝐴𝐹

的中点为𝑁(𝑥3,𝑦3)，则𝑥3=𝑥1+12，由抛物线的定义可得|𝐴𝐹|=𝑥1+1=2×𝑥1+12，即|𝐴𝐹|等于点𝑁到𝑦轴距离的两倍，所以，以线段𝐴𝐹为直径的圆一定与𝑦轴相切，D对.故选：BCD.10．（4分）（2022·福建·高二期中

）设抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为F直线𝑙过F且与C交于𝐴,𝐵两点，若|𝐴𝐹|=3|𝐵𝐹|，则𝑙的方程为（）A．𝑦=√33(𝑥−1)B．𝑦=−√33(𝑥−1)C．𝑦=√3(𝑥−1)D．𝑦=−√3(𝑥−1)【解题思

路】先由抛物线方程得到焦点坐标，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及题中条件，求出𝑘=±√3，即可得出结果.【解

答过程】由抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥可得，其焦点为𝐹(1,0)，由题意，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由{𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑦2=4𝑥消去𝑦得𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+𝑘2=0，则{𝑥1+𝑥

2=2𝑘2+4𝑘2=2+4𝑘2𝑥1𝑥2=1，𝛥=(2𝑘2+4)2−4𝑘4=16𝑘2+16>0，根据抛物线的定义可得，|𝐴𝐹|=𝑥1+1，|𝐵𝐹|=𝑥2+1，因为|𝐴𝐹|=3|𝐵𝐹|，所以𝑥1+1=3(𝑥2+1)，则𝑥1=3𝑥2+2=3𝑥1+2，解得�

�1=3或𝑥1=−1（根据抛物的方程，负值舍去）；所以𝑥2=13，所以𝑥1+𝑥2=103=2+4𝑘2，解得𝑘=±√3，即直线𝑙的方程为𝑦=±√3(𝑥−1).故选：CD.11．（4分）（202

2·江苏南通·高二期中）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为F，直线l的倾斜角为60°且经过点F.若l与C相交于𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)两点，则（）A．𝑥1𝑥2=2B．�

�1𝑦2=−4C．|𝐴𝐵|=163D．△AOB的面积为2√33【解题思路】根据抛物线方程得到焦点坐标，即可得到直线𝑙的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可判断A、B，根据焦点弦公式判断C，再求出原点到直线𝑙的距离，即可求出三角形的面积；【解答过程】解：

抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点坐标为𝐹(1,0)，所以直线𝑙：𝑦=√3(𝑥−1)，则{𝑦=√3(𝑥−1)𝑦2=4𝑥，消去𝑦得3𝑥2−10𝑥+3=0，所以𝑥1+𝑥2=103，𝑥1𝑥2=1，所以|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=103+2=16

3，故A错误，C正确；𝑦1𝑦2=√3(𝑥1−1)×√3(𝑥2−1)=3[𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)+1]=3(1−103+1)=−4，故B正确；又𝑂到直线𝑙：√3𝑥−𝑦−√3=0的距离𝑑=|−√3|√(√3)2+(−1)2

=√32，所以𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝐴𝐵|𝑑=4√33，故D错误；故选：BC.12．（4分）（2021·江苏·高二单元测试）在平面直角坐标系xOy中，过抛物线𝑥2=2𝑦的焦点的直线l与该抛物

线的两个交点为𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，则（）A．𝑦1𝑦2=14B．以AB为直径的圆与直线𝑦=−12相切C．𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的最小值2√2D．经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交

点一定在定直线上【解题思路】联立直线l与抛物线𝑥2=2𝑦，利用韦达定理可判断A；取AB中点M即为圆心，分别过A、B、M作直线𝑦=−12的垂线，由抛物线定义得M到直线𝑦=−12的距离等于AB距离的一半，判断B；𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1�

�2+𝑦1𝑦2，韦达定理结合点𝐴(𝑥1，𝑦1)满足抛物线方程𝑥2=2𝑦，化简计算即可判断C；写出两条直线方程并联立求出交点坐标，结合前面结论化简交点纵坐标，即可判断D．【解答过程】解：由抛物线𝑥

2=2𝑦，知焦点(0，12)，由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为𝑦=𝑘𝑥+12，联立𝑥2=2𝑦，消x得4𝑦2−(8𝑘2+4)𝑦+1=0，所以𝑦1𝑦2=14，故A正确；设AB中点为M，M为以AB为直径的圆的圆心，又𝑦=−12是抛物线𝑥2=2𝑦

的准线，利用抛物线定义，分别过A、B、M作直线𝑦=−12的垂线，垂足分别为𝐴′、𝐵′、𝑀′，得𝑀𝑀′=12(𝐴𝐴′+𝐵𝐵′)，由抛物线定义知𝐴𝐴′+𝐵𝐵′=𝐴𝐵，即𝑀𝑀′=12𝐴𝐵，故B正确；联立直线l与抛物线𝑥2=2𝑦，得𝑦1𝑦2=1

4，𝑦1+𝑦2=2𝑘2+1，因为𝑦1=𝑘𝑥1+12，𝑦2=𝑘𝑥2+12，所以𝑘2𝑥1𝑥2=(𝑦1−12)(𝑦2−12)=𝑦1𝑦2−12(𝑦1+𝑦2)+14=−𝑘2，即𝑥1𝑥2=−1𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=−1+14=−34；故C错误；经过点B与x轴垂直的直线为𝑥=𝑥2，直线OA为𝑦=𝑦1𝑥1𝑥，联立得交点(𝑥2，𝑦1𝑥2𝑥1)，因

为𝑥12=2𝑦1，则𝑦1𝑥2𝑥1=12𝑥12𝑥2𝑥1=12𝑥1𝑥2=−12；所以经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线𝑦=−12．故D正确．故选：ABD．三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）

（2022·上海市高三阶段练习）直线𝑦=𝑘𝑥+1与抛物线𝑦2=4𝑥至多有一个公共点，则𝑘的取值范围为{0}∪[1,+∞)．【解题思路】分𝑘=0、𝑘≠0两种情况讨论，联立直线与抛物线的方

程，根据已知条件可得出关于𝑘的不等式，即可解得实数𝑘的取值范围.【解答过程】当𝑘=0时，联立{𝑦=1𝑦2=4𝑥可得{𝑥=14𝑦=1，此时直线𝑦=1与抛物线𝑦2=4𝑥有一个公共点，合乎题意；当𝑘≠0时，联立{�

�=𝑘𝑥+1𝑦2=4𝑥可得𝑘2𝑥2+(2𝑘−4)𝑥+1=0，由题意可得Δ=(2𝑘−4)2−4𝑘2=16−16𝑘≤0，解得𝑘≥1.综上所述，𝑘的取值范围是{0}∪[1,+∞).故答案为：{0}∪[1,+∞).14．（4分）（2022·广东

·高三阶段练习）若直线l经过抛物线𝑥2=4𝑦的焦点，与该抛物线交于A，B两点，且线段AB的中点的纵坐标为3，则线段AB的长为8.【解题思路】求出焦点坐标，设出直线𝑙方程为𝑦=𝑘𝑥+1，并设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，直线方程

代入抛物线方程，由韦达定理得𝑥1+𝑥2,𝑥1𝑥2，由𝐴𝐵中点纵坐标求得𝑘值，由弦长公式得结论．【解答过程】抛物线𝑥2=4𝑦的焦点为𝐹(0,1)，直线𝑙与抛物线交于两点，则其斜率存在，设𝑙的方程为𝑦

=𝑘𝑥+1，𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则由{𝑥2=4𝑦𝑦=𝑘𝑥+1得𝑥2−4𝑘𝑥−4=0，𝑥1+𝑥2=4𝑘，𝑥1𝑥2=−4，又𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1

+𝑥2)+2，所以𝑦1+𝑦22=𝑘(𝑥1+𝑥2)2+1，即3=2𝑘2+1，𝑘=±1，所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√1+1×√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√2×√16−4×(−4)=8．故答案为：8．15．（4分）（2022·全国·高三阶段

练习（文））在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线Γ:𝑥2=8𝑦的焦点为F，过点𝐹′(0,−2)的直线l与抛物线Γ交于𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)两点（其中0<𝑥1<𝑥2），连接𝐵𝐹并延长交抛物线Γ于点C，记直线l的斜率为

k，直线𝐶𝐹′的斜率为𝑘′，则𝑘+𝑘′=0.【解题思路】根据给定条件写出直线l、直线BF方程，再分别与抛物线Γ的方程联立，探求出点C，A的坐标关系即可作答.【解答过程】依题意，直线𝑙的方程为：𝑦=𝑘�

�−2，由{𝑦=𝑘𝑥−2𝑥2=8𝑦消去y并整理得：𝑥2−8𝑘𝑥+16=0，则有𝑥1⋅𝑥2=16，抛物线Γ:𝑥2=8𝑦的焦点为𝐹(0,2)，令直线BF的方程为𝑦=𝑘1𝑥+2，由{𝑦=�

�1𝑥+2𝑥2=8𝑦消去y并整理得：𝑥2−8𝑘1𝑥−16=0，设𝐶(𝑥3,𝑦3)，则有𝑥2⋅𝑥3=−16，因此有𝑥1=−𝑥3，而A，C都在抛物线上，由对称性知，点A，C关于y轴对称，

于是得𝑘+𝑘′=0.所以𝑘+𝑘′=0.故答案为：0.16．（4分）（2022·全国·高三专题练习）如图，已知点F为抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点过点F且斜率存在的直线交抛物线C于A，B两点，点D为准线l与x轴的交点，则△𝐷𝐴𝐵的面积S的取值范围为(4,+

∞)．【解题思路】设𝐴,𝐵坐标和直线AB的方程，让直线AB方程与抛物线进行联立可得𝑥1+𝑥2=2+4𝑘2，𝑥1𝑥2=1，接着利用弦长公式求出|𝐴𝐵|，再求出点𝐷到直线AB的距离，最后利用三角形的面积公式即可求出答案【解答过程】由抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥可得焦点𝐹(1,0

)，准线方程为𝑥=−1，𝐷(−1,0)，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，直线AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)(𝑘≠0)，由{𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑦2=4𝑥，可得𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+𝑘2=0，则𝑥1+𝑥2=2+4𝑘2，𝑥1𝑥2=

1，所以|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2⋅√(2+4𝑘2)2−4=4(1+𝑘2)𝑘2，直线AB的一般方程为𝑘𝑥−𝑦−𝑘=0，点𝐷(−1,0)到直线AB的距离𝑑=|2𝑘|√�

�2+1，所以𝑆=12𝑑⋅|𝐴𝐵|=|𝑘|√1+𝑘2⋅4(1+𝑘2)𝑘2=4√1𝑘2+1>4，所以△𝐷𝐴𝐵的面积S的取值范围为(4,+∞)，故答案为：(4,+∞).四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·全国·高二课时练习）设直线𝑙:𝑦

=𝑘𝑥+1，抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥，当𝑘为何值时，𝑙与𝐶相切？相交？相离？【解题思路】联立直线方程和抛物线方程，分类讨论即可.【解答过程】解：联立方程，得{𝑦=𝑘𝑥+1,𝑦2=4𝑥,

消去𝑦并整理，得𝑘2𝑥2+(2𝑘−4)𝑥+1=0.当𝑘≠0时，方程𝑘2𝑥2+(2𝑘−4)𝑥+1=0为一元二次方程.所以Δ=(2𝑘−4)2−4𝑘2=16(1−𝑘).当Δ=0，即𝑘=1时，𝑙

与𝐶相切；当Δ>0，即𝑘<1且𝑘≠0时，𝑙与𝐶相交；当Δ<0，即𝑘>1时，𝑙与𝐶相离.当𝑘=0时，直线𝑙的方程为𝑦=1，显然与抛物线𝐶交于点(14,1).综上所述，当𝑘=1时，𝑙与𝐶相切；当𝑘<1时，𝑙与𝐶相交；当𝑘>1时，𝑙与𝐶相离

.18．（6分）（2022·江苏·高二）如图，一抛物线型拱桥的拱顶O离水面高4米，水面宽度AB＝10米．现有一船只运送一堆由小货箱码成的长方体形的货物欲从桥下中央经过，已知长方体形货物总宽6米，高1.5米，货箱最底面与水面持平．(1)问船只能否顺利通过该桥？(

2)已知每加一层货箱，船只吃水深度增加1cm；每减一层货箱，船只吃水深度减少1cm．若每层小货箱高3cm，且货物与桥壁需上下留2cm间隙方可通过，问船只需增加或减少几层货箱可恰好能从桥下中央通过？【解题思路】（1）以O为原点

，过O垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示平面直角坐标系：设抛物线方程为x2＝my，根据题意知点B（5，﹣4）在抛物线上，求解抛物线方程，设C（3，﹣4），过C作AB的垂线，交抛物线于D（3，y0），求出CD，即可判断货箱是否能顺利通过该桥．（2）根据题意，结合（1）的结论进行求解即可．【解

答过程】(1)以O为原点，过O垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示平面直角坐标系：设抛物线方程为x2＝my，根据题意知点B（5，﹣4）在抛物线上；∴25＝﹣4m；∴𝑚=−254；∴𝑥2=−254𝑦；可设C（3，﹣4），过C作AB的垂线，交抛物线于D（3，y0），则

9=−254𝑦0；∴𝑦0=−3625；∵|𝐶𝐷|=−3625−(−4)=6425>1.5；∴货箱能顺利通过该桥．(2)由题（1）知，货物超出高度为(6425−1.5)×100=106(𝑐𝑚)，每增加一层，则船体连货物高度整体上升3+1=4(𝑐𝑚)，由货物与桥壁需留下2

cm间隙．则需要增加层数为106−24=26层，答：船只能顺利通过该桥，可以增加26层可恰好能从中央通过．19．（8分）（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑥，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)是C上两个不同的点．(1)

求证：直线𝑦1𝑦=𝑥1+𝑥与C相切；(2)若O为坐标原点，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=−1，C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上．【解题思路】（1）联立直线与抛物线的方程消元，利用Δ=0证明即可；（2）设𝑃(𝑥0,𝑦0)，由

（1）可得出两条切线的方程，然后联立可得𝑥0=𝑦1𝑦22，然后由𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=−1可得𝑦1𝑦2=−2，即可证明.【解答过程】（1）联立{𝑦2=2𝑥𝑦1𝑦=𝑥1+𝑥得𝑦2−

2𝑦1𝑦+2𝑥1=0，因为𝐴(𝑥1,𝑦1)在C上，则𝑦12=2𝑥1，所以Δ=(−2𝑦1)2−4×2𝑥1=4𝑦12−8𝑥1=0，因此直线𝑦1𝑦=𝑥1+𝑥与C相切．（2）由（1）知，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，切线𝑃𝐴的方程为𝑦1𝑦=𝑥1+𝑥，切线𝑃𝐵

的方程为𝑦2𝑦=𝑥2+𝑥，联立{𝑦1𝑦=𝑥1+𝑥𝑦2𝑦=𝑥2+𝑥得𝑥0=𝑥1𝑦2−𝑥2𝑦1𝑦1−𝑦2，因为𝑥1=𝑦122，𝑥2=𝑦222，所以𝑥0=𝑥1𝑦2−𝑥2𝑦1𝑦1−𝑦2=𝑦1𝑦22．又因为�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=−1，所以𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑦122⋅𝑦222+𝑦1𝑦2=−1，解得𝑦1𝑦2=−2，所以𝑥0=−1．故点P在定直线𝑥=−1上．20．（8分）（2022·江苏·高二）①

𝑀(1,𝑡)为抛物线𝐶上的点，且|𝑀𝐹|=32；②焦点到准线的距离是1．在这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥的焦点为𝐹，______，若直线𝑦=𝑥−2与抛物线𝐶相交于A、𝐵两点，求弦长|𝐴𝐵|．【解题思路

】若选①：根据焦半径公式|𝑀𝐹|=𝑥𝑀+𝑝2=32即可求出p，从而求出抛物线方程，联立抛物线方程和直线方程，根据韦达定理和弦长公式即可求|𝐴𝐵|；若选②：根据抛物线定义可知抛物线焦点到准线的距离为p，由

此可求抛物线方程，从而采用和选①时相同的方法可求|𝐴𝐵|．【解答过程】若选①：∵𝑀(1,𝑡)在抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥上，且|𝑀𝐹|=32，∴|𝑀𝐹|=𝑥𝑀+𝑝2=1+𝑝2=32，则p＝1；若选②：∵焦点到准线的距离是1，∴p

＝1；故抛物线𝐶的方程为𝑦2=2𝑥．联立{𝑦=𝑥−2𝑦2=2𝑥，可得𝑥2−6𝑥+4=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=6，𝑥1𝑥2=4，∴|𝐴𝐵|=√2⋅|𝑥1−𝑥2|=√2⋅√(𝑥1+𝑥

2)2−4𝑥1𝑥2=√2⋅√62−4×4=2√10．21．（8分）（2021·湖北省高二阶段练习）已知点P是曲线C上任意一点，点P到点𝐹(1,0)的距离与到直线y轴的距离之差为1.(1)求曲线C的方程；(2

)若过不在曲线C上的一点M作互相垂直的两条直线𝑙1，𝑙2分别与曲线在y轴右侧的部分相切于A，B两点，求证：直线AB过定点，并求出定点坐标.【解题思路】（1）根据给定条件结合抛物线定义求解作答.（2）设出过点M的曲线C的切线方程，再与曲线C的方程联立，借助判别式为0求出两条切线斜率

的关系、两切点坐标，求出直线AB方程即可作答.【解答过程】(1)设𝑃(𝑥,𝑦)，当𝑥<0时，𝑦=0符合题意；当𝑥≥0时，因曲线C上的点P到点𝐹(1,0)的距离与到y轴的距离之差为1，则点P到点𝐹(1,0)的距离与到直线𝑥

=−1的距离相等，因此，曲线C是以点𝐹(1,0)为焦点，顶点在原点的抛物线，其方程为：𝑦2=4𝑥，所以曲线C的方程是：𝑦2=4𝑥,(𝑥≥0)，𝑦=0,(𝑥<0)(2)显然，过点M(𝑥0,𝑦0)的

抛物线C的切线斜率存在且不为0，设切线方程为：𝑦−𝑦0=𝑘(𝑥−𝑥0)，由{𝑦−𝑦0=𝑘(𝑥−𝑥0)𝑦2=4𝑥消去x并整理得：𝑘4⋅𝑦2−𝑦+𝑦0−𝑘𝑥0=0，依题意，Δ=1−𝑘(𝑦0−𝑘𝑥0)=𝑥0𝑘2−𝑦0𝑘

+1=0，设切线𝑙1，𝑙2斜率分别为𝑘1,𝑘2，则𝑘1+𝑘2=𝑦0𝑥0，𝑘1𝑘2=1𝑥0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，因此，𝑦1=2𝑘1，𝑦2=2𝑘2，于是得𝐴(1𝑘12,2𝑘1)，�

�(1𝑘22,2𝑘2)，𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1𝑘12−1𝑘22,2𝑘1−2𝑘2)，直线AB上任意点𝑄(𝑥,𝑦)，𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥−1𝑘12,𝑦−2𝑘1)，由𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗//𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗得：(2𝑘1−2

𝑘2)(𝑥−1𝑘12)−(1𝑘12−1𝑘22)(𝑦−2𝑘1)=0，化简整理得：2𝑥−𝑘1+𝑘2𝑘1𝑘2𝑦+2𝑘1𝑘2=0，则直线AB的方程为：2𝑥−𝑦0𝑦+2𝑥0=0，因直线𝑙1，𝑙2互相垂直，则1𝑥0=𝑘1𝑘2=−1，即𝑥0=−1，于是

得直线AB：2𝑥−𝑦0𝑦−2=0，即2(𝑥−1)−𝑦0𝑦=0，无论𝑦0取何值，直线AB都过点(1,0)，所以直线AB过定点，定点坐标为(1,0).22．（8分）（2022·全国·高三专题练习）在①𝑃𝐹=𝑥0+1，②𝑦0=

2𝑥0=2，③𝑃𝐹⊥𝑥轴时，𝑃𝐹=2这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．问题：已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，点𝑃(𝑥0,𝑦0)在抛物线C上，且______．(1)求抛物线C的标准

方程；(2)若直线𝑙:𝑥−𝑦−2=0与抛物线C交于A，B两点，求△𝐴𝐵𝐹的面积．【解题思路】（1）选择条件①，由抛物线的定义可得𝑃𝐹=𝑥0+𝑝2，即可求解𝑃的值，进而得到抛物线𝐶的方程；选择条件②，可解得𝑃点坐标，进而得到抛物线𝐶的方程，选择条件③，可得𝑃𝐹=𝑝2

+𝑝2=2，即可求解𝑃的值，进而得到抛物线𝐶的方程；（2）由（1）可得焦点坐标，设𝐴,𝐵两点坐标，联立直线𝑙的方程与抛物线𝐶的方程，利用韦达定理求解线段𝐴𝐵的值，利用点到直线的距离公式求解焦点𝐹到直线𝑙的距离，再利用三角形面积公

式即可求解.【解答过程】（1）解：选择条件①，由抛物线的定义可得𝑃𝐹=𝑥0+𝑝2，因为𝑃𝐹=𝑥0+1，所以𝑥0+𝑝2=𝑥0+1，解得𝑝=2，故抛物线C的标准方程为𝑦2=4𝑥．选择条件②，因为𝑦0=2𝑥0=2，所以𝑦0=2，

𝑥0=1，因为点𝑃(𝑥0,𝑦0)在抛物线C上，所以𝑦02=2𝑝𝑥0，即2𝑝=4，解得𝑝=2，所以抛物线C的标准方程为𝑦2=4𝑥．选择条件③．当𝑃𝐹⊥𝑥轴时，𝑃𝐹=𝑝2+𝑝2=2，所以𝑝=2．故抛物线C的标准方程为𝑦2=4𝑥．（2

）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由（1）知𝐹(1,0)．由{𝑥−𝑦−2=0𝑦2=4𝑥，得𝑦2−4𝑦−8=0，则𝑦1+𝑦2=4，𝑦1𝑦2=−8，所以|𝑦1−𝑦2|=√(𝑦1+𝑦2)2

−4𝑦1𝑦2=√16+32=4√3，故𝐴𝐵=√1+112|𝑦1−𝑦2|=√2×4√3=4√6．因为点F到直线l的距离𝑑=|1−2|√1+1=√22，所以△𝐴𝐵𝐹的面积为12𝐴𝐵⋅𝑑=12×4√6×√22=2√3．