【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习14《三种抛物线解题方法》(解析版).doc，共(34)页，1.789 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点14三种抛物线解题方法（核心考点讲与练）a题型一:定义法求焦半径一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（文））对于正数a，p，抛物线24yapx的焦点为1F，抛物线24yx的焦点为2F，线段12FF与两个抛物线的交点分别为P，Q．若123FF，1PQ，

则22ap的值为（）A．6B．254C．7D．274【答案】C【分析】由抛物线方程求出其焦点和顶点坐标，由条件结合抛物线的定义列方程求出,ap即可.【详解】抛物线24yapx的焦点1F的坐标为,pa，抛物线24yx的焦点2F的坐标为(1,0)，又123FF，所以22

(1)9pa，设11(,)Pxy，22,Qxy，则11||=+PFxp，22||+1QFx，所以12213||||2PQPFQFxxp，又1PQ，所以12=1xxp，

又1212||1||13xxPQFFp，所以12p，又22(1)9pa，所以22=9127app，故选：C.2．（2022·湖北·模拟预测）已知抛物线C的焦点为F，点,AB在抛物线上，过线段AB的中

点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为N，以AB为直径的圆过点F，则MNAB的最大值为（）A．12B．33C．22D．1【答案】C【分析】先设出,AFBF，由抛物线定义求出MN，勾股定理求出AB，结合基本不等式求出MNAB的最大值即可.【详解】如图

，以开口向右的抛物线为例，过,AB作,AABB垂直于准线，垂足为,AB，设,AFaBFb，则222AABBAFBFabMN，以AB为直径的圆过点F，则AFBF，22ABab，则222222ababMaNaBbbA，则2

2222222114242abaMNaababbbAB，当且仅当ab时取等，即MNAB的最大值为22.故选：C.3．（2022·广东佛山·模拟预测）已知抛物线C：220ypxp

的焦点为F，过焦点且斜率为22的直线l与抛物线C交于A，B（A在B的上方）两点，若AFBF，则的值为（）A．2B．3C．2D．5【答案】C【分析】设直线l的倾斜角为，求得1cos3．过A作1AA准线于1A，过B作1BB

准线于1B，过B作1BCAA于C.由抛物线定义求出1ACBF和1ABBF.在直角三角形ABC中，利用余弦的定义表示出1cos3ACAB,即可解得．【详解】设直线l的倾斜角为，根据条件可得ta

n22，则可得1cos3．过A作1AA准线于1A，过B作1BB准线于1B，过B作1BCAA于C.由抛物线定义可得：11,AFAABFBB.因为AFBF，所以11111ACAAACAABBAFBFBF.而1ABAFBFBF.在直角三角形AB

C中，11cos13ACBFABBF,解得：2．故选：C4．（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测（文））已知抛物线C：220ypxp的焦点为F，Q为C上一点，M为C的准线l上一点且//QMx轴.

若O为坐标原点，P在x轴上，且在点F的右侧，4OP，QFQP，120MQP，则准线l的方程为（）A．165xB．25xC．45xD．85x【答案】C【分析】根据抛物线的定义以及已知的几何关系，判断出PFQ△为等边三角形，

再运用焦半径公式求出边长，进而解得p的取值，求出准线方程.【详解】由题意得，如图，点P在焦点F的右边，且4,0P，QMl，由抛物线的定义知QFQM，∵QFQP，∴QPQM，又120MQP，//QMx轴，60QPF∴PFQ△为等边三角

形，∴点Q的横坐标为422224Qpppx，∴322424pppQM，又42pQMQPFP，∴32442pp，解得85p，∴准线l的方程为45x，故选：C.二、多选题5．（2022·全国

·模拟预测）已知抛物线24yx，焦点为F，直线l与抛物线交于A，B两点，则下列选项正确的是（）A．当直线l过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切B．若线段AB中点的纵坐标为2，则直线AB的斜率为1C．若OAOB，则弦长AB最小值为8D．当直线l过焦点

F且斜率为2时，AB，AF，BF成等差数列【答案】ABC【分析】设11,Axy，根据抛物线定义，可得11AFx，即可得AF为直径的圆的半径和圆心坐标，又圆心到y轴距离为112x，即可判断A的正误；由题意，求

得直线l的方程，即可判断B的正误；根据题意，结合韦达定理及弦长公式，可得AB长表达式，根据m的范围，即可判断C的正误；由题意得2AFABBF，根据焦半径公式结合韦达定理，可求得k值，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】设直线l的方程为xmyn，11,Axy，

22,Bxy．联立24xmynyx，消去x得2440ymyn，由韦达定理得124yym，124yyn．对于A：11AFx，以AF为直径的圆半径为112x，圆心为111,22xy，圆心到y轴距离为

112x，故以AF为直径的圆与y轴相切，故选项A正确；对于B：∵1222yy，∴44m，即1m，∴直线l的方程为yxn，∴直线AB的斜率为1，故选项B正确；对于C：若OAOB，则2212121212016y

yxxyyyy，∴12164yyn，∴4n，则22222121212114414ABmyymyyyymm．又20m，∴当20m时，AB取最小为8，故选项C正确；对于D：根据题意可得直线l的斜率存在．∵抛物线24yx的

焦点1,0F，∴直线l的方程可设为(1)ykx，与抛物线方程联立214ykxyx，消去y整理得2222220kxkxk．设11,Axy，22,Bxy，∴212222kxxk，121xx．若AB，AF

，BF成等差数列，则有2AFABBF，即112221111xxxx，化简得1221xx．又121xx，解得21122xx或2111xx（舍去）．∵212222kxxk，

∴222252kk，解得28k，所以22k，与已知矛盾，故选项D错误，故选：ABC．【点睛】解题的关键是熟练掌握抛物线的定义、焦半径公式、弦长公式等基础知识，并灵活应用韦达定理进行求解，综合性较强，考查分析理解，计算

求值的能力，属中档题.6．（2022·福建泉州·模拟预测）已知A（a，0），M（3，-2），点P在抛物线24yx上，则（）A．当1a时，PA最小值为1B．当3a时，PA的最小值为3C．当1a时，PAPM的最小值为4D．当3a时，PAPM的最大值为2【答案】ACD

【分析】当1a时，得到()1,0A为抛物线焦点，利用焦半径求出011PAx，从而判断A选项；作辅助线，得到当N，P，M三点共线时，PAPM取得最小值，求出最小值，判断C选项；延长AM交抛物线于点P

，此时AM为PAPM的最大值，求出最大值，判断D选项；当3a时，利用两点间距离公式和配方求出最小值，判断B选项.【详解】当1a时，()1,0A为抛物线的焦点，设000,,0Pxyx，则011PAx

，故PA的最小值为1，A正确；设抛物线的准线为:l1x，过点P作PN⊥l于点N，此时PAPMPNPM，故当N，P，M三点共线时，PAPM取得最小值，此时min314PAPM，C正确；当3a时，3,0

A，连接AM，并延长AM交抛物线于点P，此时PAPMPAPMAM为PAPM的最大值，当P在其他位置时，根据三角形两边之差小于第三边，可知均小于AM，因为2233202AM，故

D正确；此时22220000033418PAxyxxx当01x时，min22PA，B错误.故选：ACD7．（2022·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，抛物线E的方程为214yx，E的焦点为F，直线l与E交于A，B两点，且AB的中点到x

轴的距离为2，则下列结论正确的是（）A．E的准线方程为116yB．AB的最大值为6C．若2AFFB，则直线AB的方程为214yxD．若OAOB，则AOB面积的最小值为16【答案】BCD【分析】直接求出准线方程即可判断A选项；由26

AFBFMN以及抛物线的定义结合AFBFAB即可判断B选项；设出直线AB的方程为1ykx，联立抛物线，由2AFFB解出A点坐标，即可判断C选项；由OAOB求得直线AB恒过点0,4结合1216xx

即可求出面积最小值，即可判断D选项.【详解】由题意知E的标准方程为24xy，故E的准线方程为1y，A错误；设AB的中点为M，分别过点A，B，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，N，因为M到x轴的距离为2，所以213MN.由抛物线的定义知ACAF，

BDBF，所以26MNACBDAFBF.因为AFBFAB，所以6AB，所以B正确；由2AFFB得直线AB过点0,1F，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为1ykx，联立方程

得21,4,ykxxy化简得2440xkx，则4ABxx.由于2AFFB，所以,12,1AABBxyxy，得2ABxx，得22Ax，所以2124AAyx，所以24k，直线AB的方程为214yx，故C正确；设

11,Axy，22,Bxy，由OAOB，得12120xxyy，又21122244xyxy，，所以212121016xxxx，由题意知120xx，所以1216xx.又222121122121444ABxxyyxxkx

xxx，故直线AB的方程为12114xxyyxx.由于2114xy，所以1212124444xxxxxxyxx，则直线AB恒过点0,4，所以2121214264162OABSxxxx△，所以AOB面积的是小值为

16，故D正确.故选：BCD.8．（2022·广东佛山·模拟预测）已知直线l：2pykx与抛物线C：220ypxp相交于A，B两点，点A在x轴上方，点1,1M是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（）A．2pB．2kC．MFABD

．25FAFB【答案】ABC【分析】由题意可知，抛物线C的准线为1x，利用抛物线的几何性质求出2p和抛物线C的方程和焦点坐标1,0F，结合直线l的方程可知，直线l经过焦点1,0F，利用抛物线的定义表示出以AB为直径的圆的半径和圆心Q,由2ABQMr得到关于k的

方程，解方程求出k，利用抛物线的定义求得焦半径计算可判断25FAFB的对错.【详解】由题意知，抛物线C的准线为1x，即12p，解得2p，故选项A正确；因为2p，所以抛物线C的方程为：24yx，其焦点为1,0F，又直线:l1ykx，所以

直线l恒过抛物线的焦点1,0F，设点1122,,,AxyBxy，因为,AB两点在抛物线C上，联立方程21122244yxyx，两式相减可得，1212124yykxxyy，设

AB的中点为00,Qxy，则02yk，因为点00,Qxy在直线l上，解得可得0221xk，所以点2221,Qkk是以AB为直径的圆的圆心，由抛物线的定义知，圆Q的半径012222222222xxxABrk，因为2

22222221QMrkk，所以22222222212kkk，解得2k，故选项B正确；因为2k，101112MFk,1MFkk

所以MFAB，故选项C正确；过A做1AAx轴，过B做1BBx轴，抛断线的准线交x轴与点C，设1BFB,11cosCBCFFBpBFBF，1cospBF，11cosCACFFApAFAF，1cospAF，又2p，2k

，则5cos5，255(55)3010535,25520255FAFB则D错误.故选：ABC【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的标准方程及其几何性质、圆的性质、直线与抛物线的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握直线

与抛物线的位置关系和抛物线的几何性质、圆的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.9．（2022·重庆一中高三阶段练习）已知抛物线24yx的焦点为F，过点F的直线交该抛物线于11,Axy，

22,Bxy两点，点T（-1，0），则下列结论正确的是（）A．124yyB．111AFBFC．若三角形TAB的面积为S，则S的最小值为42D．若线段AT中点为Q，且2ATBQ，则4AFBF

【答案】ABD【分析】A选项，设出直线AB：1xmy，与24yx联立后得到两根之积；B选项，利用抛物线的定义得到11AFx，21BFx，转化为两根之和与两根之积的关系式，代入求解；C选项，

表达出2121161642STFyym，求出最小面积；D选项，根据2ATBQ得到90TBF，0BTBF，得到252x，进而计算出152x，求出4AFBF.【详解】将直线

AB：1xmy与24yx联立得：2440ymy设112212,,,,0AxyBxyxx，则121244yymyy，故A正确；由抛物线的定义可知：11AFx，2

1BFx，则122121212124111111112224myyAFBFxxmymymyymyy222441484mmm，B正确；2212121214161642STFyyyyyy

m，当且仅当0m时等号成立，故S的最小值为4，C错误；由2ATBQ可得：90TBF，即0BTBF，所以222222222221,1,1140xyxyxyxx

，解得：252x或252x（舍去），又因为221212116yyxx，所以152x，因此12114AFBFxx，D正确.故选：ABD【点睛】抛物线的

焦点弦的性质是比较多的，要重点记忆一些，比如2124pxx，212yyp，112AFBFp等.三、解答题10．（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）曲线C的方程为22110xyx，点D的坐标1,0，点P的坐标1,2.(1)设E是曲线C上的点，且E到D的距离

等于4，求E的坐标：(2)设A，B是曲线C上横坐标不等于1的两个不同的动点，直线PA，PB与y轴分别交于M､N两点，线段MN的垂直平分线经过点P.证明；直线AB的斜率为定值，并求出此值.【答案】(1)3,23或3,23.(2)证明见解析，定值为1.【分析】（1）化简曲线曲线C

的方程得24yx，根据抛物线的定义可求出结果；（2）联立直线与抛物线方程求出,MN的坐标，利用MN的垂直平分线经过P得到PA与PB的斜率为相反数，再联立直线与抛物线方程得到,AB的坐标，根据斜率公式可证结论成立.(1)曲线C的方程为22110xyx

，移项平方得22211xyx，化简得24yx，∴曲线C的方程为24yx.∴1,0D为抛物线24yx的焦点，直线1x为抛物线24yx的准线.设00,Exy，则01EDx.∵

4ED，014x，解得03x.∴200412yx，解得023y.∴E的坐标为3,23或3,23.(2)∵1,2P，曲线C的方程为24yx，点1,2P在曲线C上，∵A､B是曲线C上横坐标不等于1

的两个不同的动点，直线PA､PB与y轴分别交于点M､N，∴直线PA､PB的斜率都存在，且都不为0，分别设为k､1k，则10kk，直线PA的方程为21ykx，即2ykxk.当0x时，2yk，即0,2Mk.同理可得10,2Nk.∵线段MN的垂直平分线经

过点P，∴12222kk，即1kk.由224ykxkyx，得：2222222440kxkkxkk.设11,Axy，则1，1x是2222222440kxkkxkk的解.由书达定理得：2112441kkxxk

∴22444,2kkAkk，同理可得22444,2kkBkk∴2222442214444ABkkkkkkkkk，∴直线AB的斜率为定值1.11．（2022·河南焦作·三模（理））已知抛物线2:2(0)C

ypxp的焦点为F，直线8y与抛物线C交于点P，且5||2PFp．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，求PQ的最小值．

【答案】(1)28yx(2)8【分析】（1）设出0,8Px，由焦半径得到方程，求出4p，进而求出抛物线方程；（2）设出直线方程，表达出P，Q两点坐标，用两点间距离公式表达出PQ，利用基本不等式求出最小值.(1)依题意，设0,8Px．由抛物线的定义得05||22pPFxp，解得：0

2xp，因为0,8Px在抛物线2:2(0)Cypxp上，所以2082px，所以2822pp，解得：4p．故抛物线C的方程为28yx．(2)由题意可知(2,0)F，直线AB的斜率存在，且不为0．设直线A

B的方程为2(0)xmym，11,Axy，22,Bxy．联立228xmyyx，整理得：28160ymy，则128yym，从而21212484xxmyym．因为P是弦AB的中点，所以242,4Pmm，同理可得2442

,Qmm．则222222224411||42244PQmmmmmmmm42424242111144224228mmmmmmmm

，当且仅当441mm且221mm，即1m时等号成立，故PQ的最小值为8．【点睛】圆锥曲线与直线相交问题，一般设出直线方程，联立后得到两根之和，两根之积，结合题目条件列出方程，或表达出弦长，常常结合基本不等式或二次函数等进行求解.12．（2022·贵州毕节·三模（理））已

知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，且点F与22:21Mxy上点的距离的最大值为114．(1)求p；(2)当01p时，设B，D，E是抛物线C上的三个点，若直线BD，BE均与M相切，求证：直线DE与M相切．【答案】(1)152p或12p(2)证明见解析

【分析】(1)作图，分析图中的几何关系即可求解；(2)分别写出BD，BE，ED的直线方程，化简，利用点到直线距离公式即可.(1)依题意作下图：由于0,2pF，依题意有112124p解得152p

或12p；(2)当01p时，抛物线2:Cxy，设B，D，E的坐标分别为00,Bxy，11,Dxy，22,Exy，由题意可知直线BD，BE，DE的斜率均存在，所以221010011010BDyyxxkxxxxxx，直线BD的方程为

0010yyxxxx，即01010xxxyxx，直线BD均与M相切，所以有01201211xxxx，即010102130xxyyy…①，同理020202130xxyyy…②，①②得：01201221

xxxyyy，01212021xyyxxy，所以直线DE的方程为011021xyyxxy，0002130xxyyy，所以圆心0,2到直线DE的距离为

00022200021311411yyyxyy，所以直线DE与M相切；题型二：定义转换法求距离的最值问题一、单选题1．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知定点(3,3)M，点P为拋物线2:4Cxy上一动点，P到x轴的距离为d，则||dPM的最小值为（）A．

4B．5C．131D．13【答案】A【分析】设焦点为(0,1)F，P到准线的距离为d，根据抛物线的定义，可得1||1ddPF，故将||dPM变为||||1PMPF,求得答案.【详解】设焦点为(0,1)F，P到准线的距离为d，则1dd，所以1||dPM

PMdPM22||1||13(31)1514PFMF，当且仅当P,M,F三点共线时取等号，故选：A．2．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（文））已知抛物线28yx的焦点为F，过F的直线l与抛物线相交于A，B两点，则9AFBF

的最小值为（）A．1B．32C．52D．6【答案】B【分析】根据11AFBF12，代入得9992AFAFBFAF利用基本不等式处理．【详解】设直线l的方程为2xmy，与抛物线方程联立228xmyyx，得28160ymy，设11,Axy，22,Bxy，则

128yym，1216yy，所以21284xxm，21212464yyxx，11AFBFAFBFAFBF121241222xxxx，所以9992AFAFBFAF93622，当且仅当3AF时，等号成立．故选：B．3．（2022·河

北张家口·三模）已知点P是抛物线24yx上的动点，过点P向y轴作垂线，垂足记为N，动点M满足||||PMPN最小值为3，则点M的轨迹长度为（）A．163B．8C．16433D．823【答案】C【分析】分点

M在抛物线外部，点M在抛物线上或内部两种情况讨论得解.【详解】当点M在抛物线外部时，||||||||11||||1||13PMPNPMPNPMPFMF…，||4MF，点M的轨迹方程为22(1)16xy（在抛物线外部的部分），与24yx联

立解得3x，∴轨迹与抛物线的两个交点为(3,23)A，(3,23)B，则120AFB，圆在抛物线外部的弧长为2162433；当点M在抛物线上或内部时，,,NPM三点共线时，||||PMPN最小，此时点M的轨

迹方程为3(2323)xy剟，其长度为43.所以点M的轨迹长度为16433.故选：C.4．（2022·全国·模拟预测）已知点P为抛物线2:4Cyx上的动点，点F为抛物线的焦点，点3,2A，

设点Q为以点P为圆心，PF为半径的圆上的动点，QA的最大值为Qd，当点P在抛物线上运动时，则Qd的最小值为（）A．22B．13C．4D．5【答案】C【分析】根据圆内的定点与圆上的点的距离关系确定Qd的最大值，结合抛物线的定义求其最小值.【详解】设圆P的半径为r，则PQ

PFr．易知QA的最大值QdPArPAPF．设点P到准线的距离为Pd，点A到准线的距离为Ad，根据抛物线的定义得4QPAdPAdd，故选：C．5．（2022·河南·西平县高级中学模拟预

测（理））已知M是抛物线212xy上一点，F为其焦点，3,6C，则MFMC的最小值为（）A．10B．9C．8D．7【答案】B【分析】过M作直线3y的垂线，垂足为N，根据抛物线的定义可知MFMN，即求MNMC的最小值，结合三点共线时两点之间

距离最短可求解.【详解】由题意直线3y为抛物线212xy的准线.0,3F过M作直线3y的垂线，垂足为N，根据抛物线的定义可知MFMN，故MFMCMNMC,即求MNMC的最小值，当,,C

MN三点不共线时，MNMCCN当,,CMN三点共线时，即过点C作直线3y的垂线，此时MNMCCN所以过点C作直线3y的垂线，与抛物线的交点就是所求点M，此时9MNMC，故MFMC的最小值为9故选：B6．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线22(0)ypxp的焦点为

F，过F且倾斜角为4的直线l与抛物线相交于A，B两点，||8AB，过A，B两点分别作抛物线的切线，交于点Q．下列说法正确的是()A．QAQBB．AOB(O为坐标原点)的面积为42C．112||||AFBFD．若1,1M，P是抛物线上一动点，则||||PMPF的最小值为52【答案】A

【分析】设l的方程，和抛物线方程联立，得到根与系数关系，求出AB，根据8AB求出p的值.A：用导数求出切线斜率，验证两斜率之积是否为－1；B：利用三角形面积公式即可求解；C：根据抛物线焦点弦的几何性质可判断；D：数形结合，利用抛物线的定义转化PF为P到准

线的距离即可求出最值.【详解】∵l过点F且倾斜角为4，∴直线l的方为2pxy，与抛物线方程联立，得2220ypyp，设1122,,,AxyBxy，则122yyp，212yyp，∴123xxp，221212244yypxxp，又12||48AB

pxxp，∴2p，∴24yx；不妨设10y，当0y时，1yx，∴过A的切线斜率为111Axxkyx＝＝＝，同理可得过B的切线斜率为221Bxxkyx＝＝＝，∴12121ABkkpxx，∴QAQB，故A正确；1211||22A

OBSOFyy221212148222yyyyp，故B错误；1121||||AFBFp，故C错误；设点M到准线的距离为d，若(1,1)M，则||||PMPF122pd，则D错误．故选

：A．二、多选题7．（2022·河北·模拟预测）设抛物线2:8Cxy的焦点为F，准线为l，00,Pxy为C上一动点，(2,1)A，则下列结论正确的是（）A．当02x时，抛物线C在点P处的切线方程为220xyB．当04x时，||PF的值为6C．||||PAP

F的最小值为3D．||||PAPF的最大值为5【答案】BCD【分析】A选项，求导，求出在02x的导函数值，即切线斜率，进而用点斜式求出切线方程；B选项，由焦半径求出||PF的值；C选项，利用抛物线定义得到PAPFPAPB，当三点共线时和最小，求出最小值

；D选项，作出辅助线，找到415PAPFAF.【详解】当02x时，012y，又14fxx，所以122f，所以抛物线C在点P处的切线方程为11222yx，整理得：210xy，A错误；当04x时，02y，故04246PFy，B正确；

如图，过点P作PB⊥准线于点B，则由抛物线定义可知：PFPB，则PAPFPAPB，当A、P、B三点共线时，和最小，最小值为1+2=3，C正确；由题意得：0,2F，连接AF并延长，交抛物线于点P，此点即为||||PAPF取最大值的点，

此时415PAPFAF，其他位置的点P，由三角形两边之差小于第三边得：5PAPFAF，故||||PAPF的最大值为5，D正确.故选：BCD8．（2022·湖北·宜城市第一中学高三阶段练习）已知F是抛物线24yx的焦点，P是抛物

线24yx上一动点，Q是22:411Cxy上一动点，则下列说法正确的有（）A．PF的最小值为1B．QF的最小值为10C．PFPQ的最小值为4D．PFPQ的最小值为101【答案】AC【分析】根据抛物线的性质判断A，根据圆的性质判断B，结合抛物线的定义判断C，D.【

详解】抛物线焦点为1,0F，准线为1x，作出图象，对选项A：由抛物线的性质可知：PF的最小值为1OF，选项A正确；对选项B：注意到F是定点，由圆的性质可知：QF的最小值为101CFr，选项B错误；对选项CD：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为M，由抛物线定义可知PFPM，故PFP

QPMPQ，PMPQ的最小值为点Q到准线1x的距离，故最小值为4，从而选项C正确，选项D错误．故选：AC.9．（2022·福建福州·三模）已知抛物线220ypxp的准线为l，点M在抛物线上，以M为圆心的圆与l相切于点

N，点5,0A与抛物线的焦点F不重合，且MNMA，120NMA，则（）A．圆M的半径是4B．圆M与直线1y相切C．抛物线上的点P到点A的距离的最小值为4D．抛物线上的点P到点A，F的距离之和的最小值为4【答案】AC【分析】由抛物线的定义，得MNMFM

A，又MNl，120NMA，易得MAF△是等边三角形，结合图像得到2pOGMN，即可求解p；求得M的坐标，则判断出A和B选项；对于C选项，设2,4tPt，利用两点间的距离公式得到AP，结合二次函数的图象性质，得

到AP的最小值；设PPl交l于点P，通过抛物线的定义结合三点共线得，PAPFPPPAPA，当且仅当A、F、P三点共线时取得最小值，即可判断D选项.【详解】由抛物线的定义，得MNMF，,02pF，准线:2plx以M为圆

心的圆与l相切于点N，所以MNl，即MNx∥轴，又120NMA，所以60MAF；因为MNMFMA，所以MAF△是等边三角形，即MNMFMAAF；设点M在第一象限，作AF的中点G，连接MG

，5,0A，52pAFMNMFMA，则2pOGMN，即15522222pppp，解得：2p，则抛物线的方程为：24yx，则OG=3，对于A选项，有514MNMFMA，故A选项正确；对于B

选项，3mxOG，所以23my，易得圆M与直线1y不相切，故B选项错误；对于C选项，设抛物线上的点2,4tPt，则22254tAPt化简，得2211216416APt，当且仅当212t时等号成立，

故C选项正确；对于D选项，设过点P作准线:1lx的垂线交l于点P，由抛物线的定义，知PPPF，则PAPFPPPAPA，当且仅当A、F、P三点共线时取得最小值，所以516PAPFPA，故D选项错误；故选：AC.三、填

空题10．（2021·山东·青岛西海岸新区第一高级中学高三期末）已知抛物线2:20Cypxp的焦点为F，点00,102pMxx是抛物线C上一点，圆M与线段MF相交于点A，且被直线2px截得的弦长为3MA，若2MAAF，

则AF___________.【答案】52【分析】先将点M代入抛物线方程得到一个关系式，而后利用抛物线的定义将A到焦点的距离转化为到准线的距离，然后根据圆的弦长公式用勾股定理得到第二个关系式，进一步解出即可.

【详解】如图所示，0,10Mx在抛物线上，则001025pxpx……①易知，0||2pDMx，由0222=2332MApMAAFMFxAF，因为被直线2px截得的弦长为3MA，则

031||||223pDEMAx，由MAMEr，于是在RtMDE中，222000014+32292pppxxxxp……②由①②解得：0

5xp，所以015=322pAFx.故答案为：52.【点睛】本题应当结合抛物线的简单几何性质和定义以及勾股定理在抛物线中的应用，一定要结合图形找到各个量之间的联系，抛物线题目切记抛物线上点到焦点的距离等于

其到准线的距离.四、解答题11．（2022·浙江·高三专题练习）已知椭圆22122:1(0)xyCabab，经过拋物线22:2(0)Cypxp的焦点F的直线1l与2C交于,PQ两点，2C在点P处的切线2l交1C于,AB两点，如图.(1)当直线PF垂直x轴时，2PF，求2C的准线

方程；(2)若三角形ABQ的重心G在x轴上，且2ab，求PFQF的取值范围.【答案】(1)x=-1；(2)5117122，【分析】(1)根据抛物线的性质可得(0)2pF，，根据题意可得(2)2pP，，将点P的坐标代入抛物线方程求出p的值即可；(2)根据题意设2pPQx

my：，22121222yyPyQypp，，，，由导数的几何意义求出直线PB的斜率进而表示出方程，联立椭圆方程并消去x，利用韦达定理求出AByy，根据三角形的重心可得2AByyy，列出方程并解之得出21y，利用抛物线的定义表示PFFQ，结合换元法化简计算即可.

(1)由222(0)Cypxp：知，(0)2pF，，当直线PF垂直于x轴时，由2PF，得(2)2pP，，有22222ppp，所以2C的准线方程为：12px，即1x；(2)由题意知，(0)2pF，，设直线2pP

Qxmy：，22121222yyPyQypp，，，，则PF22122222yyppFQpp，，2222022pxmyypmypypx，222212124402pmpyyp

myyp，，，由22222pypxypxyx，即直线PB的斜率为11222ppyyp，所以直线PB的方程为：2111()2ypyyxyp，即11()2yyxyp，11222

32422221112222222()2()041yyxypbybybyayyabpppxyab，23122221ABbyyybyap，又G为ABQ△的重心，且G在x轴上，故AByy

20y，所以231222221byybyap，又221pyy，所以23122221bybyap21py，整理，得2422224110bybpyap，解得224422142ap

ppby，221422222242212111122224224222222111222()22ypappyPFypypypypbyppFQypppyppypyp

2222442222222244(114)114114114122aaaappbbbbaabbpp①，令atb，则12t，所以①式2222222214242314143ttttt②，令214nt

，则517n，所以②式221493511712222()32(3)222nnnnn，，故PFFQ的取值范围为51171()22，.【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件；(2)强化有关

直线与联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积和取值范围等问题．题型三：定义法求焦点弦一、单选题1．（2022·河北石家庄·高三阶段练习）过抛物线2:4Cyx的焦点作直线交抛物线于A，B两点，若A、B两点横坐标的等差中项为2，则||AB

（）A．8B．6C．42D．4【答案】B【分析】由题可得4ABxx，然后利用焦点弦公式即得.【详解】∵过抛物线2:4Cyx的焦点作直线交抛物线于A，B两点，A、B两点横坐标的等差中项为2，∴4ABxx，∴26ABxxAB.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练

习）已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，过点F分别作两条直线12,ll，直线1l与抛物线C交于A、B两点，直线2l与抛物线C交于D、E两点，若1l与2l的斜率的平方和为2，则ABDE的最小值为（）A．24B．20C．16D．12【答案】C【分析】设两条直线方

程，与抛物线联立，求出弦长的表达式，根据基本不等式求出最小值【详解】抛物线的焦点坐标为1,0F，设直线1l：11ykx，直线2l：21ykx，联立1214ykxyx得：

2222111240kxkxk，所以211222112442kxxkk，所以焦点弦122144ABxxpk，同理得：2244DEk，所以2212448kABDEk，因为22122kk，所以2222211

2222222121212444414418822kkkkkkkkkk，min16ABDE故选：C二、多选题3．（2022·全国·高三专题练习）（多选题）已知抛物线24yx，过焦点F作一直线l交抛物线于11,Axy，2

2,Bxy两点，以下结论正确的有（）A．AB没有最大值也没有最小值B．122ABxxC．124yyD．111FAFB【答案】BCD【分析】可设直线AB的方程为1xty，将其与抛物线的方程联立，得到关于y的

一元二次方程，得到124yy，判断出C选项，由抛物线的定义知，11AFx，21BFx，求出122ABAFBFxx，判断出B选项，由基本不等式判断出A选项，表达出1212122111xxFAFBxxxx，代入两根之和，两根之积即可.【详解】由题意知，1,

0F，直线AB的斜率不可能为0，故可设其方程为1xty，联立214xtyyx，消去x，得2440yty，124yyt，124yy，即选项C正确；由抛物线的定义知，11AFx,21BFx，所以122ABAFBFxx，

即选项B正确；∵222121212121114411xxtytytyytyytt，∴121222xxxx，∴1224ABxx，∴AB有最小值，即选项A错误；又21212242x

xtyyt，∴21221212122111142211111421xxtFAFBxxxxxxt，即选项D正确；故选：BCD4．（2022·全国·高三专题练习）（多选题）已知抛物线2:4Cyx的焦点为F、

准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点11,Pxy、22,Qxy，点P在l上的射影为1P，则（）A．若126xx，则8PQB．以PQ为直径的圆与准线l相切C．设0,1M，则12PMPP

D．过点0,1M与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条【答案】ABC【分析】利用抛物线焦点弦长公式可判断AB选项；利用抛物线的定义结合三点共线可判断C选项；求出过点0,1M与抛物线C有且仅有一个公共点的直线的方程，可判断D选项.【详

解】对于选项A，因为2p，所以122xxPQ，则8PQ，故A正确；对于选项B，线段PQ的中点为1212,22xxyyT，抛物线的准线l的方程为1x，点T到直线l的距离为1212211222xxxxPQ

，所以，以PQ为直径的圆与准线l相切，B对；对于选项C，因为1,0F，所以12PMPPPMPFMF，当且仅当点M、P、F三点共线，且点P为线段MF与抛物线的交点时，等号成立，故C正确；对

于选项D，显然直线0x，1y与抛物线只有一个公共点，设过M且斜率不为零的直线为10ykxk，联立214ykxyx，可得222410kxkx，令222440kk

，则1k，所以直线1yx与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误.故选：ABC.三、填空题5．（2022·全国·模拟预测）抛物线2:2Cypx的焦点F恰好是圆2211x

y的圆心，过点F且倾斜角为45的直线l与C交于不同的A，B两点，则AB______．【答案】8【分析】根据题意可得：2:4Cyx，:1lyx，联立方程利用韦达定理求12ABxxp．【

详解】由题意知，焦点1,0F，则抛物线2:4Cyx，直线:1lyx，设11,Axy，22,Bxy，联立214yxyx消去y并整理得2610xx．则126xx，所以12628ABxxp．故答案为：8．6．（2022·辽宁·

模拟预测）已知抛物线2:8Cyx的焦点为F，直线l过点F与C交于A，B两点，与C的准线交于点P，若3APBP，则l的斜率为______．【答案】3【分析】分点A在第一象限和第四象限考虑，由3APBP结合抛物线定义求得4ABm

，2BPm，由勾股定理求得3BPm，由tanBBP即可求出斜率.【详解】如图，当点A在第一象限时，过A，B两点分别作准线的垂线，垂足分别为A，B．设BBm，则由3APBP，可得3AAm，从而4ABm，所以

2BPm，则223BPBPBBm，所以tan3BPBBPBB，故直线l的斜率为3．同理，当点A在第四象限时，可求得直线l的斜率为3．综上，直线l的斜率为3．故答案为：3.四、解答题7．（2022·吉林长春·模拟预测（理））已知抛物线2:20Expy

p的焦点为F，过点F且倾斜角为3的直线被E所截得的弦长为16.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点C为抛物线上的任意一点，以C为圆心的圆过点F，且与直线12y相交于,AB两点，求FAFBFC的取值范围.【答案】(1)24xy(2)3,【分析】（1）设直线方程，与抛

物线方程联立，利用抛物线焦点弦长公式可构造方程求得p，由此可得抛物线方程；（2）设AFB，圆C的半径为r，利用面积公式，借助AFBS可求得3FAFBr，结合抛物线定义可知1r，由此可得333FAFBFCr，进而得到所求范围.(1)由抛物线方程得：0,2pF

，可设过点F且倾斜角为3的直线为：32pyx，由2322pyxxpy得：22230xpxp，由抛物线焦点弦长公式可得：121232816yypxxpp，解得：2p，抛物线E的方程为：

24xy.(2)由（1）知：0,1F，准线方程为：1y；设AFB，圆C的半径为r，则2ACB，FCCACBr，1133sin2224AFBSFAFBABAB，又2sinABr，3FAFBr；由抛物线定义可知：11cC

Fy，即1r，333FAFBFCr，即FAFBFC的取值范围为3,.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，本题第二问求解的基本思路是能够将所求距离之积转化为关于圆的半径r的函数的形式，通过抛物线定义确定r的取值范围后，即可得到所求距离之

积的取值范围.8．（2022·全国·模拟预测）直线l：kx－y－k＝0过抛物线C：220ypxp的焦点F，且与C交于不同的两点A，B．(1)若AF，BF，AB成等差数列，求实数k的值；(2)试判断在x轴上存在多少个点,

00Ttt，总在以AB为直径的圆上．【答案】(1)22(2)1个【分析】（1）由直线l的方程1ykx判断出抛物线C的焦点1,0F，求出24yx.设11,Axy，22,Bxy．用“设而不求法”得到12212421xxkxx，由AF，BF，AB成

等差数列，得到25422k，解出斜率k22；（2）把0ATBT整理得：1122,,0txytxy，利用0得到1230tt，求出满足条件的点,00Ttt只有一个.(1)直线l的方程可写为1ykx，可知直线l恒过定点

1,0，即抛物线C的焦点1,0F，所以12p，p＝2，因此24yx．设11,Axy，22,Bxy．联立24,1,yxykx整理得2222240kxkxk，0恒成立，所以

12242xxk，121xx．因为AF，BF，AB成等差数列，所以2BFAFAB．又因为11AFx，21BFx，122ABxx，所以21122112xxxx，整理得2121xx．又211xx，即11121xx

，即211210xx，解得112x或11x（舍去），则22x．所以1225422xxk，解得k22．故实数k的值为22．(2)若存在点,00Ttt总在以AB为直径的圆上，即AT⊥TB，则0ATBT，即1122,

,0txytxy，整理得21212120txxtxxyy．又2212121616yyxx，所以124yy，则224230ttk，2242120k恒成立，且1230tt，故满

足条件的点,00Ttt只有一个．能力拓展