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高考数学高频易错押题预测 抛物线
一．选择题（共8小题）
1．（2025 濮阳二模）世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为1m，高为0.25m的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（　　）
A．0.25 B．0.5 C．1 D．2
2．（2025 山海关区模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点到准线的距离为2，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上关于直线x＝ky+4（k≠0）对称的两个点，若直线AB与x轴交于点E（x0，0），则x0的取值范围是（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣2，2） D．（﹣2，0）
3．（2025 汕头模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，点M（x0，4）在C上，且|MF|＝2|OF|，则C的方程为（　　）
A．y2＝4x B．y2＝8x C．y2＝2x D．y2＝x
4．（2025 上犹县校级一模）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若|MF|＝6，则△MNF的面积为（　　）
A．8 B． C． D．
5．（2025 武汉模拟）已知O为坐标原点，过抛物线y2＝2px（p＞0）焦点的直线与该抛物线交于A，B两点，若|AB|＝12，若△OAB面积为，则p＝（　　）
A．4 B．3 C． D．
6．（2025 瓜州县一模）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2＝4x上，三边AB、BC、CA所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，若，则点A的坐标为（　　）
A．（1，﹣2） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（2，1）
7．（2025 广东模拟）已知抛物线y2＝4x的弦AB的中点横坐标为5，则|AB|的最大值为（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
8．（2025 东湖区校级一模）已知抛物线C：y2＝4x，其中AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线AC的倾斜角为α，当α＝45°时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 浙江模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（　　）
A．
B．
C．|AF|+4|BF|的最小值为10
D．若PA与C相切，则PB也与C相切
（多选）10．（2025 延边州一模）过点P（4，0）的直线l交抛物线C：y2＝4x于A，B两点，线段AB的中点为M（x0，y0），抛物线的焦点为F，下列说法正确的是（　　）
A．以AB为直径的圆过坐标原点
B． ＜0
C．若直线l的斜率存在，则斜率为
D．若y0＝2，则|AF|+|BF|＝12
（多选）11．（2025 重庆模拟）已知O为坐标原点，F是抛物线E：y2＝4x的焦点，是抛物线E上的点，直线BnAn+1的斜率为1且满足A1（1，2），则（　　）
A．A2F＝10
B．若xn＝2025，则n＝45
C．
D．
（多选）12．（2025 巴中模拟）过抛物线y＝2x2的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则（　　）
A．以AF为直径的圆与x轴相切
B．
C．k1k2＝﹣2
D．分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，则点P在上
三．填空题（共4小题）
13．（2025 江西一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，与准线交于点，则直线l的斜率为 　 　，|FP|＝ 　 　．
14．（2025 河南模拟）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，过F的直线交C于A，B两点，若△OAB的外接圆圆心在直线x＝3上，则△OAB的外接圆的面积为 　 　．
15．（2025 漳州模拟）已知P为抛物线y2＝4x上一点，点P到直线l1：4x﹣3y+6＝0的距离为d1，点P到直线l2：x+4＝0的距离为d2，则d1+d2的最小值为 　 　．
16．（2025 滁州模拟）已知两点A（5，0），B（8，0），动点M满足，抛物线C：y2＝4x的焦点为F，动点N在C上，则|NF|+|MN|的最小值为　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 十堰模拟）已知抛物线E：x2＝2py的焦点F在直线x+2y﹣2＝0上，A，B，C是E上的三个点．
（1）求E的方程；
（2）已知C（﹣2，yC），且直线AB经过点F，AC⊥BC，求直线AB的方程；
（3）已知A，B在y轴的两侧，过点A，B分别作抛物线E的切线l1，l2，且l1与l2交于点Q，直线y＝1与l1和l2分别交于点M，N，求△QMN面积的最小值．
18．（2025 安顺模拟）如图，直线l1，l2分别与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A1，B1和A2，B2，与x轴分别交于T1（t1，0）和T3（t3，0），直线A1B2与A2B1的交点为T2（t2，0），ti＞0，（i＝1，2，3）．
（1）当T1为C的焦点F，且直线l1与x轴垂直时，|A1B1|＝4．求抛物线C的方程；
（2）t1，t2，t3是否成等比数列？请给予说明；
（3）在问题（1）的条件下，若OA2⊥OB2，求△T2A2B2面积S的最小值．
19．（2025 辽宁模拟）抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，M为E上一点，M的纵坐标为，点N在y轴上，MN⊥y轴，线段MN的中点为P，且PF∥y轴．
（1）求E的方程；
（2）已知A，B，C为E上三个不同的点，点A在第一象限．
（ⅰ）若点B在原点，∠BAC＝90°，|AB|＝|AC|，点A的横坐标x0满足，求n．
（ⅱ）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，△ABC的重心G在x轴上，求点G的坐标．
20．（2025 白银模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，M是C上在第一象限内的点，若直线MF的倾斜角为60°点M到l的距离为4．
（1）求C的方程；
（2）设直线x﹣ay﹣1＝0（a＞0）与C交于A，B两点，过点P（﹣1，2a）作直线PQ∥x轴，与C交于点Q，直线QF与C交于另一点R．
（i）求|QR|的最小值；
（ii）探讨直线PA与C公共点的个数．
高考数学高频易错押题预测 抛物线
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 濮阳二模）世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用．目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，毫无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能利用装置．如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其口径为1m，高为0.25m的抛物面，则其轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（　　）
A．0.25 B．0.5 C．1 D．2
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，设出抛物线标准方程，根据图形可得抛物线上一点坐标，代入可得p，然后可得．
【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，
设抛物线的方程为x2＝2py（p＞0），
根据图可得点（0.5，0.25）在抛物线上，
即0.52＝2p×0.25，
解得p＝0.5，
则轴截面所在抛物线的顶点到焦点的距离为0.25．
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线的性质，属基础题．
2．（2025 山海关区模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点到准线的距离为2，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上关于直线x＝ky+4（k≠0）对称的两个点，若直线AB与x轴交于点E（x0，0），则x0的取值范围是（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣2，2） D．（﹣2，0）
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】函数思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【答案】A
【分析】根据点差法及函数思想，即可求解．
【解答】解：因为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点到准线的距离为p＝2，
所以抛物线C方程为y2＝4x，
设AB的中点为M（m，n），则y1+y2＝2n，
又A（x1，y1），B（x2，y2）是C上关于直线x＝ky+4（k≠0）对称的两个点，
所以，，kAB＝﹣k，
所以，
所以＝＝﹣k，
所以n＝，又M（m，n）在直线x＝ky+4上，
所以m＝kn+4＝2，
所以M（2，），又E（x0，0），
所以kAB＝kME，所以﹣k＝，
所以，
又M（2，）在抛物线C：y2＝4x的开口内，
所以，所以，
所以＞﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，属中档题．
3．（2025 汕头模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，点M（x0，4）在C上，且|MF|＝2|OF|，则C的方程为（　　）
A．y2＝4x B．y2＝8x C．y2＝2x D．y2＝x
【考点】抛物线的弦及弦长．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】B
【分析】由抛物线定义及|MF|＝2|OF|可得，进而将点M（x0，4）代入抛物线方程即可求得p＝4，进而求解C的方程．
【解答】解：由抛物线的定义，可知，
又|MF|＝2|OF|，
则|MF|＝p，
则，
即，
由点M（x0，4）在C上，
得16＝2px0，
即p2＝16，
又p＞0，
则p＝4．
所以C的方程为y2＝8x．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线的性质，重点考查了抛物线的定义，属中档题．
4．（2025 上犹县校级一模）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若|MF|＝6，则△MNF的面积为（　　）
A．8 B． C． D．
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】C
【分析】由题意抛物线的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，设M（x，y），利用抛物线的定义得x＝5，代入抛物线方程得y＝±2，根据三角形面积公式即可求解．
【解答】解：由题意抛物线的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
设M（x，y），
∵|MF|＝6，∴x+1＝6，
∴x＝5，y＝±2，
又MN垂直y轴于点N，
∴|MN|＝x＝5，
则△MNF的面积为|MN| |y|＝＝5．
故选：C．
【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
5．（2025 武汉模拟）已知O为坐标原点，过抛物线y2＝2px（p＞0）焦点的直线与该抛物线交于A，B两点，若|AB|＝12，若△OAB面积为，则p＝（　　）
A．4 B．3 C． D．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【答案】A
【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线AB方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定义及三角形面积公式列式求出P．
【解答】解：抛物线y2＝2px的焦点，设直线AB：，点A（x1，y1），B（x2，y2），
由，消去x得y2﹣2pty﹣p2＝0，则y1+y2＝2pt，，
|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+p＝t（y1+y2）+2p＝2p（t2+1）＝12，即p（t2+1）＝6，
，
，则，因此p3＝64，
所以p＝4．
故选：A．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
6．（2025 瓜州县一模）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2＝4x上，三边AB、BC、CA所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，若，则点A的坐标为（　　）
A．（1，﹣2） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（2，1）
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】B
【分析】设，，，运用直线的斜率公式，化简计算即可得到所求点的坐标．
【解答】解：设，，，
则，
同理，，
由，
可得，
即y1＝2，
又，
可得A（1，2），
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的方程和性质，直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查直线的斜率公式，以及直线方程的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
7．（2025 广东模拟）已知抛物线y2＝4x的弦AB的中点横坐标为5，则|AB|的最大值为（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意，利用抛物线的性质进行求解即可．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
因为抛物线y2＝4x的弦AB的中点横坐标为5，
所以x1+x2＝10，
易知抛物线的焦点F（1，0），
因为|AB|≤|AF|+|BF|，
当且仅当A，B，F三点共线时，等号成立，
因为|AF|＝x1+1，|BF|＝x2+1，
所以|AF|+|BF|＝x1+x2+2＝12，
则|AB|的最大值为12．
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
8．（2025 东湖区校级一模）已知抛物线C：y2＝4x，其中AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线AC的倾斜角为α，当α＝45°时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为（　　）
A．4 B．8 C．16 D．32
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】B
【分析】求出直线AC的方程联立抛物线方程，可得A，C的横坐标，利用弦长公式结合抛物线对称性求出相关线段长，即可求得答案．
【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，
则F（1，0），
又直线AC的倾斜角α＝45°，
则直线AC的方程为y＝x﹣1，
联立，
得x2﹣6x+1＝0，
解得，
结合图可取，，
故，，
根据抛物线的对称性结合AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，
可知，
故，
故结合抛物线对称性可得“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为2×4＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了阅读理解能力，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 浙江模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（　　）
A．
B．
C．|AF|+4|BF|的最小值为10
D．若PA与C相切，则PB也与C相切
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对于A，借助判定；对于C，可证明，运用基本不等式求得判定；对于D，直曲联立得到过A（x1，y1）的抛物线的切线方程，同理得过B（x2，y2）的抛物线的切线方程为，求出两切线的交点，设直线AB的方程，直曲联立求两切线的交点Q在抛物线的准线上，得解；对于B，设AB的中点为D，求出xD和|AB|，进而得点D到准线的距离判定以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，得解．
【解答】解：对于A，由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1．
设直线l的方程为x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．
联立，将x＝my+1代入y2＝4x可得：即y2﹣4my﹣4＝0．
根据韦达定理，所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4．
则，
则，所以，故A正确；
对于C，由抛物线的定义可知，|AF|＝x1+1，|BF|＝x2+1．
又因为x1＝my1+1，x2＝my2+1，则|AF|＝my1+2，|BF|＝my2+2．
将y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4代入上式可得：
.即，
所以，当且仅当
即|AF|＝3，|BF|＝时取等号，故C错误；
对于D，设A（x1，y1），B（x2，y2），依题意可得过点A，B的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过A（x1，y1）的抛物线的切线方程为x﹣x1＝m（y﹣y1），即x＝my+x1﹣my1，
由有y2﹣4my﹣4x1+4my1＝0，
所以Δ＝16m2+16x1﹣16my1＝0，又，整理得，解得，
所以过A（x1，y1）的抛物线的切线方程为，整理得，
同理可得过B（x2，y2）的抛物线的切线方程为，
设两切线的交点为Q（x0，y0），由，
可得，
设直线AB的方程为x＝ty+1（t≠0），由得y2﹣4ty﹣4＝0，
所以y1y2＝﹣4，所以x0＝﹣1，即两切线的交点Q在抛物线的准线上，
所以若PA与C相切，则PB也与C相切，故D正确；
对于B，设AB的中点为D，由y1+y2＝4t，得，
则，又，
所以点D到准线的距离，
所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点P在C的准线上，所以，故B正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了直线与抛物线位置关系的综合应用，属于中档题．
（多选）10．（2025 延边州一模）过点P（4，0）的直线l交抛物线C：y2＝4x于A，B两点，线段AB的中点为M（x0，y0），抛物线的焦点为F，下列说法正确的是（　　）
A．以AB为直径的圆过坐标原点
B． ＜0
C．若直线l的斜率存在，则斜率为
D．若y0＝2，则|AF|+|BF|＝12
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由题意可设l：y＝k（x﹣4）与抛物线C：y2＝4x联立得k2x2﹣8k2x+16k2＝4x，结合韦达定理得到＝，xA xB＝16，在分别对选项逐个判断即可．
【解答】解：当k不存在时，此时x＝4，代入y2＝4x，
得到y＝±4，即令A（4，4），B（4，﹣4），
所以，，
显然，
即以AB为直径的圆过坐标原点，
当k存在时，由题意可设l：y＝k（x﹣4），代入抛物线C：y2＝4x，
得k2x2﹣8k2x+16k2＝4x，
故＝，
xA xB＝16，
对于A；因为，，
所以＝
＝＝，
即，
所以以AB为直径的圆过坐标原点，故A正确；
对于B；当k不存在时，此时x＝4，代入y2＝4x，
得到y＝±4，即令A（4，4），B（4，﹣4），
因为F（1，0），，，
显然，
当k存在时，
，，
所以＝+16k2
＝＝，故B错误；
对于C：＝＝，
所以，故C正确；
对于D：若y0＝2，则，得到k＝1，
故y＝x﹣4，与y2＝4x，联立得x2﹣12x+16＝0，
所以xA+xB＝12，
根据抛物线定义：|AF|+|BF|＝xA+xB+p＝12+2＝14≠12，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查抛物线方程的应用，属于中档题．
（多选）11．（2025 重庆模拟）已知O为坐标原点，F是抛物线E：y2＝4x的焦点，是抛物线E上的点，直线BnAn+1的斜率为1且满足A1（1，2），则（　　）
A．A2F＝10
B．若xn＝2025，则n＝45
C．
D．
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】由题意，求出抛物线的焦点坐标，由直线BnAn+1的斜率求得yn+1﹣yn＝4，再结合抛物线定义逐项分析，进而可解．
【解答】解：易知抛物线E的焦点F（1，0），
直线BnAn+1的斜率，
解得yn+1﹣yn＝4，
所以数列{yn}是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以yn＝4n﹣2，，
对于选项A：易知，故选项A正确；
对于选项B：因为，
解得n＝23，故选项B错误；
对于选项C：易知A2（9，6），B1（1，﹣2），直线与x轴交于点（3，0），
所以＝8，故选项C正确；
对于选项D：由对称性知，
要证，
需证，
即证，
因为，
同理得，
因为数列{yn}是等差数列，
所以yn+2+yn+1＝yn+yn+3，
则，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查抛物线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2025 巴中模拟）过抛物线y＝2x2的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则（　　）
A．以AF为直径的圆与x轴相切
B．
C．k1k2＝﹣2
D．分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，则点P在上
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABD
【分析】设出直线AB的方程及点A、B的坐标，联立直线AB及抛物线的方程，得出韦达定理，再依次对各选项判断即可．
【解答】解：依题意有，抛物线y＝2x2的焦点，准线方程为，
显然直线AB的斜率存在，则设直线AB的方程为，
联立，消去y得，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
所以，．
对于A，线段AF的中点M，由抛物线定义可得，
所以AF的中点M到x轴的距离，
所以以AF为直径的圆与x轴相切，故A正确；
对于B，
＝，故B正确；
对于C，，故C错；
对于D，对y＝2x2求导得，y'＝4x，所以，，
所以曲线在点A处的切线方程为y﹣y1＝4x1（x﹣x1），在点B处的切线方程为y﹣y2＝4x2（x﹣x2），
两方程联立解得
＝
＝，
所以P点纵坐标为，故点P在直线上，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 江西一模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，与准线交于点，则直线l的斜率为 　　，|FP|＝ 　4　．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】；4．
【分析】由抛物线的性质，结合平面向量的坐标运算及两点的距离公式求解．
【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，
则其准线方程为x＝﹣1，
设P（﹣1，t），B（m，n），
又F（1，0），
又，
则（m+1，n﹣t）＝（2﹣2m，﹣2n），
则，
即，
又B在抛物线上，
则，
则直线l的斜率为＝＝；
．
故答案为：；4．
【点评】本题考查了抛物线的性质，重点考查了两点的距离公式，属中档题．
14．（2025 河南模拟）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，过F的直线交C于A，B两点，若△OAB的外接圆圆心在直线x＝3上，则△OAB的外接圆的面积为 　　．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】．
【分析】由△OAB外接圆圆心为（3，t），得到外接圆方程，设直线AB：x＝my+1，直线方程分别和抛物线方程、圆的方程联立，消去x，由得到的方程应该为同一方程即可求解．
【解答】解：
设直线AB：x＝my+1，联立抛物线方程，
可得y2﹣4my﹣4＝0①，
设△OAB外接圆圆心为（3，t），外接圆方程为（x﹣3）2+（y﹣t）2＝t2+9，
即x2﹣6x+y2﹣2ty＝0与直线AB：x＝my+1联立可得，（m2+1）y2﹣（4m+2t）y﹣5＝0②，
根据题意，①，②为同一个方程，
所以，解得，m＝2t，
所以△OAB的外接圆面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
15．（2025 漳州模拟）已知P为抛物线y2＝4x上一点，点P到直线l1：4x﹣3y+6＝0的距离为d1，点P到直线l2：x+4＝0的距离为d2，则d1+d2的最小值为 　5　．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】5．
【分析】根据抛物线定义，利用数形结合，即可求解．
【解答】解：根据题意知y2＝4x的焦点F（1，0），连接PF，
那么点P到l2的距离d2＝|PF|+3，因此d1+d2＝d1+|PF|+3≥2+3＝5，
其中d1+|PF|的最小值，所以点F到直线l1的距离，所以，
当且仅当点P在F到直线l1的垂线上且P在F和l1之间时，等号成立，所以d1+d2的最小值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
16．（2025 滁州模拟）已知两点A（5，0），B（8，0），动点M满足，抛物线C：y2＝4x的焦点为F，动点N在C上，则|NF|+|MN|的最小值为　3　．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】3．
【分析】由点M的轨迹为以D（4，0）为圆心，2为半径的圆，然后结合抛物线的定义求解即可．
【解答】解：设M（x，y），
又两点A（5，0），B（8，0），点M满足，
则4（x﹣5）2+4y2＝（x﹣8）2+y2，
则（x﹣4）2+y2＝4，
即点M的轨迹为以D（4，0）为圆心，2为半径的圆，
又抛物线的准线方程为x＝﹣1，
设N在准线上的射影为H，
则|NF|+|MN|＝|NH|+|MN|≥|MH|≥|DH|﹣2＝5﹣2＝3．当且仅当D、M、N、H四点共线时取等号．
故答案为：3．
【点评】本题考查了抛物线的定义，重点考查了轨迹方程的求法，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 十堰模拟）已知抛物线E：x2＝2py的焦点F在直线x+2y﹣2＝0上，A，B，C是E上的三个点．
（1）求E的方程；
（2）已知C（﹣2，yC），且直线AB经过点F，AC⊥BC，求直线AB的方程；
（3）已知A，B在y轴的两侧，过点A，B分别作抛物线E的切线l1，l2，且l1与l2交于点Q，直线y＝1与l1和l2分别交于点M，N，求△QMN面积的最小值．
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）x2＝4y；
（2）2x﹣y+1＝0；
（3）．
【分析】（1）根据焦点在直线x+2y﹣2＝0上求解即可；
（2）求出点C的坐标，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝nx+1，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合AC⊥BC求解即可；
（3）设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和判别式得到m＞0，利用导数分别求出点A和点B处的切线方程，求出点M，N，Q的坐标，得到△QMN面积的表达式，令，则，利用导数判断函数f（t）的单调性，进而求出最小值．
【解答】解：（1）易知抛物线的焦点，
所以，
解得p＝2，
则E的方程为x2＝4y；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
因为F（0，1），C（﹣2，1），
易知直线AB的斜率必存在，
设直线AB的方程为y＝nx+1，
联立，消去y并整理得x2﹣4nx﹣4＝0，
由韦达定理得x1+x2＝4n，x1x2＝﹣4，
，，
因为AC⊥BC，
所以，
所以x1x2﹣2（x1+x2）+4＝﹣16，﹣4﹣8n+4＝﹣16，
解得n＝2，
则直线AB的方程为2x﹣y+1＝0；
（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），
因为A，B在y轴的两侧，
所以直线AB的斜率一定存在，
设x1＞0，x2＜0，直线AB的方程为y＝kx+m，
联立，消去y并整理得x2﹣4kx﹣4m＝0，
此时Δ＝16k2+16m＞0，
由韦达定理得x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4m＜0，
解得m＞0，k∈R，
设切线l1，l2的斜率分别为k1，k2，
因为，
所以，
此时，，
所以l1的方程为，
即，
同理得l2的方程为，
联立，
解得x＝，y＝，
即，
令y＝1，
可得，，
所以
＝，
又点Q到直线y＝1的距离为，
则△QMN的面积S＝（当k＝0时，等号成立），
令，
设，
可得，
当时，f′（t）＜0，f（t）单调递减；
当时，f′（t）＞0，f（t）单调递增，
所以．
故△QMN面积的最小值为．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18．（2025 安顺模拟）如图，直线l1，l2分别与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A1，B1和A2，B2，与x轴分别交于T1（t1，0）和T3（t3，0），直线A1B2与A2B1的交点为T2（t2，0），ti＞0，（i＝1，2，3）．
（1）当T1为C的焦点F，且直线l1与x轴垂直时，|A1B1|＝4．求抛物线C的方程；
（2）t1，t2，t3是否成等比数列？请给予说明；
（3）在问题（1）的条件下，若OA2⊥OB2，求△T2A2B2面积S的最小值．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）y2＝4x；
（2）t1，t2，t3成等比数列，证明过程见解析；
（3）8．
【分析】（1）由题意，求出弦长A1B1＝2p，即可求出p的值；
（2）设出点的坐标，，分别表示出t1，t2，t3，再证明即可；
（3）由OA2⊥OB2可知t3＝4，再由（1）的条件求出t2＝2，从而△T2A2B2的面积为，利用基本不等式求最值即可．
【解答】解：（1）易知抛物线C的焦点，
因为当T1为抛物线C的焦点F，且直线l1与x轴垂直时，|A1B1|＝4，
当时，y＝±p，
所以|A1B1|＝2p＝4，
解得p＝2，
则抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）证明：设A1（x1，y1），B1（x2，y2），B2（x3，y3），A2（x4，y4），
因为A1，B1，B2，A2均在抛物线上，
所以，
若x1≠x2，
可得直线A1B1的方程为，
令y＝0，
解得x＝﹣，
即；
若x1＝x2，
此时，
则，
同理得，
所以y1y3＝y2y4，
所以，
则t1，t2，t3成等比数列；
（3）由（1）知，抛物线C的方程为y2＝4x，
由（2）知，若OA2⊥OB2，
此时，
所以或y3y4＝0（舍），
所以，
在（1）的条件下t1＝1，
所以t2＝2，
则△T2A2B2的面积，
当且仅当时，等号成立．
则△T2A2B2的面积最小值为8．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（2025 辽宁模拟）抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，M为E上一点，M的纵坐标为，点N在y轴上，MN⊥y轴，线段MN的中点为P，且PF∥y轴．
（1）求E的方程；
（2）已知A，B，C为E上三个不同的点，点A在第一象限．
（ⅰ）若点B在原点，∠BAC＝90°，|AB|＝|AC|，点A的横坐标x0满足，求n．
（ⅱ）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，△ABC的重心G在x轴上，求点G的坐标．
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维．
【答案】（1）y2＝x．
（2）（ⅰ）n＝4；
（ⅱ）．
【分析】（1）先求出M点的横坐标，由PF∥y轴，可得，进而可求出p，即可得解；
（2）（ⅰ）设，，由∠BAC＝90°，可得kAB kAC＝﹣1，即可求出y2，y0的关系，设BC的中点为Q，由AQ⊥BC，可得kAQ kBC＝﹣1，即可求出y2，y0的关系，再求出x0的范围即可得解；
（ⅱ）先根据求出tanA，再根据结合余弦定理求出tanB，从而可求出tanC，即可得出A，B，C的关系，设重心G（m，0），A（x0，y0），B（x1，y1），C（x2，y2），BC的中点为D（x′，y′），求出D点的坐标，求出直线BC的方程，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2，y1y2，再利用弦长公式求出|BC|，进而可求出y0，即可得解．
【解答】解：（1）将代入E，得，因此，
因此，所以，
因此E：y2＝x；
（2）（ⅰ）设，，那么，
由于，因此，
所以，①
又因为BC的中点为，因此，，
根据AQ⊥BC，得，与①联立可得．
又因为，那么，
令函数f（t）＝t3﹣4t2﹣4t﹣1（t＞0），那么导函数f′（t）＝3t2﹣8t﹣4，
设方程f′（t）＝0的两根分别为t1，t2（t1＜t2），
可得，，
因此函数f（t）在区间（t2，+∞）内单调递增，在区间（0，t2）内单调递减，
又因为f（5）＞0，f（4）＜0，即4＜x0＜5，
因此n＝4；
（ⅱ）根据，可得，
所以，所以，
所以，因此，
又因为，因此，因此，
因此，
所以，因此B＝C，
因此三角形ABC为等腰三角形，
设重心G（m，0），B（x1，y1），C（x2，y2），A（x0，y0），BC的中点为D（x′，y′），
那么根据，可得，，
那么，
根据B＝C，即|AB|＝|AC|，可知AD⊥BC，
因此kAG kBC＝﹣1，所以，所以，
因此，
那么，
因此直线BC为，即，
联立直线BC和抛物线方程可得，化简得，
根据韦达定理可得，y1+y2＝﹣y0，
所以＝＝，
由，得，解得，
所以，
故点G的坐标为．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于难题．
20．（2025 白银模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，M是C上在第一象限内的点，若直线MF的倾斜角为60°点M到l的距离为4．
（1）求C的方程；
（2）设直线x﹣ay﹣1＝0（a＞0）与C交于A，B两点，过点P（﹣1，2a）作直线PQ∥x轴，与C交于点Q，直线QF与C交于另一点R．
（i）求|QR|的最小值；
（ii）探讨直线PA与C公共点的个数．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）y2＝4x；
（2）（i）4；
（ii）1．
【分析】（1）过M作MN⊥x轴，N为垂足，求得M坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）（i）求得Q（a2，2a），确定QF方程，联立抛物线，求得R坐标，结合两点间距离公式即可求解；（ii）由A（x1，y1）点，求得，再结合点在抛物线上得到kPA，确定PA方程，联立抛物线方程，通过解的个数即可判断；
【解答】解：（1）易知|MF|＝4．
过M作MN⊥x轴，N为垂足，
此时，
易知抛物线C的焦点，
所以，
因为点M在抛物线上，
所以，
整理得p2+4p﹣12＝0，
解得p＝﹣6（舍去）或p＝2，
则C的方程为y2＝4x；
（2）（i）联立，
解得，
即Q（a2，2a），
易知F（1，0），
所以直线QF的方程为，
联立，消去x并整理得，
由韦达定理得yQyR＝﹣4，
因为yQ＝2a，
所以，
因为点R在抛物线上，
所以，
即，
所以，
当且仅当a＝1时，等号成立，
则当a＝1时，|QR|取得最小值，最小值为4；
（ii）因为A（x1，y1）在直线x﹣ay﹣1＝0上，
所以x1﹣ay1﹣1＝0，
即，
因为点A（x1，y1）在抛物线C上，
所以，
此时，
所以PA的方程为，
又，
可得，
联立，消去x并整理得y2﹣2y1y+4x1＝0，
因为．
所以直线PA与抛物线C仅有一个公共点．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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