资源简介 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.22.(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=x4.(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.98.(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10D.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. <0C.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=10B.若xn=2025,则n=45C.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=﹣2D.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10D.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. <0C.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=10B.若xn=2025,则n=45C.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=﹣2D.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.21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源预览