2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点43 抛物线+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点43 抛物线+答案解析，共25页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试43　抛物线

高考
概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中、高等难度
考纲
研读
1.掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)
2．理解数形结合的思想
3．了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用

一、基础小题
1．抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是(　　)
A．(0，a) B．(a,0)
C. D．
答案　C
解析　将y＝4ax2(a≠0)化为标准方程得x2＝y(a≠0)，所以焦点坐标为.故选C.
2．顶点在坐标原点，准线为y＝－2的抛物线的方程为(　　)
A．x2＝8y B．x2＝4y
C．y2＝8x D．y2＝4x
答案　A
解析　顶点在坐标原点，准线为y＝－2的抛物线的方程为x2＝8y.故选A.
3．设抛物线y2＝8x上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线准线的距离为(　　)
A．4 B．6
C.8 D．12
答案　B
解析　因为抛物线y2＝8x的准线方程是x＝－2，所以点P到该抛物线准线的距离为4＋2＝6.故选B.
4．到定点A(2,0)与定直线l：x＝－2的距离相等的点的轨迹方程为(　　)
A．y2＝8x B．y2＝－8x
C．x2＝8y D．x2＝－8y
答案　A
解析　由抛物线的定义可知该轨迹为抛物线且p＝4，焦点在x轴正半轴上．故选A.
5．若抛物线y2＝2px(p>0)上的点A(x0，)到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则p等于(　　)
A. B．1
C. D．2
答案　D
解析　由题意，得3x0＝x0＋，x0＝，则＝2，∵p>0，∴p＝2.故选D.
6．过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若x1＋x2＝6，则|AB|等于(　　)
A．4 B．6
C.8 D．10
答案　C
解析　由抛物线y2＝4x得p＝2，由抛物线定义可得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2，又因为x1＋x2＝6，所以|AB|＝8.故选C.
7．若抛物线y＝4x2上一点到直线y＝4x－5的距离最短，则该点为(　　)
A．(1,2) B．(0,0)
C. D．(1,4)
答案　C
解析　解法一：根据题意，直线y＝4x－5必然与抛物线y＝4x2相离，抛物线上到直线的距离最短的点就是与直线y＝4x－5平行的抛物线的切线的切点．由y′＝8x＝4得x＝，故抛物线的斜率为4的切线的切点坐标是，该点到直线y＝4x－5的距离最短．故选C.
解法二：抛物线上的点(x，y)到直线y＝4x－5的距离是d＝＝＝，显然当x＝时，d取得最小值，此时y＝1.故选C.
8．(多选)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点．若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9，则下列说法正确的是(　　)
A．△ABF是等边三角形
B．|BF|＝3
C．点F到准线的距离为3
D．抛物线C的方程为y2＝6x
答案　ACD
解析　∵以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠ABD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，∴△ABF是等边三角形，∴∠FBD＝30°.∵△ABF的面积为|BF|2＝9，∴|BF|＝6.又点F到准线的距离为|BF|·sin30°＝3＝p，则该抛物线C的方程为y2＝6x.故选ACD.
9．(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过点F的直线与抛物线交于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则(　　)
A．C的准线方程为y＝1
B．线段PQ长度的最小值为4
C．M的坐标可能为(3,2)
D.·＝－3
答案　BCD
解析　对于A，因为焦点F到准线的距离为2，即p＝2，所以抛物线C的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1，故A错误；对于B，C，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1，则由消去x，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝4m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，|PQ|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4，当m＝1时，可得M(3,2)，故B，C正确；对于D，因为y1y2＝－4，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m(y1＋y2)＋m2y1y2＋1＝1，所以·＝x1x2＋y1y2＝－3，故D正确．故选BCD.
10. 如图，点F是抛物线C：x2＝4y的焦点，点A，B分别在抛物线C和圆x2＋(y－1)2＝4的实线部分上运动，且AB总是平行于y轴，则△AFB周长的取值范围是________．

答案　(4,6)
解析　∵抛物线C：x2＝4y的焦点为F(0,1)，准线方程为y＝－1，圆x2＋(y－1)2＝4的圆心F(0,1)，半径R＝2，∴|FB|＝2，|AF|＝yA＋1，|AB|＝yB－yA，∴△AFB的周长为|FB|＋|AF|＋|AB|＝2＋yA＋1＋yB－yA＝3＋yB，∵10)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为(　　)
A. B．
C．(1,0) D．(2,0)
答案　B
解析　因为直线x＝2与抛物线y2＝2px(p＞0)交于D，E两点，且OD⊥OE，不妨设点D在第一象限，根据抛物线的对称性可得∠DOx＝∠EOx＝，所以D(2,2)，代入y2＝2px，得4＝4p，解得p＝1，所以其焦点坐标为.故选B.
13．(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝(　　)
A．5 B．6
C.7 D．8
答案　D
解析　根据题意，过点(－2,0)且斜率为的直线方程为y＝(x＋2)，与抛物线方程联立消去x并整理，得y2－6y＋8＝0，解得y＝2或y＝4，所以或不妨设M(1,2)，N(4,4)，又F(1,0)，所以＝(0,2)，＝(3,4)．从而可以求得·＝0×3＋2×4＝8.故选D.
14．(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)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PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
答案　x＝－
解析　解法一：不妨设点P在第一象限，如图，由已知可得P，所以kOP＝2，又PQ⊥OP，所以kPQ＝－.所以直线PQ的方程为y－p＝－.令y＝0，得x＝p.所以|FQ|＝p－＝2p＝6，所以p＝3，所以C的准线方程为x＝－＝－.

解法二：由题易得|OF|＝，|PF|＝p，△OPF∽△PQF，∴|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－.
15．(2021·北京高考)已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，点M为抛物线C上的点，且|FM|＝6，则M的横坐标是________；作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝________.
答案　5　4
解析　因为抛物线的方程为y2＝4x，故p＝2且F(1,0)．因为|MF|＝6，所以xM＋＝6，解得xM＝5，故yM＝±2，所以S△FMN＝×(5－1)×2＝4.
16．(2020·新高考Ⅰ卷)斜率为的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
答案　
解析　∵抛物线的方程为y2＝4x，∴抛物线的焦点为F(1,0)，又直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为y＝(x－1)，代入抛物线方程消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，
解法一：解得x1＝，x2＝3，∴|AB|＝·|x1－x2|＝·＝.
解法二：Δ＝100－36＝64>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如图所示，|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝.

三、模拟小题
17．(2022·湖北襄阳五中高三开学考试)过抛物线y＝x2的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若l的倾斜角为45°，则线段AB的中点到x轴的距离是(　　)
A. B．2
C.4 D．3
答案　D
解析　由题意，抛物线为x2＝4y，则F(0,1)，即直线l为y＝x＋1，∴将直线方程代入抛物线整理得：x2－4x－4＝0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝4，故线段AB的中点的横坐标为＝2代入直线l，得y＝3.∴线段AB的中点到x轴的距离是3.故选D.
18．(2022·河北正定中学高三开学考试)过点P作抛物线C：x2＝2y的切线l1，l2，切点分别为M，N，若△PMN的重心坐标为(1,1)，且P在抛物线D：y2＝mx上，则D的焦点坐标为(　　)
A. B．
C. D．
答案　A
解析　设切点坐标为M，N，由x2＝2y，得y＝，所以y′＝x，故直线l1的方程为y－＝x1(x－x1)，即y＝x1x－，同理直线l2的方程为y＝x2x－，联立l1，l2的方程可得x＝，y＝，设△PMN的重心坐标为(x0，y0)，则x0＝＝1，y0＝＝1，即所以则P的坐标为(1，－1)，将P点坐标代入抛物线D：y2＝mx，得到(－1)2＝m×1，解得m＝1，故D的焦点坐标为.故选A.
19．(2021·新高考八省联考)已知抛物线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为(　　)
A．x＋2y＋1＝0 B．3x＋6y＋4＝0
C．2x＋6y＋3＝0 D．x＋3y＋2＝0
答案　B
解析　因为点A(2,2)在抛物线y2＝2px上，故22＝2p×2，即p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.易知直线AB，AC的斜率都存在，

设过点A(2，2)与圆(x－2)2＋y2＝1相切的直线的方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y＋2－2k＝0，则圆心(2,0)到切线的距离d＝＝1，解得k＝±.如图，直线AB：y－2＝(x－2)，直线AC：y－2＝－(x－2)．联立得3x2＋(4－14)x＋16－8＝0，故xAxB＝，由xA＝2得xB＝，故yB＝.联立得3x2－(4＋14)x＋16＋8＝0，故xAxC＝，由xA＝2得xC＝，故yC＝，故yB＋yC＝＋＝－4，又由B，C在抛物线上可知，直线BC的斜率kBC＝＝＝＝＝－，故直线BC的方程为y－＝－，即3x＋6y＋4＝0.故选B.
20．(多选)(2022·湖南娄底双峰县第一中学高三上学期入学摸底)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线l交x轴于点Q(－2,0)，过焦点的直线m与抛物线C交于A，B两点，则(　　)
A．p＝2
B．|AB|≥8
C．直线AQ与BQ的斜率之和为0
D．准线l上存在点M，若△MAB为等边三角形，可得直线AB的斜率为±
答案　BCD
解析　对A，由准线l交x轴于点Q(－2,0)，所以－＝－2，p＝4，故A错误，对B，抛物线过焦点的弦中通径最短，即垂直于x轴时，令x＝2，可得y＝±4，故|AB|≥8，故B正确；对C，设直线m的方程为x＝ny＋2，代入抛物线方程可得y2－8ny－16＝0，设A(x1，y2)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝8n，y1y2＝－16，所以kAQ＋kBQ＝＋＝＝＝＝0，故C正确；对D，若△MAB为等边三角形，设A，B中点为N(a，b)，则a＝＝＝4n2＋2，b＝＝4n，设M(－2，t)，所以＝－n，所以t＝4n3＋8n，则M(－2,4n3＋8n)，则点M(－2,4n3＋8n)到直线m的距离d＝，而|AB|＝x1＋x2＋p＝n(y1＋y2)＋4＋4＝8n2＋8，由d＝|AB|可得＝(8n2＋8)，解得＝，所以n＝±，此时AB的斜率为±，故D正确．故选BCD.
21. (多选)(2021·湖南师大附中高三第二次月考)如图，过点P(2，0)作两条直线x＝2和l：x＝my＋2(m＞0)分别交抛物线y2＝2x于A，B和C，D(其中A，C位于x轴上方)，直线AC，BD交于点Q，则下列说法正确的是(　　)

A．C，D两点的纵坐标之积为－4
B．点Q在定直线x＝－2上
C．点P与抛物线上各点的连线中，PA最短
D．无论CD旋转到什么位置，始终有∠CQP＝∠BQP
答案　AB
解析　设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，将直线l的方程x＝my＋2代入抛物线方程y2＝2x，得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4，故A正确；由题得A(2,2)，B(2，－2)，直线AC的方程为y－2＝(x－2)，直线BD的方程为y＋2＝(x－2)，消去y得x＝，将y1y2＝－4代入上式得x＝－2，故点Q在直线x＝－2上，故B正确；对于抛物线上的点(1，)，到点P的距离为＜|PA|，故C错误；因为|PA|＝|PB|，但|QA|≠|QB|，所以D错误．故选AB.
22．(2021·昆明模拟)已知点A是抛物线y2＝2px(p>0)上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，△FBC为正三角形，且△ABC的面积是，则抛物线的标准方程为________．
答案　y2＝16x
解析　如图，设抛物线的准线交x轴于点D，依题意得|DF|＝p，＝cos30°，

因此|BF|＝，|AF|＝|BF|＝.由抛物线的定义知，点A到准线的距离也为，又△ABC的面积为，因此有××＝，p＝8，所以该抛物线的标准方程为y2＝16x.
23．(2022·河北唐山高三上开学摸底)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：x＝my－1与C交于A，B两点，若AF⊥BF，则m＝________，|AF|＋|BF|＝________.
答案　±　8
解析　由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组整理得y2－4my＋4＝0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝4，因为AF⊥BF，可得·＝－1，即y1y2＋x1x2－(x1＋x2)＋1＝0，得y1y2＋(my1－1)(my2－1)－[m(y1＋y2)－2]＋1＝0，即(m2＋1)y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝0，代入可得4(m2＋1)－2m×4m＋4＝0，整理得m2＝2，解得m＝±，又x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝4m2－2＝6，由抛物线的定义，可得|AF|＝x1＋＝x1＋1，|BF|＝x2＋＝x2＋1，所以|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝8.

一、高考大题
1．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
解　(1)因为焦点F到圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为|FM|－1＝＋4－1＝＋3，所以＋3＝4，所以p＝2.
(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝.所以y′＝.
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，
则lPA：y＝x－，lPB：y＝x－.
从而可得P.
由题意可知直线AB的斜率存在，
设lAB：y＝kx＋b，与抛物线C：x2＝4y联立，
得消去y，得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，
且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以P(2k，－b)．
因为|AB|＝·＝·，点P到直线AB的距离d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝ ·|2k2＋2b|＝4(k2＋b) .(*)
又点P(2k，－b)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，
所以k2＝.
将该式代入(*)式，得
S△PAB＝4.
而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3,5]．
所以当b＝5时，△PAB的面积最大，最大值为20.
解法二：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝.
所以y′＝.
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，
则易得lPA：y＝x－y1，lPB：y＝x－y2，
联立得P.
所以x0＝，y0＝，又线段AB的中点Q的坐标为.
所以S△PAB＝|PQ|·|x1－x2|
＝·|x1－x2|
＝·|x1－x2|
＝|x1－x2|3＝3
＝3
＝3＝3.(*)
又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以x＝1－(y0＋4)2，代入(*)式，得S△PAB＝(－y－12y0－15).
而y0∈[－5，－3]，所以y0＝－5时，△PAB的面积最大，最大值为20.
2. (2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.

(1)求抛物线的方程；
(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
解　(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，F(1,0)，M(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2)．
由可得y2－4my－4＝0，
显然Δ>0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.
易知直线AM的方程为y＝(x＋1)，
则由
可得P.
同理可得Q，
所以|yPyQ|＝
＝
＝
＝.
由可得yR＝.
因为|RN|2＝|PN|·|QN|，
所以y＝|yPyQ|，
所以2＝，
所以＝
＝＋＋1
＝42＋≥，
所以n0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|.
(1)求C1的离心率；
(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．
解　(1)∵F(c,0)，AB⊥x轴且与椭圆C1相交于A，B两点，

∴直线AB的方程为
x＝c，
联立
解得
则|AB|＝.抛物线C2的方程为y2＝4cx，把x＝c代入y2＝4cx，得y＝±2c，∴|CD|＝4c.
∵|CD|＝|AB|，即4c＝，∴2b2＝3ac.
又b2＝a2－c2，∴2c2＋3ac－2a2＝0，
即2e2＋3e－2＝0，解得e＝或e＝－2，
∵0＜e＜1，∴e＝，∴椭圆C1的离心率为.
(2)由(1)知a＝2c，b＝c，
椭圆C1的方程为＋＝1，
联立
消去y并整理得3x2＋16cx－12c2＝0，
解得x＝c或x＝－6c(舍去)，
由抛物线的定义可得|MF|＝c＋c＝＝5，
解得c＝3.
∴曲线C1的标准方程为＋＝1，
曲线C2的标准方程为y2＝12x.
4．(2020·浙江高考) 如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．

(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
解　(1)当p＝时，C2的方程为y2＝x，
故抛物线C2的焦点坐标为.
(2)解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线l的方程为x＝λy＋m，
由得(2＋λ2)y2＋2λmy＋m2－2＝0，
所以y1＋y2＝，y0＝，x0＝λy0＋m＝，
因为M在抛物线上，所以＝⇒m＝.
由得y2＝2p(λy＋m)，
即y2－2pλy－2pm＝0，所以y1＋y0＝2pλ，
所以x1＋x0＝λy1＋m＋λy0＋m＝2pλ2＋2m，
所以x1＝2pλ2＋2m－.
由得x2＋4px－2＝0，
所以x1＝＝－2p＋，
则－2p＋＝2pλ2＋2m·＝2pλ2＋＋8p≥16p，
所以≥18p，解得p2≤，p≤ ，
所以p的最大值为，此时A.
解法二：设直线l的方程为x＝my＋t(m≠0，t≠0)，A(x0，y0)．
将x＝my＋t代入＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标为yM＝－.
将x＝my＋t代入y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，
因此x0＝，
由＋y＝1，解得＝42＋24≥160，
所以当m＝，t＝时，p取到最大值为.
5．(2019·浙江高考) 如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.

(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求的最小值及此时点G的坐标．
解　(1)由题意得＝1，即p＝2.
所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.
由于直线AB过F，
故直线AB的方程为x＝y＋1，
代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，
故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.
又xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－＋yC＝0，
得C，G.
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，
得Q(t2－1,0)．
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而
＝
＝
＝＝2－.
令m＝t2－2，则m>0，
＝2－＝2－
≥2－＝1＋.
当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2,0)．
二、模拟大题
6．(2022·湖北恩施州高三上第一次教学质量监测)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的顶点为A，直线y＝x与拋物线C的交点(异于点A)到点A的距离为4，
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点A作斜率为k(k>0)的直线l与C交于点M(异于点A)，直线l关于直线y＝x对称的直线l1与C交于点N(异于点A)，求证：直线MN恒过定点．
解　(1)联立得
即交点坐标为(2p,2p)，
所以＝4，p＝2，
抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将l：y＝kx代入抛物线方程得k2x2－4x＝0，
所以x1＝，y1＝，即M.
设直线l1：y＝k1x，同理x2＝，y2＝，
因为直线l与直线l1关于直线y＝x对称，由图形对称性，计算可得k1k＝1.
所以x2＝4k2，y2＝4k，即N(4k2,4k)，
又kMN＝＝＝＝，所以直线MN的方程为y－＝，
化简得y＝(x＋4)，
所以直线MN恒过定点(－4,0)．
7．(2022·山东青岛高三开学考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与圆O：x2＋y2＝5交于M，N两点，抛物线C与圆O交于M′，N′两点，且|MN|＝|M′N′|.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)动点G在抛物线C的准线上，直线AB与抛物线C交于A，B两点，直线A′B′与抛物线C交于A′，B′两点，AB与A′B′的交点为G，且|GA|·|GB|＝2|GA′|·|GB′|.设直线AB，A′B′的斜率分别为k1，k2，证明：－为定值．
解　(1)因为所以x＝－p＋或x＝－p－(舍去)，
又因为|MN|＝|M′N′|，
所以－p＋＝，所以p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设G(－1，m)，直线AB：y＝k1(x＋1)＋m，
直线A′B′：y＝k2(x＋1)＋m，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，A′(x3，y3)，B′(x4，y4)，联立
得k1y2－4y＋4m＋4k1＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以|GA|＝|y1－m|，
|GB|＝|y2－m|，
所以|GA|·|GB|＝|y1y2－m(y1＋y2)＋m2|，
所以|GA|·|GB|＝＝(4＋m2)，
同理可得|GA′|·|GB′|＝(4＋m2)，
因为|GA|·|GB|＝2|GA′|·|GB′|，
所以(4＋m2)＝2(4＋m2)，
所以＝2，
所以－＝1，所以－为定值1.
8. (2021·江苏七市第三次调研)如图，已知圆M：x2＋2＝4与抛物线E：x2＝my(m>0)相交于点A，B，C，D，且在四边形ABCD中，AB∥CD.

(1)若·＝，求实数m的值；
(2)设AC与BD相交于点G，△GAD与△GBC组成的蝶形面积为S，求点G的坐标及S的最大值．
解　(1)依据圆与抛物线的对称性，知四边形ABCD是以y轴为对称轴的等腰梯形，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，
则B(－x1，y1)，C(－x2，y2)，
联立
消去x，得y2＋(m－5)y＋＝0.(*)
因为方程(*)有互异的两个正根，
所以解得0