【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点22《 抛物线》(解析版） .doc，共(33)页，1.656 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点22抛物线（核心考点讲与练）1.抛物线的定义(1)平面内与一个定点F和一条定直线l(F∉l)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.定点F叫做抛物线的焦点，定直线l叫做抛物线的准线.(2)其数学表达式：{M||MF|＝d}(d为点M到准线l的距离).2.抛物线的标准方程与几何性质图形标准方程y2＝2p

x(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的几何意义：焦点F到准线l的距离性质顶点O(0，0)对称轴y＝0x＝0焦点Fp2，0F－p2，0F0，p2F0，－p2离心率e＝1准线方程x＝－p2

x＝p2y＝－p2y＝p2范围x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0，x∈Ry≤0，x∈R开口方向向右向左向上向下1.求抛物线的标准方程的方法：①求抛物线的标准方程常用待定系数法，因为未知数只有p，所以只需一个条件确定p值即可．

②因为抛物线方程有四种标准形式，因此求抛物线方程时，需先定位，再定量．（2）利用抛物线的定义解决此类问题，应灵活地运用抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化．“看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的有效途径．2.确定及应用抛物线性质的技巧：①利用抛物

线方程确定及应用其焦点、准线等性质时，关键是将抛物线方程化成标准方程．②要结合图形分析，灵活运用平面几何的性质以图助解．3.(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系

．(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，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．(3)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

般是联立两曲线方程，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．抛物线的定义与方程一、单选题1．（2022·广东·二模）已知抛物线E：24yx，圆F：

2214xy，直线l：yt（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则△FAB的周长可能为（）A．4B．5C．6D．7【答案】B【分析】先判断出抛物线焦点和圆心重合，由抛物线定义得AFAD，又2FB

，可得△FAB的周长为2FAABFBDB，又知24DB，即可求解.【详解】由题意知：抛物线焦点1,0恰为圆心F，抛物线准线:1lx，圆半径为2，可得圆F与l相切，设直线l：yt与准线l交于D，由抛物线定义知：AFAD，又2FB，故△FAB的周长为22FAABFBADA

BDB，由图知24DB，故24,6DB，结合选项知：△FAB的周长可能为5.故选：B.2．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知抛物线2:4Cxy的焦点为F，准线为l．点P在C上，直线PF交x轴于点Q，且3PFFQuuuruuur，则点P到准线l的距离为（

）A．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】设00,Pxy，(,0)Qt，∵(0,1)F，3PFFQuuuruuur,∴013(1)y，∴04y，∴P

到l的距离5d，故选：C．3.（2021北京市第八中学高三10月月考）已知抛物线28yx第一象限上一点A到其焦点的距离为8，则点A的纵坐标为（）A．24B．6C．4D．43【答案】D【分析】设点2,8bAb，其中0b，利用抛物线的定义可求得b的值，即为所求.【

详解】设点2,8bAb，其中0b，抛物线28yx的准线方程为2x，由抛物线的定义可得2288b，0b，解得43b.故选：D.二、多选题4．（2022·广东韶关·二模）已知抛物线:C24yx的焦点为F，准线l交x轴于点D，直线m过D

且交C于不同的A，B两点，B在线段AD上，点P为A在l上的射影．线段PF交y轴于点E，下列命题正确的是（）A．对于任意直线m，均有AE⊥PFB．不存在直线m，满足2BFEBuuuruurC．对于任意

直线m，直线AE与抛物线C相切D．存在直线m，使|AF|+|BF|=2|DF|【答案】AC【分析】A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即可判断；B选项由2BFEBuuuruur及抛物线方程求出,AB坐标，再说明,,DBA三点共线，即存在直线m

即可；C选项设11,Axy，表示出直线AE，联立抛物线，利用0即可判断；D选项设出直线m，联立抛物线得到121xx，通过焦半径公式结合基本不等式得4AFBF即可判断.【详解】A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，ly

∥轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知APAF，所以AEPF，所以A正确；B选项，如图2，设11,Axy，22,Bxy，12xx，(1,0)F，1(1,)Py，E为线段PF的中点，则10,2yE，12222(1,),(,)2yBFxyEBxy

，由2BFEBuuuruur得22122122()2xxyyy，解得213x，123yy，又2211224,4yxyx，故12,333B，3,23A，又(1,0)D，可得233312DAk，233312

13DBk，故存在直线m，满足2BFEBuuuruur，选项B不正确．C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设11,Axy，则10,2yE，直线AE的方程：1112yyxxx，与抛物线方程2

4yx联立可得：211124yyyxx，由2114yx代入左式整理得：22311120yyyyy，所以43111440yyy，所以直线AE与抛物线相切，所以选项C正确．D选项，如图3，设直线m的方程10ykxk，11,Axy，22,Bxy，

12xx，由214ykxyx，得2222240kxkxk．当224224416160kkk，即11k且0k时，由韦达定理，得212242kxxk，1

21xx．因为11AFx，21BFx，所以12122224AFBFxxxx，又12xx，2DF，所以2AFBFDF成立，故D不正确．故选：AC．5．（2022·山东潍坊·二模）已知四面体ABCD的4个顶

点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，2AD，且ACBD，则（）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O为△ABC的中心C．直线OM与CD所成的角最小为3D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等

，则点M的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】设ABC的中心为G，取AC的中点E，由题可得BE平面ADC可判断A，根据勾股定理可得233GD进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.【详解】设ABC的中心为G，取A

C的中点E，连接BE，DE，则BEAC.因为ACBD，BEBDB,所以AC平面BDE，则ACDE，又△ABC为等边三角形，2ABBD，2AD，所以1,1AEDE，3BE，∴222DEBEBD，即DEBE，又

,BEACACDEE，∴BE平面ADC，BE平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵33GE，233GBGAGC∴22123133GDGEDE，故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球

心O为△ABC的中心，故B正确；当OM∥AC时，DCA为直线OM与CD所成的角，由上知43DCA，故C错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线AC的距离，由

抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.故选：ABD.6．（2022·山东聊城·二模）已知抛物线C：22ypx（0p）的焦点F到准线的距离为2，过F的直线l交抛物线C于两点A，B，则（）A．C的准线方程为2xB．若4AF，则21OAC．若24AFBFp，则l的

斜率为33D．过点A作准线的垂线，垂足为H，若x轴平分HFB，则4AF【答案】BCD【分析】根据抛物线p的几何意义求出p，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设1(Ax，1)

y，2(Bx，2)y，直线AB的方程为1xmy，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线C：22ypx（0p）的焦点F到准线的距离为2，所以2p，所以抛

物线方程为24yx，则焦点1,0F，准线为1x，故A错误；若4AF，则3Ax，所以2412AAyx，所以2221AAOAxy，故B正确；可设1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，直线AB的方程为1xmy，与抛物

线24yx联立，消去x，可得2440ymy，可得124yym，124yy，由抛物线的定义可得1212||||(1)(1)(2)(2)16AFBFxxmymy即212122()416myymyy，即2248416mm

，解得3m，则直线AB的斜率为33，故C正确；对于D，若x轴平分HFB，则OFHOFB，又//AHx轴，所以AHFOFHOFBAFH，所以HFAFAH，所以2AHFxxx

，即3Ax，所以14AAFx，故D正确；故选：BCD7．（2022·辽宁葫芦岛·一模）已知抛物线2:2Cypx过点2,22M，焦点为F，则（）A．点M到焦点的距离为3B．直线MF与x轴垂直C．直线MF与

C交于点N，以弦MN为直径的圆与C的准线相切D．过点M与C相切的直线方程为210xy【答案】AC【分析】先求出2p，由抛物线的定义即可判断A、C选项；B选项由,MF坐标即可判断；D选项易知点M不在直线210xy上即

可判断.【详解】由题意知：2224p，解得2p，即24yx，焦点(1,0)F，准线1x.由抛物线定义知，点M到焦点的距离等于到准线的距离为2(1)3，故A正确；由焦点(1,0)F知直线MF不与x轴

垂直，故B错误；如图，设MN中点为P，过,,MNP作准线的垂线，垂足为,,MNP，易知222MMNNMFNFMNPP，故以弦MN为直径的圆与C的准线相切，C正确；由222210知M不在直线210xy上，故D错误.故选：AC.三、填空

题8．（2022·辽宁沈阳·二模）已知抛物线2:8Cyx的焦点为F，在C上有一点P，8PF，则点P到x轴的距离为______．【答案】43【分析】根据抛物线的定义，列出相应方程求解即可.【详解】由抛物线的定

义可知：28pPFx，所以6px，代入28yx中，得248py，所以43py，故点P到x轴的距离为为43．故答案为：43抛物线的几何性质1.（2021北京八中高三上学期期中）已知直线1l：40xy和直线2l：2x，抛物线28yx上一动点P到直线1

l和直线2l的距离之和的最小值是（）A．32B．42C．522D．222【答案】A【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线1l和直线2l的距离之和dPBPAPBPF，当B，P，F三点共

线时，PBPF最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【详解】∵抛物线28yx，∴抛物线的准线为2x，焦点为2,0F，∴点P到准线2x的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即PAPF，∴点P到直线1l和直线2l的距离之和dPBPAP

BPF，∴当B，P，F三点共线时，PBPF最小，∵222043211d，∴min32dd，∴点P到直线1l和直线2l的距离之和的最小值为32．故选：A．2.（2021新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测）2021年是中国传统的“牛”年，可以在平面坐标系中用抛物线与

圆勾勒出牛的形象．已知抛物线2:4Zxy的焦点为F，圆22:14Fxy与抛物线Z在第一象限的交点为2,4mPm，直线:0lxttm与抛物线Z的交点为A，直线l与圆F在第一象限的交点为

B，则FAB周长的取值范围为（）A.3,5B.4,6C.5,7D.6,8【答案】B【分析】将抛物线与圆方程联立可求得P点坐标，由此可知By的取值范围；利用抛物线定义和圆的半径可将FAB周长转化为3By，由By范围可得所求周长取

值范围.【详解】由抛物线24xy得：0,1F，准线为1y；设xt与1y交于点D，由抛物线定义知：AFAD；由圆22:14Fxy知：2BF；由2224140,0xyxyxy得：21xy，即2,1P，则2m，

设,BBBxy，02tm，13By，FAB△的周长为AFBFABADBFABBFBD21By3By，34,6By，FAB△周长的取值范围为4,6.故选：B.直线与抛物线

的位置关系1.（云南省曲靖市第一中学2022届高三上学期第一次质量监测卷）已知直线l：y=x+1与抛物线C：x2=2py（p>0）相交于A，B两点，若AB的中点为N，且抛物线C上存在点M，使得3OMON（O为坐标原点）.（1）求此抛物线的标准方程；（2）若正方形PQHR的三个顶点P，

Q，H都在抛物线C上，求正方形PQHR面积的最小值.【答案】（1）24xy；（2）32.【分析】（1）联立方程由点N为AB的中点，求得点N的坐标，再根据3OMON，得到M的坐标，代入抛物线方程求解；（2）设222312123444xxxPxQxHx，，，，

，，直线QH的斜率为k，根据PQQH得到1k，由||||PQQH，得到2132()xxkxx，再由123244xxxkxk，，得到32222kxkk，然后由正方形PQHR的面积为22232||(1)()SQHkxx2222216(1)1

(1)kkkk，利用基本不等式求解.【详解】（1）设1122()()AxyBxy，，，，联立方程组整理得2220xpxp，则122xxp，可得1212222.yyxxp由点N为AB的中点，所以(1).N

pp，设00()Mxy，，因为3OMON，可得(333)Mpp，，又由点M在抛物线C：22(0)xpyp上，可得2(3)23(1)ppp，即220pp，解得2p或0p（舍去），所以抛物线的标准方程为24xy.（2）设222312123444xxxPxQxHx

，，，，，，直线QH的斜率为k，不妨设123xxx，则0k，且22323232444xxxxkxx，因为PQQH，所以221212121444xxxxkxx.由||||PQQH，得2222132211()

(1)()xxkxxk，即2222132()()xxkxx，即2132()xxkxx，将123244xxxkxk，，代入得2242(42)xkkxk，所以222(1)2

kxkk，所以32222kxkk，所以正方形PQHR的面积为22232||(1)()SQHkxx，222(1)(42)kkx，2222116(1)kkkk，2222216(1)1.(1)k

kkk，因为212kk，所以222(1)4kk（当且仅当1k时取等号）.因为21122kk，所以22(1)12kk≥，所以2211(1)2kk（当且仅当1k时取等号），所以1164322S（当且仅当1k时取等号），所以正

方形PQHR的面积的最小值为32.2.（2021四川省成都市郫都区高三上学期阶段性检测）已知抛物线C：22ypx0p上的点2,t到焦点F的距离为4．（1）求抛物线C的方程；（2）设纵截距为1的直线l与抛

物线C交于A，B两个不同的点，若4FAFB，求直线l的方程．【答案】（1）28yx；（2）5440xy．【分析】（1）利用抛物线的性质即可求解.（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，

即可求解.【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为2px，由点2,t到焦点F的距离为4，得242p，解得4p，所以抛物线C的标准方程为28yx．（2）设11,Axy，22,Bxy，显然直线l的斜率存在，故设直线l的方程为1ykx，联立21,8,yk

xyx消去y得222810kxkx，由0得222840kk，即2k．所以12228kxxk，1221xxk．又因为4FAFB，2,0F，所以

1212224FAFBxxyy，所以2121212121224111(2)54xxxxkxkxkxxkxx，即450k，解得54k，满足0

，所以直线l的方程为5440xy．1.（2020年全国统一高考（新课标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=（）A.2B.3C.6D.9【答案】C【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得

到答案.【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知||122ApAFx，即1292p，解得6p=.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.2.（2021年全国新高考Ⅰ卷）已知O为坐标原点，抛物线C：2

2ypx(0p)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PQOP，若6FQ，则C的准线方程为______.【答案】32x【分析】先用坐标表示PQ，，再根据向量垂直坐标表示列方程

，解得p，即得结果.【详解】抛物线C：22ypx(0p)的焦点,02pF,∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为Q为x轴上一点，且PQOP，所以Q在F的右侧，又||6

FQ，(6,0),(6,)2pQPQpuuur因为PQOP，所以PQOP2602pp,0,3ppQ，所以C的准线方程为32x故答案为：32x.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.3.（2021年全

国高考乙卷）已知抛物线2:2(0)Cypxp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9PQQF，求直线OQ斜率的最大值.【答案】（1）24yx；（2）最大值为13.【分析】（1）由抛物线焦点

与准线的距离即可得解；（2）设00,Qxy，由平面向量的知识可得00109,10Pxy，进而可得20025910yx，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线2:2(0)Cypxp的焦点,02pF，准线方程为2px，由题意，该抛物线焦点到准线的距离

为222ppp，所以该抛物线的方程为24yx；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设00,Qxy，则00999,9PQQFxy，所以00109,10Pxy，由P在抛物线上可得200104109yx，即20025910yx，据此整理可得

点Q的轨迹方程为229525yx，所以直线OQ的斜率000220001025925910OQyyykyxy，当00y时，0OQk；当00y时，0010925OQkyy，当00y时，因为000

0992522530yyyy，此时103OQk，当且仅当00925yy，即035y时，等号成立；当00y时，0OQk；综上，直线OQ的斜率的最大值为13.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为229525yx．设直线OQ的方程为ykx，则当

直线OQ与抛物线229525yx相切时，其斜率k取到最值．联立2,29,525ykxyx得22290525kxx，其判别式222940525k，解得13k，所以直线OQ斜率的最大值为13．[方法三]：轨迹方

程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为229525yx．设直线OQ的斜率为k，则22229525ykxxx．令11009ttx，则2292255ktt的对称轴为59t，所以21110,933kk．故直线OQ斜率的最大值为13．[方法四

]：参数+基本不等式法由题可设24,4(0),(,)PtttQxy．因为(1,0),9FPQQF，所以24,49(1,)xtytxy．于是249(1)49xtxyty，所以21049104xtyt则直线OQ的斜率为2444194939

424ytxttttt．当且仅当94tt，即32t时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为13．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于y的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式

求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率k的平方关于x的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线OQ斜率的最大值；方

法四利用参数法，由题可设24,4(0),(,)PtttQxy，求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ的斜率关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线OQ斜率的最大值.一、单选题1．（2022·山东泰安·二模）已知以F为焦点的抛物线22yx上的两点A，B

（点A的横坐标大于点B的横坐标），满足OAOBFA（O为坐标原点），弦AB的中点M的横坐标为56，则实数（）A．32B．43C．3D．4【答案】D【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出||1||4FAAB，再

由已知OAOBFA求出的值.【详解】由题意可得抛物线22yx的焦点1(,0)2F.弦AB的中点M的横坐标为56，由已知条件可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为1()2ykx，112212(,

),(,)()AxyBxyxx，则联立22,1()2yxykx，消去y得2222(2)04kkxkx，∴1214xx，又因为弦AB的中点M的横坐标为56，∴1253xx，∴116x，232x，∴

点A到准线的距离为112||23FAx，点B到准线的距离为2122FBx，所以||1||3FAFB∴||1||4FAAB，又OAOBBAuuruuuruur，OAOBFA故4.故选：D2．（2022·河北唐山

·二模）F为抛物线2:4Cyx的焦点，点,4Mm在C上，直线MF交C的准线于点N，则FN（）A．54B．103C．5D．12【答案】B【分析】依据两点间距离公式去求FN【详解】点,4Mm在

抛物线2:4Cyx上，则244m，解之得4m，则4,4M又抛物线2:4Cyx的焦点F1,0，准线1x则直线MF的方程为4340xy，则N81,3则22810(11)(0)33FN故选：B3．（2022·天津·一模）已知抛物线28

yx的准线与双曲线22210yxmm相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（）A．43yxB．233yxC．32yxD．154yx【答案】B【分析】根据对称性求得,DE的坐标，从而求得m，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线28yx

的准线为2x，由于ODOE，根据双曲线的对称性可知：（不妨设）2,2,2,2DE，代入22210yxmm得222444241,3,,33mmmm，所以双曲线的渐近线方程为22333yxx.故选：B4．（2022·辽宁锦州·一模）已知

抛物线2:20Cypxp的焦点为F，点P是C上一点，且5PF，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则p（）A．2B．2或4C．4D．4或6【答案】D【分析】根据几何关系，求点P的坐标，代入抛物线方程，即可求解

.【详解】设圆的圆心为M，与x轴交于点,FB，线段FB的中点为A，MAx轴，由条件可知52MA，12FA，251644MA，所以26Py，由焦半径公式可知52Ppx，即52Ppx，所以代入抛物线方程2425

2pp，解得：4p或6.故选：D5．（2022·广东惠州·一模）若抛物线22ypx（0p）上一点P（2，0y）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（）A．y2=2xB．y2=4xC．y2=6xD．y2=8x【答案】D【分析】由抛物线的定义可解答.【详解】抛物线

22ypx上一点02,Py到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴242p，解得4p，∴抛物线的标准方程为28yx.故选：D.二、多选题6．（2022·河北秦皇岛·二模）过抛物线2:2Cypx上一点

(1,4)A作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）A．C的准线方程是4xB．过C的焦点的最短弦长为8C．直线MN过定点(0,4)D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2380xy【答案】AD

【分析】由点在抛物线上求得C为216yx，结合抛物线的性质判断A、B；设MN为xmyn并联立抛物线，结合AMAN及韦达定理、向量垂直的坐标表示列方程求出m、n的数量关系，代入直线方程即可判断C；由C分析所得的定点P，要使A到直线MN的距离最大有MNAP，

即可写出直线MN的方程判断D.【详解】将1,4A代入C中得：8p，则C为216yx，所以C的准线方程是4x，故A正确；当过C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；设211,16yMy，222,

16yNy，直线MN为xmyn，联立抛物线得：216160ymyn，所以1216yym，1216yyn，又AMAN，所以22221212121216161,41,44401616

256yyyyAMANyyyy.因为14y，24y，即12440yy，所以124410256yy，整理得121242720yyyy，故16642720nm，得417nm，所以

直线MN为(4)17xmy，所以直线MN过定点17,4P，故C不正确.当MNAP时A到直线MN的距离最大，此时直线MN为2380xy，故D正确.故选：AD7．（2022·江苏江苏·二模）已知抛物线24yx的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物

线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（）A．若O为线段PQ中点，则2PFB．若4PF，则25OPC．存在直线l，使得PFQFD．PFQ△面积的最小值为2【答案】AD【分析】对于A，求出P点的横坐标，再根据抛物线的定义求出PF，即可判断；对于B，根据抛物

线的定义求出P点的横坐标，再求出OP，即可判断，对于C，2,2Paa，则21,Qa，判断0FPQF是否有解，即可判断；对于D，根据12PQPFQSOFyy，结合基本不等式即可判断.【详解】解：抛物线24yx的准线为1x

，焦点1,0F，若O为PQ中点，所以1Px，所以12pPFx，故A正确；若4PF，则413Px，所以222421PPPPOPxyxx，故B错误；设2,2Paa，则21,Qa，

所以21,2FPaa，22,QFa，所以22224220FPQFaa，所以FP与FQ不垂直，故C错误；212112212PFQPQSaOFayaay，当且仅当1aa，即1a时，取等号，所以PFQ△面积的最小值为

2，故D正确.故选：AD.8．（2022·广东·一模）已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，抛物线C上存在n个点1P，2P，L，nP（2n且*Nn）满足1223112nnnPFPPFPPFPPFPn，则下列结论中正确的是（）A．2n时，12

112PFPFB．3n时，123PFPFPF的最小值为9C．4n时，13241114PFPFPFPFD．4n时，1234PFPFPFPF的最小值为8【答案】BC【分析】以12PP为抛物

线通径，求得1211PFPF的值，判断A;当3n时,写出焦半径123,,PFPFPF的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B;当4n时,求出1234,,,PFPFPFPF的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.【详解

】当2n时，1212PFPPFP，此时不妨取12PP过焦点垂直于x轴，不妨取12(12),(12)PP，，，则121111=+122PFPF，故A错误；当3n时，12233123PFPPFPPFP，此时不妨设123,,PP

P在抛物线上逆时针排列，设1,(0,)2PFx,则12||1cosPF，则2222||,||241cos()1cos()33PFPF，故123222241cos1cos()1cos()33PF

PFPF214(1cos)2211cos(cos)2，令113cos,(,)222tt，则123242332tPFPFPFtt，令242332()tttft

，则232382627(1)()(32)(32)ttfttttt，当112t时，()0ft，()ft递增，当312t时，()0ft，()ft递减，故min()(1)9ftf，故当1t，即1cos,23时，123

PFPFPF取到最小值9，故B正确；当4n时，122313442PFPPFPPFPPFP，此时不妨设1234,,,PPPP在抛物线上逆时针排列，设1,(0,)2PFx,则12342222||,||,||,||31cos1cos()1cos

()1cos()22PFPFPFPF，即234222||,||,||1sin1cos1sinPFPFPF，故1322241cos1cossinPFPF，242

2241sin1sincosPFPF，所以132242sincos144141PFPFPFPF，故C正确；由C的分析可知：23422122244416sincossincossin2PFPFPFPF

，当2sin21时，216sin2取到最小值16，即1234PFPFPFPF最小值为16，故D错误；故选：BC【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用，综合性较强，涉及到抛物线的焦半径||1cospPF的应用，以利用导数求最值，和三角函数的相关知识，难度较大

.9．（2022·湖南常德·一模）已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F到准线l的距离为2，则（）A．焦点F的坐标为(1,0)B．过点(1,0)A恰有2条直线与抛物线C有且只有一个公共点C．直线10xy与抛物线C相交

所得弦长为8D．抛物线C与圆225xy交于,MN两点，则4MN【答案】ACD【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.【详解】由题可知抛物线方程为24yx对于A，焦点F的坐标为(1,0)，

故A正确对于B，过点(1,0)A有抛物线的2条切线，还有0y，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误对于C，22104404xyyyyx，弦长为21212122242?16168yyyyyy

，故C正确对于D，222254504xyxxyx，解得1x（5x舍去），交点为(1,2)，有4MN，故D正确故选：ACD10．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知F是抛物线2:

8Cyx的焦点，过点F作两条互相垂直的直线1l，2l，1l与C相交于A，B两点，2l与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（）A．点M到直线l的距离为定值B．以AB为直径的圆与l相切C．ABDE的最小值为32D．当

MN最小时，MN//l【答案】BCD【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得||||||2MABAFBFd,由此判断B;计算出弦长||ED，可得A

BDE的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;求出MN的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.【详解】设11,Axy，22,Bxy，33,Exy，44,Dxy，(,),(,

)MMNNMxyNxy，直线1l的方程为2xmy，则直线2l的方程为12xym,将直线1l的方程2xmy代入28yx，化简整理得28160ymy，则128yym，1216yy，故21212484

xxmyym,所以212422Mxxxm，1242Myyym,因为点A到直线l的距离112dx，点B到直线l的距离222dx，点M到直线l的距离2MMdx，又242Mxm，所以24

4Mdm，故A错误；因为212||||||4882MABAFBFxxmd，所以以||AB为直径的圆的圆心M到l的距离为||2AB，即以||AB为直径的圆与l相切，故B正确；同理，3434211484xxyymm

，所以242Nxm，4Nym，3428||||||48EDEFDFxxm，则228||||81632ABEDmm，当且仅当1m时等号成立，故C正确；22222244||44MNM

NMNxxyymmmm4242114mmmm.设221mtm，则2212mtm，42412mtm，2||42MNtt.当2t时，即1m时，||MN最小，这时NMxx，故D正确,故选:BCD.【点睛】本题考查了抛

物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.11．（2022·重庆·模拟预测）在平面直角坐标

系中，O为坐标原点，抛物线220ypxp的焦点为F，点1,2M，11,Axy，22,Bxy都在抛物线上，且0FAFBFMruuruuruuur，则下列结论正确的是（）A．抛物线方程为22y

xB．F是ABM的重心C．6FAFMFBD．2223AFOBFOMFOSSS△△△【答案】BCD【分析】把点代入可得抛物线的方程，结合向量运算可得F是ABM的重心，利用抛物线的定义可得6FAFMFB，利用三角形面积公

式及122xx，可得2223AFOBFOMFOSSS△△△.【详解】对于A，由1,2M在抛物线上可得42p，即抛物线方程为24yx，错误；对于B，分别取,ABAM的中点,DE，则2FAFBFDuuuuruurur

，2FMFDuuuruuur，即F在中线MD上，同理可得F也在中线BE上，所以F是ABM的重心，正确；对于C，由抛物线的定义可得121,2,1FAxFMFBxuuruuuruur，所以1

24FAFMFBxxuuruuuruur.由1,0F是ABM的重心，所以12113xx，即122xx，所以1246FAFMFBxxuuruuuruur，正确；对于D，112AFOSOFy

△，221114AFOSyx△；同理222214BFOSyx△,21MFOS△，所以2221213AFOBFOMFOSSSxx△△△，正确.故选：BCD.三、填空题12．（2022·北京丰台·二模）已知抛物线C：28xy，则抛物线C的

准线方程为______．【答案】2y【分析】根据抛物线的方程求出p的值，进一步得出答案.【详解】因为抛物线2:8Cxy，所以28p，∴4p所以C的准线方程为2y.故答案为：2y13．（2022·福建·模拟预测）已知抛物线21120ypxp与抛物线222

20xpyp在第一象限内的交点为00(,)Pxy，若点P在圆22:10108Cxy上，且直线OP与圆C相切，则12pp___________.【答案】310【分析】由于点P在圆C上，所以可得220000210120xyxy，而点

P也在两抛物线上，代入抛物线方程可得00124xypp，当OP与圆相切时，可得222200812OPxyOC，然后前面的几个式子结合可求得答案【详解】因为220010108xy，所以220000210120xyxy，因为20102ypx，20202xpy

，所以00124xypp，当OP与圆相切时，222200812OPxyOC，所以001210xy，所以2220000001225xyxyxy，所以00123410xypp.故答案为：31014．（2022

·重庆八中模拟预测）若抛物线220ypxp上的点0,2Ax到焦点的距离是点A到y轴距离的2倍，则p___________.【答案】2【分析】直接利用抛物线的焦半径公式解方程组即可求解.【详解】抛物线的准线方程为2px.由抛物续的性质可

得0022pxx，所以02px①.而0,2Ax在抛物线220ypxp上,即042px②.由①②可得:p=2.故答案为:2四、解答题15．（2022·山东济宁·二模）已知抛物线E：220ypxp的焦点为F，点4,

Mm在抛物线E上，且OMF的面积为212p（O为坐标原点）.(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A､B两点，过A､B分别作垂直于l的直线AC､BD，分别交抛物线于C､D两点，求ACBD的最小值.【答案】(1)24yx(2)123【分析】（1）根据面积及抛

物线上的点可求解；（2）利用直线与抛物线的位置关系分别求得21221||2tACtyt、222212tBDtyt，再通过导数求最值即可.(1)由题意可得228,11,222mppmp解得p=2.故抛物线E的方程为

24yx.(2)由题意直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为1xty，0t，设11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，由21,4,xtyyx消去x得2440yty.所以124yyt

，124yy.由AC垂直于l，直线AC的方程为11yytxx由112,4,yytxxyx消去x得2114440tyytxy.所以134yyt，111344txyyyt.∴2

22131313132114ACxxyyyyyyt2112216161611txtytt2121221641161tytytt212212ttyt212212ttyt.同理可得2222

12tBDtyt，所以322221222412181418tttACBDtyytttt，令321xfxx，0x，则2312xxfxx，0x所以当0,2x时，0fx，

fx单调递减；当2,x时，0fx，fx单调递增.所以当x=2时，fx取得最小值，即当2t时，ACBD最小值为123.16．（2022·湖北武汉·二模）已知抛物线2:2(0)Eypxp，点1,4Qm为E上一点，且Q

到E的准线的距离等于其到坐标原点O的距离.(1)求E的方程；(2)设AB为圆22(2)4xy的一条不垂直于y轴的直径，分别延长,AOBO交E于,CD两点，求四边形ABCD面积的最小值.【答案】(1)22yx(2)16【分析】（

1）根据抛物线的定义可知，QOQF，即可列式求p；（2）首先设直线AC的方程为：ykx，分别与圆的方程和抛物线方程联立，求点,AC的坐标，利用弦长公式求AC，再利用ACBD，求BD，最后表示四边形的面积12SACBD，再通过换

元，利用导数求函数的最值.(1)设抛物线焦点,02pF，由题意QOQF，故1224p，解得：1p.故抛物线的标准方程为22yx.(2)由题意，直线AC斜率存在且不为0，设直线AC的方程为：ykx，设点1122,,,AxyCx

y，2224ykxxy，联立得：22140kxx，由10x，得124.1xk22ykxyx，联立得：2220kxx，由20x，得222.xk

2221222311.1kACkxxkk因为ACBD，用1k代替k，得22222321231111kkkBDkkk.故四边形ABDC面积22222662023131121kk

kkSACBDkkkk.令216882,6tkttStktt.设函数222886862,60tftttftttt，故()ft单调递增.故当2t，即1k=时

，S取到最小值16，所以四边形ABCD面积的最小值是16.17．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知点1,Mpp在抛物线2:20Cypxp上.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M作斜率分别为12,kk的两条直线12,ll

，若12,ll与抛物线C的另一个交点分别为,AB，且有122kk，探究：直线AB是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.【答案】(1)24yx(2)直线AB恒过定点1,0【分析】（1）将M点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；（2）设11,Axy，22,Bx

y，利用斜率公式表示出122kk，得到124yy=；设:ABxmyt，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得1t，可得:1ABxmy，由此可得定点坐标.(1)1,Mpp在抛物线上，221ppp，解得：2p，抛物线C的方程为：24yx

.(2)由（1）得：1,2M；设11,Axy，22,Bxy，则11121112241214yykyxy；同理可得：2242ky；122kk，1244222yy，整理可得：124yy=；当直线AB斜率为0时，其与抛物线C只有一个公共点，不合题意；当

直线AB斜率不为0时，设:ABxmyt，由24yxxmyt得：2440ymyt，则124yyt=-，44t，解得：1t；:1ABxmy，则直线AB过定点1,0；综上所述：直线AB恒过

定点1,0.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关

系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.18．（2021·山西运城·模拟预测（理））已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．【答案】(1)y2＝4x(2)证明见解析【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数p，即得抛物线方程；(2)

设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得1212,yyyy，代入PAPBkk得参数t值，从而可得定点坐标．(1)P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x．(2)证明：设AB：x＝my+t，将AB的方

程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，1121112241214PAyykyxy

，同理：242PBky，由题意：1244222yy，∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，∴y1y2＝4，∴﹣4t＝4，∴t＝﹣1，故直线AB恒过定点(﹣1，0)．