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新高考数学一轮复习核心考点讲与练考点22 抛物线(含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习核心考点讲与练考点22 抛物线(含解析），共34页。试卷主要包含了抛物线的定义，抛物线的标准方程与几何性质等内容，欢迎下载使用。
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＝2px
(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＝0
x＝0
焦点
F
F
F
F
离心率
e＝1
准线方程
x＝－
x＝
y＝－
y＝
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤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：，圆F：，直线l：（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．4 B．5 C．6 D．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，又，可得△FAB的周长为，又知，即可求解.
【详解】
由题意知：抛物线焦点恰为圆心，抛物线准线，圆半径为2，可得圆与相切，设直线l：与准线交于，
由抛物线定义知：，又，故△FAB的周长为，
由图知，故，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）已知抛物线的焦点为F，准线为l．点P在C上，直线PF交x轴于点Q，且，则点P到准线l的距离为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义即可求解.
【详解】设，，∵，,
∴，∴，
∴P到l的距离，
故选：C．
3.（2021北京市第八中学高三10月月考）已知抛物线第一象限上一点到其焦点的距离为，则点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
答案】D
【分析】设点，其中，利用抛物线的定义可求得的值，即为所求.
【详解】设点，其中，抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可得，，解得.
故选：D.
二、多选题
4．（2022·广东韶关·二模）已知抛物线 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⊥PF
B．不存在直线m，满足
C．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选项由及抛物线方程求出坐标，再说明三点共线，即存在直线即可；C选项设，表示出直线AE，联立抛物线，利用即可判断；D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断.
【详解】A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知，所以，所以A正确；
B选项，如图2，设，，，，，E为线段PF的中点，则，，
由得，解得，，又，故， ，又，
可得，，故存在直线m，满足 ，选项B不正确．
C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设，则，
直线AE的方程：，与抛物线方程联立可得：
，由代入左式整理得：，
所以，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，
，，，
由，得．当
，即且时，由韦达定理，得
，．
因为，，所以，
又，，所以成立，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，，且，则（ ）
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为
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】设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断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】设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.
因为，,
所以平面BDE，则，
又△ABC为等边三角形，，，
所以，，
∴，即，又，
∴平面，平面，
∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
又∵，
∴，
故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
当∥时，为直线OM与CD所成的角，
由上知，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：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（ ）
A．的准线方程为
B．若，则
C．若，则的斜率为
D．过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
【答案】BCD
【分析】根据抛物线的几何意义求出，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，，，，直线的方程为，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：（）的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；
若，则，所以，所以，故B正确；
可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，
由抛物线的定义可得
即，即，
解得，则直线的斜率为，故C正确；
对于D，若轴平分，则，又轴，
所以，所以，
所以，即，所以，故D正确；
故选：BCD
7．（2022·辽宁葫芦岛·一模）已知抛物线过点，焦点为F，则（ ）
A．点M到焦点的距离为3
B．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
【答案】AC
【分析】先求出，由抛物线的定义即可判断A、C选项；B选项由坐标即可判断；D选项易知点M不在直线上即可判断.
【详解】由题意知：，解得，即，焦点，准线.
由抛物线定义知，点M到焦点的距离等于到准线的距离为，故A正确；
由焦点知直线MF不与x轴垂直，故B错误；
如图，设中点为，过作准线的垂线，垂足为，易知，
故以弦MN为直径的圆与C的准线相切，C正确；
由知M不在直线上，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
8．（2022·辽宁沈阳·二模）已知抛物线的焦点为F，在C上有一点P，，则点P到x轴的距离为______．
【答案】
【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：，所以，代入中，得，
所以，故点P到x轴的距离为为．
故答案为：
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：和直线：，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线和直线的距离之和，当B，P，F三点共线时，最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】∵抛物线，∴抛物线的准线为，焦点为，
∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即，
∴点P到直线和直线的距离之和，
∴当B，P，F三点共线时，最小，
∵，∴，
∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为．
故选：A．
2.（2021新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测）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．已知抛物线的焦点为，圆与抛物线在第一象限的交点为，直线与抛物线的交点为，直线与圆在第一象限的交点为，则周长的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】将抛物线与圆方程联立可求得点坐标，由此可知的取值范围；利用抛物线定义和圆的半径可将周长转化为，由范围可得所求周长取值范围.
【详解】由抛物线得：，准线为；
设与交于点，由抛物线定义知：；
由圆知：；
由得：，即，则，
设，，，
的周长为，，周长的取值范围为.
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 （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）；（2）32.
【分析】（1）联立方程由点为的中点，求得点N的坐标，再根据，得到M的坐标，代入抛物线方程求解；
（2）设，直线的斜率为，根据得到，由，得到，再由得到，然后由正方形的面积为，利用基本不等式求解.
【详解】（1）设，联立方程组整理得，
则，可得
由点为的中点，所以
设，因为，可得，
又由点在抛物线：上，
可得，
即，
解得或（舍去），
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，直线的斜率为，
不妨设，则，且，
因为，
所以.
由，得，即，
即，
将代入得，
所以，
所以，
所以正方形的面积为
，
，
，
，
因，
所以（当且仅当时取等号）.
因为，所以
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以正方形的面积的最小值为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：上的点到焦点的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【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，
由点到焦点的距离为，得，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，，
显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立消去得，
由得，即．
所以，．
又因为，，
所以，
所以，
即，
解得，满足，
所以直线的方程为．
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. 2 B. 3 C. 6 D. 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，即，解得.
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）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【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，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[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．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[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．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【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，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
一、单选题
1．（2022·山东泰安·二模）已知以F为焦点的抛物线上的两点A，B（点A的横坐标大于点B的横坐标），满足（O为坐标原点），弦AB的中点M的横坐标为，则实数（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出，再由已知求出的值.
【详解】由题意可得抛物线的焦点.
弦AB的中点M的横坐标为，
由已知条件可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的方程为，，
则联立，消去y得，
∴，又因为弦AB的中点M的横坐标为，
∴，∴，，
∴点A到准线的距离为，
点B到准线的距离为，
所以∴，
又，故.
故选：D
2．（2022·河北唐山·二模）F为抛物线的焦点，点在C上，直线MF交C的准线于点N，则（ ）
A． B． C．5 D．12
【答案】B
【分析】依据两点间距离公式去求
【详解】点在抛物线上，则，解之得，则
又抛物线的焦点F，准线
则直线MF的方程为，则N
则
故选：B
3．（2022·天津·一模）已知抛物线的准线与双曲线相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对称性求得的坐标，从而求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】抛物线的准线为，
由于，根据双曲线的对称性可知：（不妨设），
代入得，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B
4．（2022·辽宁锦州·一模）已知抛物线的焦点为F，点P是C上一点，且，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则（ ）
A．2 B．2或4 C．4 D．4或6
【答案】D
【分析】根据几何关系，求点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.
【详解】设圆的圆心为，与轴交于点，线段的中点为，轴，由条件可知，，，所以，
由焦半径公式可知，即，所以代入抛物线方程，
解得：或.
故选：D
5．（2022·广东惠州·一模）若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（ ）
A．y2=2x B．y2=4x C．y2=6x D．y2=8x
【答案】D
【分析】由抛物线的定义可解答.
【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴，解得，∴抛物线的标准方程为.
故选：D.
二、多选题
6．（2022·河北秦皇岛·二模）过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与的另外两个交点分别为，，则（ ）
A．的准线方程是
B．过的焦点的最短弦长为8
C．直线过定点
D．当点到直线的距离最大时，直线的方程为
【答案】AD
【分析】由点在抛物线上求得为，结合抛物线的性质判断A、B；设为并联立抛物线，结合及韦达定理、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，要使到直线的距离最大有，即可写出直线的方程判断D.
【详解】将代入中得：，则为，
所以的准线方程是，故A正确；
当过的焦点且与轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；
设，，直线为，联立抛物线得：，
所以，，又，
所以.
因为，，即，
所以，整理得，故，得，
所以直线为，所以直线过定点，故C不正确.
当时到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.
故选：AD
7．（2022·江苏江苏·二模）已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）
A．若为线段中点，则 B．若，则
C．存在直线，使得 D．面积的最小值为2
【答案】AD
【分析】对于A，求出点的横坐标，再根据抛物线的定义求出，即可判断；
对于B，根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，即可判断，
对于C，，则，判断是否有解，即可判断；
对于D，根据，结合基本不等式即可判断.
【详解】解：抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，所以，故A正确；
若，则，所以，故B错误；
设，则，所以，，
所以，所以与不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即时，取等号，
所以面积的最小值为2，故D正确.
故选：AD.
8．（2022·广东·一模）已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．时，
B．时，的最小值为9
C．时，
D．时，的最小值为8
【答案】BC
【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A; 当时,写出焦半径的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B; 当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.
【详解】当时，，此时不妨取 过焦点垂直于x轴，
不妨取 ，则，故A错误；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则 ，则 ，
故
，
令 ，则，
令 ，则 ，
当时， ， 递增，当时， ， 递减，
故 ，
故当 ，即 时，取到最小值9，故B正确；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则，
即，
故，
，
所以，故C正确；
由C的分析可知：，
当 时，取到最小值16，
即最小值为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）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（ ）
A．焦点的坐标为
B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
C．直线与抛物线相交所得弦长为8
D．抛物线与圆交于两点，则
【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
对于A，焦点的坐标为，故A正确
对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误
对于C，，弦长为，故C正确
对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确
故选：ACD
10．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，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．以为直径的圆与l相切
C．的最小值为32 D．当最小时，
【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,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，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，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，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，抛物线的焦点为F，点，，都在抛物线上，且，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线方程为 B．F是的重心
C． D．
【答案】BCD
【分析】把点代入可得抛物线的方程，结合向量运算可得是的重心，利用抛物线的定义可得，利用三角形面积公式及，可得.
【详解】对于A，由在抛物线上可得，即抛物线方程为，错误；
对于B，分别取的中点，则，，即在中线上，同理可得也在中线上，所以是的重心，正确；
对于C，由抛物线的定义可得，
所以.
由是的重心，所以，即，
所以，正确；
对于D，，；
同理,，
所以，正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2022·北京丰台·二模）已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．
【答案】
【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.
【详解】因为抛物线，
所以，∴
所以的准线方程为.
故答案为：
13．（2022·福建·模拟预测）已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则___________.
【答案】
【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案
【详解】因为，
所以，
因为，，所以，
当与圆相切时，，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
14．（2022·重庆八中模拟预测）若抛物线上的点到焦点的距离是点A到y轴距离的2倍，则___________.
【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.
由抛物续的性质可得，所以①.
而在抛物线上,即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：的焦点为F，点在抛物线E上，且的面积为（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，求的最小值.
【答案】(1)(2)
【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、，再通过导数求最值即可.
(1)由题意可得解得p=2.
故抛物线E的方程为.
(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，，
设，，，
由消去x得.
所以，.
由AC垂直于l，直线AC的方程为
由消去x得.
所以，.
∴
.
同理可得，
所以，
令，，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以当x=2时，取得最小值，即当时，最小值为.
16．（2022·湖北武汉·二模）已知抛物线，点为上一点，且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.
(1)求的方程；
(2)设为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长交于两点，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)(2)16
【分析】（1）根据抛物线的定义可知，，即可列式求；
（2）首先设直线的方程为：，分别与圆的方程和抛物线方程联立，求点的坐标，利用弦长公式求，再利用，求，最后表示四边形的面积，再通过换元，利用导数求函数的最值.
(1)设抛物线焦点，由题意，故，解得：.
故抛物线的标准方程为.
(2)由题意，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设点，，联立得：，由，得
，联立得：，由，得
因为，用代替，得.
故四边形面积.
令.
设函数，故单调递增.
故当，即时，取到最小值16，所以四边形面积的最小值是16.
17．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知点在抛物线上.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率分别为的两条直线，若与抛物线的另一个交点分别为，且有，探究：直线是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.
【答案】(1)(2)直线恒过定点
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；
（2）设，，利用斜率公式表示出，得到；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得，可得，由此可得定点坐标.
(1)在抛物线上，，解得：，
抛物线的方程为：.
(2)由（1）得：；设，，
则；同理可得：；
，，整理可得：；
当直线斜率为时，其与抛物线只有一个公共点，不合题意；
当直线斜率不为时，设，
由得：，则，，解得：；
，则直线过定点；
综上所述：直线恒过定点.
【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，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用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，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，代入得参数值，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，
，同理：，
由题意：，
∴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)．
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＝2px
(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＝0
x＝0
焦点
F
F
F
F
离心率
e＝1
准线方程
x＝－
x＝
y＝－
y＝
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤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：，圆F：，直线l：（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．4 B．5 C．6 D．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，又，可得△FAB的周长为，又知，即可求解.
【详解】
由题意知：抛物线焦点恰为圆心，抛物线准线，圆半径为2，可得圆与相切，设直线l：与准线交于，
由抛物线定义知：，又，故△FAB的周长为，
由图知，故，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）已知抛物线的焦点为F，准线为l．点P在C上，直线PF交x轴于点Q，且，则点P到准线l的距离为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义即可求解.
【详解】设，，∵，,
∴，∴，
∴P到l的距离，
故选：C．
3.（2021北京市第八中学高三10月月考）已知抛物线第一象限上一点到其焦点的距离为，则点的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
答案】D
【分析】设点，其中，利用抛物线的定义可求得的值，即为所求.
【详解】设点，其中，抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可得，，解得.
故选：D.
二、多选题
4．（2022·广东韶关·二模）已知抛物线 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⊥PF
B．不存在直线m，满足
C．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选项由及抛物线方程求出坐标，再说明三点共线，即存在直线即可；C选项设，表示出直线AE，联立抛物线，利用即可判断；D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断.
【详解】A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知，所以，所以A正确；
B选项，如图2，设，，，，，E为线段PF的中点，则，，
由得，解得，，又，故， ，又，
可得，，故存在直线m，满足 ，选项B不正确．
C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设，则，
直线AE的方程：，与抛物线方程联立可得：
，由代入左式整理得：，
所以，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，
，，，
由，得．当
，即且时，由韦达定理，得
，．
因为，，所以，
又，，所以成立，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，，且，则（ ）
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为
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】设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断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】设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.
因为，,
所以平面BDE，则，
又△ABC为等边三角形，，，
所以，，
∴，即，又，
∴平面，平面，
∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
又∵，
∴，
故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
当∥时，为直线OM与CD所成的角，
由上知，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：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（ ）
A．的准线方程为
B．若，则
C．若，则的斜率为
D．过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则
【答案】BCD
【分析】根据抛物线的几何意义求出，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，，，，直线的方程为，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：（）的焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；
若，则，所以，所以，故B正确；
可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，
由抛物线的定义可得
即，即，
解得，则直线的斜率为，故C正确；
对于D，若轴平分，则，又轴，
所以，所以，
所以，即，所以，故D正确；
故选：BCD
7．（2022·辽宁葫芦岛·一模）已知抛物线过点，焦点为F，则（ ）
A．点M到焦点的距离为3
B．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
【答案】AC
【分析】先求出，由抛物线的定义即可判断A、C选项；B选项由坐标即可判断；D选项易知点M不在直线上即可判断.
【详解】由题意知：，解得，即，焦点，准线.
由抛物线定义知，点M到焦点的距离等于到准线的距离为，故A正确；
由焦点知直线MF不与x轴垂直，故B错误；
如图，设中点为，过作准线的垂线，垂足为，易知，
故以弦MN为直径的圆与C的准线相切，C正确；
由知M不在直线上，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
8．（2022·辽宁沈阳·二模）已知抛物线的焦点为F，在C上有一点P，，则点P到x轴的距离为______．
【答案】
【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：，所以，代入中，得，
所以，故点P到x轴的距离为为．
故答案为：
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：和直线：，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线和直线的距离之和，当B，P，F三点共线时，最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】∵抛物线，∴抛物线的准线为，焦点为，
∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即，
∴点P到直线和直线的距离之和，
∴当B，P，F三点共线时，最小，
∵，∴，
∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为．
故选：A．
2.（2021新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测）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．已知抛物线的焦点为，圆与抛物线在第一象限的交点为，直线与抛物线的交点为，直线与圆在第一象限的交点为，则周长的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】将抛物线与圆方程联立可求得点坐标，由此可知的取值范围；利用抛物线定义和圆的半径可将周长转化为，由范围可得所求周长取值范围.
【详解】由抛物线得：，准线为；
设与交于点，由抛物线定义知：；
由圆知：；
由得：，即，则，
设，，，
的周长为，，周长的取值范围为.
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 （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）；（2）32.
【分析】（1）联立方程由点为的中点，求得点N的坐标，再根据，得到M的坐标，代入抛物线方程求解；
（2）设，直线的斜率为，根据得到，由，得到，再由得到，然后由正方形的面积为，利用基本不等式求解.
【详解】（1）设，联立方程组整理得，
则，可得
由点为的中点，所以
设，因为，可得，
又由点在抛物线：上，
可得，
即，
解得或（舍去），
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，直线的斜率为，
不妨设，则，且，
因为，
所以.
由，得，即，
即，
将代入得，
所以，
所以，
所以正方形的面积为
，
，
，
，
因，
所以（当且仅当时取等号）.
因为，所以
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以正方形的面积的最小值为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：上的点到焦点的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）．
【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，
由点到焦点的距离为，得，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，，
显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立消去得，
由得，即．
所以，．
又因为，，
所以，
所以，
即，
解得，满足，
所以直线的方程为．
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. 2 B. 3 C. 6 D. 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，即，解得.
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）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【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，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[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．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[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．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【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，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
一、单选题
1．（2022·山东泰安·二模）已知以F为焦点的抛物线上的两点A，B（点A的横坐标大于点B的横坐标），满足（O为坐标原点），弦AB的中点M的横坐标为，则实数（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出，再由已知求出的值.
【详解】由题意可得抛物线的焦点.
弦AB的中点M的横坐标为，
由已知条件可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的方程为，，
则联立，消去y得，
∴，又因为弦AB的中点M的横坐标为，
∴，∴，，
∴点A到准线的距离为，
点B到准线的距离为，
所以∴，
又，故.
故选：D
2．（2022·河北唐山·二模）F为抛物线的焦点，点在C上，直线MF交C的准线于点N，则（ ）
A． B． C．5 D．12
【答案】B
【分析】依据两点间距离公式去求
【详解】点在抛物线上，则，解之得，则
又抛物线的焦点F，准线
则直线MF的方程为，则N
则
故选：B
3．（2022·天津·一模）已知抛物线的准线与双曲线相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对称性求得的坐标，从而求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】抛物线的准线为，
由于，根据双曲线的对称性可知：（不妨设），
代入得，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B
4．（2022·辽宁锦州·一模）已知抛物线的焦点为F，点P是C上一点，且，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则（ ）
A．2 B．2或4 C．4 D．4或6
【答案】D
【分析】根据几何关系，求点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.
【详解】设圆的圆心为，与轴交于点，线段的中点为，轴，由条件可知，，，所以，
由焦半径公式可知，即，所以代入抛物线方程，
解得：或.
故选：D
5．（2022·广东惠州·一模）若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（ ）
A．y2=2x B．y2=4x C．y2=6x D．y2=8x
【答案】D
【分析】由抛物线的定义可解答.
【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴，解得，∴抛物线的标准方程为.
故选：D.
二、多选题
6．（2022·河北秦皇岛·二模）过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与的另外两个交点分别为，，则（ ）
A．的准线方程是
B．过的焦点的最短弦长为8
C．直线过定点
D．当点到直线的距离最大时，直线的方程为
【答案】AD
【分析】由点在抛物线上求得为，结合抛物线的性质判断A、B；设为并联立抛物线，结合及韦达定理、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，要使到直线的距离最大有，即可写出直线的方程判断D.
【详解】将代入中得：，则为，
所以的准线方程是，故A正确；
当过的焦点且与轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；
设，，直线为，联立抛物线得：，
所以，，又，
所以.
因为，，即，
所以，整理得，故，得，
所以直线为，所以直线过定点，故C不正确.
当时到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.
故选：AD
7．（2022·江苏江苏·二模）已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）
A．若为线段中点，则 B．若，则
C．存在直线，使得 D．面积的最小值为2
【答案】AD
【分析】对于A，求出点的横坐标，再根据抛物线的定义求出，即可判断；
对于B，根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，即可判断，
对于C，，则，判断是否有解，即可判断；
对于D，根据，结合基本不等式即可判断.
【详解】解：抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，所以，故A正确；
若，则，所以，故B错误；
设，则，所以，，
所以，所以与不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即时，取等号，
所以面积的最小值为2，故D正确.
故选：AD.
8．（2022·广东·一模）已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．时，
B．时，的最小值为9
C．时，
D．时，的最小值为8
【答案】BC
【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A; 当时,写出焦半径的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B; 当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.
【详解】当时，，此时不妨取 过焦点垂直于x轴，
不妨取 ，则，故A错误；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则 ，则 ，
故
，
令 ，则，
令 ，则 ，
当时， ， 递增，当时， ， 递减，
故 ，
故当 ，即 时，取到最小值9，故B正确；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则，
即，
故，
，
所以，故C正确；
由C的分析可知：，
当 时，取到最小值16，
即最小值为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）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（ ）
A．焦点的坐标为
B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
C．直线与抛物线相交所得弦长为8
D．抛物线与圆交于两点，则
【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
对于A，焦点的坐标为，故A正确
对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误
对于C，，弦长为，故C正确
对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确
故选：ACD
10．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，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．以为直径的圆与l相切
C．的最小值为32 D．当最小时，
【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,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，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，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，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，抛物线的焦点为F，点，，都在抛物线上，且，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线方程为 B．F是的重心
C． D．
【答案】BCD
【分析】把点代入可得抛物线的方程，结合向量运算可得是的重心，利用抛物线的定义可得，利用三角形面积公式及，可得.
【详解】对于A，由在抛物线上可得，即抛物线方程为，错误；
对于B，分别取的中点，则，，即在中线上，同理可得也在中线上，所以是的重心，正确；
对于C，由抛物线的定义可得，
所以.
由是的重心，所以，即，
所以，正确；
对于D，，；
同理,，
所以，正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2022·北京丰台·二模）已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．
【答案】
【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.
【详解】因为抛物线，
所以，∴
所以的准线方程为.
故答案为：
13．（2022·福建·模拟预测）已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则___________.
【答案】
【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案
【详解】因为，
所以，
因为，，所以，
当与圆相切时，，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
14．（2022·重庆八中模拟预测）若抛物线上的点到焦点的距离是点A到y轴距离的2倍，则___________.
【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.
由抛物续的性质可得，所以①.
而在抛物线上,即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：的焦点为F，点在抛物线E上，且的面积为（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，求的最小值.
【答案】(1)(2)
【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、，再通过导数求最值即可.
(1)由题意可得解得p=2.
故抛物线E的方程为.
(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，，
设，，，
由消去x得.
所以，.
由AC垂直于l，直线AC的方程为
由消去x得.
所以，.
∴
.
同理可得，
所以，
令，，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以当x=2时，取得最小值，即当时，最小值为.
16．（2022·湖北武汉·二模）已知抛物线，点为上一点，且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.
(1)求的方程；
(2)设为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长交于两点，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)(2)16
【分析】（1）根据抛物线的定义可知，，即可列式求；
（2）首先设直线的方程为：，分别与圆的方程和抛物线方程联立，求点的坐标，利用弦长公式求，再利用，求，最后表示四边形的面积，再通过换元，利用导数求函数的最值.
(1)设抛物线焦点，由题意，故，解得：.
故抛物线的标准方程为.
(2)由题意，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设点，，联立得：，由，得
，联立得：，由，得
因为，用代替，得.
故四边形面积.
令.
设函数，故单调递增.
故当，即时，取到最小值16，所以四边形面积的最小值是16.
17．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知点在抛物线上.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率分别为的两条直线，若与抛物线的另一个交点分别为，且有，探究：直线是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.
【答案】(1)(2)直线恒过定点
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；
（2）设，，利用斜率公式表示出，得到；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得，可得，由此可得定点坐标.
(1)在抛物线上，，解得：，
抛物线的方程为：.
(2)由（1）得：；设，，
则；同理可得：；
，，整理可得：；
当直线斜率为时，其与抛物线只有一个公共点，不合题意；
当直线斜率不为时，设，
由得：，则，，解得：；
，则直线过定点；
综上所述：直线恒过定点.
【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，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用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，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，代入得参数值，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，
，同理：，
由题意：，
∴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)．
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