30_专题九94抛物线及其性质（习题+十年高考）

这是一份30_专题九94抛物线及其性质（习题+十年高考），文件包含1_94抛物线及其性质习题docx、1_94抛物线及其性质十年高考docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。

9.4　抛物线及其性质
考点一　抛物线的定义及标准方程
1.(2022全国乙,理5,文6,5分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,点B(3,0),若|AF|=|BF|,则|AB|=(　　)
A.2　　　　B.22　　　　C.3　　　　D.32
答案　B　由题意可知,F(1,0),准线方程为x=-1,设Ay024,y0,由抛物线定义可知|AF|=y024+1,又|BF|=3-1=2,所以由|AF|=|BF|,可得y024+1=2,解得y0=±2,所以A(1,2)或A(1,-2),不妨取A(1,2),则|AB|=(1−3)2+(2−0)2=8=22,故选B.
一题多解:由题意可知F(1,0),所以|BF|=2,又|AF|=|BF|,所以|AF|=2,所以A的横坐标为1,此时A的纵坐标为2或-2,所以AF⊥x轴,所以△AFB为等腰直角三角形,所以|AB|=22,故选B.

2.(2015浙江理,5,5分)如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)

A.|BF|−1|AF|−1　　　　　B.|BF|2−1|AF|2−1
C.|BF|+1|AF|+1　　　　　D.|BF|2+1|AF|2+1
答案　A　过A,B点分别作y轴的垂线,垂足分别为M,N,
则|AM|=|AF|-1,|BN|=|BF|-1.
可知S△BCFS△ACF=12·|CB|·|CF|·sin∠BCF12·|CA|·|CF|·sin∠BCF
=|CB||CA|=|BN||AM|
=|BF|−1|AF|−1,故选A.
3.(2014课标Ⅰ理,10,5分)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点.若FP=4FQ,则|QF|=(　　)
A.72　　　B.3　　　C.52　　　D.2
答案　B　∵FP=4FQ,∴点Q在线段PF上,且在两端点之间,过Q作QM⊥l,垂足为M,由抛物线定义知|QF|=|QM|,设抛物线的准线l与x轴的交点为N,则|FN|=4,又易知△PQM∽△PFN,则|QM||FN|=|PQ||PF|,即|QM|4=34.∴|QM|=3,即|QF|=3.故选B.

4.(2014课标Ⅰ文,10,5分)已知抛物线C:y2=x的焦点为F,A(x0,y0)是C上一点,|AF|=54x0,则x0=(　　)
A.1　　　B.2　　　C.4　　　D.8
答案　A　由y2=x得2p=1,即p=12,因此焦点F14,0,准线方程为l:x=-14,设A点到准线的距离为d,由抛物线的定义可知d=|AF|,从而x0+14=54x0,解得x0=1,故选A.
评析　本题考查抛物线的定义及标准方程,将|AF|转化为点A到准线的距离是解题的关键.
5.(2013课标Ⅱ理,11,5分)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5,若以MF为直径的圆过点(0,2),则C的方程为(　　)
A.y2=4x或y2=8x　　　　　B.y2=2x或y2=8x
C.y2=4x或y2=16x　　　　　D.y2=2x或y2=16x
答案　C　∵以MF为直径的圆过点(0,2),∴点M在第一象限.由|MF|=xM+p2=5得M5−p2,2p5−p2.从而以MF为直径的圆的圆心N的坐标为52,122p5−p2,
∵点N的横坐标恰好等于圆的半径,∴圆与y轴切于点(0,2),从而2=122p5−p2,即p2-10p+16=0,解得p=2或p=8,∴抛物线方程为y2=4x或y2=16x.故选C.
6.(2013课标Ⅱ文,10,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方程为(　　)
A.y=x-1或y=-x+1
B.y=33(x-1)或y=-33(x-1)
C.y=3(x-1)或y=-3(x-1)
D.y=22(x-1)或y=-22(x-1)
答案　C　设直线AB与抛物线的准线x=-1交于点C.分别过A,B作AA1,BB1垂直于准线于A1,B1.由抛物线的定义可设|BF|=|BB1|=t,|AF|=|AA1|=3t.由三角形的相似得|BC||AB|=|BC|4t=12,
∴|BC|=2t,∴∠B1CB=π6,∴直线l的倾斜角α=π3或23π.
又F(1,0),∴直线AB的方程为y=3(x-1)或y=-3(x-1).故选C.

7.(2012四川理,8,5分)已知抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点O,并且经过点M(2,y0).若点M到该抛物线焦点的距离为3,则|OM|=(　　)
A.22　　　B.23　　　C.4　　　D.25
答案　B　由题意可设抛物线方程为y2=2px(p>0).
由|MF|=p2+2=3得p=2,∴抛物线方程为y2=4x.
∴点M的坐标为(2,±22),∴|OM|=4+8=23,
故选B.
8.(2011课标文,9,5分)已知直线l过抛物线C的焦点,且与C的对称轴垂直,l与C交于A,B两点,|AB|=12,P为C的准线上一点,则△ABP的面积为(　　)
A.18　　　B.24　　　C.36　　　D.48
答案　C　设抛物线方程为y2=2px(p>0).
∵当x=p2时,|y|=p,
∴p=|AB|2=122=6.
又P到AB的距离始终为p,
∴S△ABP=12×12×6=36.

评析　本题主要考查抛物线的定义、抛物线方程等相关知识,明确准线上任一点到直线l的距离为p.
9.(2017山东,理14,文15,5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A,B两点.若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为　　　　. 
答案　y=±22x
解析　本题考查双曲线、抛物线的基础知识,考查运算求解能力和方程的思想方法.
设A(x1,y1),B(x2,y2).
因为4|OF|=|AF|+|BF|,所以4×p2=y1+p2+y2+p2,即y1+y2=p①.由x2=2py,x2a2−y2b2=1消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0,所以y1+y2=2pb2a2②.由①②可得ba=22,故双曲线的渐近线方程为y=±22x.
思路分析　由抛物线的定义和|AF|+|BF|=4|OF|可得y1+y2的值(用p表示).再联立双曲线和抛物线的方程,消去x得关于y的一元二次方程,由根与系数的关系得y1+y2.从而得ba的值,近而得渐近线方程.
解题关键　求渐近线方程的关键是求ba的值,利用题中条件建立等量关系是突破口,注意到|AF|、|BF|为焦半径,因此应利用焦半径公式求解.又A、B为两曲线的交点,因此应联立它们的方程求解.这样利用y1+y2这个整体来建立等量关系便可求解.
10.(2012陕西理,13,5分)如图是抛物线形拱桥,当水面在l时,拱顶离水面2米,水面宽4米.水位下降1米后,水面宽　　　　米. 

答案　26
解析　建立坐标系如图所示.

则抛物线方程为x2=-2py.
∵点A(2,-2)在抛物线上,∴p=1,即抛物线方程为x2=-2y.当y=-3时,x=±6.
∴水位下降1米后,水面宽为26米.
评析　本题考查了解析法在实际问题中的运用.坐标运算是解题的关键.
11.(2016浙江,9,4分)若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10,则M到y轴的距离是　　　　. 
答案　9
解析　设M(x0,y0),由抛物线方程知焦点F(1,0).根据抛物线的定义得|MF|=x0+1=10,∴x0=9,即点M到y轴的距离为9.
考点二　抛物线的几何性质
1.(2016课标Ⅱ文,5,5分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,曲线y=kx(k>0)与C交于点P,PF⊥x轴,则k=(　　)
A.12　　　B.1　　　C.32　　　D.2
答案　D　由题意得点P的坐标为(1,2).把点P的坐标代入y=kx(k>0)得k=1×2=2,故选D.
评析　利用垂直得到点P的坐标是求解的关键.
2.(2015课标Ⅰ文,5,5分)已知椭圆E的中心在坐标原点,离心率为12,E的右焦点与抛物线C:y2=8x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两个交点,则|AB|=(　　)
A.3　　　B.6　　　C.9　　　D.12
答案　B　抛物线C:y2=8x的焦点坐标为(2,0),准线方程为x=-2.从而椭圆E的半焦距c=2.可设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),因为离心率e=ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12.由题意知|AB|=2b2a=2×124=6.故选B.
评析　本题考查了椭圆、抛物线的方程和性质,运算失误容易造成失分.
3.(2015陕西文,3,5分)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线经过点(-1,1),则该抛物线焦点坐标为(　　)
A.(-1,0)　　　B.(1,0)　　　C.(0,-1)　　　D.(0,1)
答案　B　抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2,由题设知-p2=-1,即p2=1,所以焦点坐标为(1,0).故选B.
4.(2014安徽文,3,5分)抛物线y=14x2的准线方程是(　　)
A.y=-1　　　　　B.y=-2
C.x=-1　　　　　D.x=-2
答案　A　由y=14x2得x2=4y,焦点在y轴正半轴上,且2p=4,即p=2,因此准线方程为y=-p2=-1.故选A.
5.(2013四川文,5,5分)抛物线y2=8x的焦点到直线x-3y=0的距离是(　　)
A.23　　　B.2　　　C.3　　　D.1
答案　D　由抛物线方程知2p=8⇒p=4,故焦点F(2,0),由点到直线的距离公式知,F到直线x-3y=0的距离d=|2−3×0|1+3=1.故选D.
评析　考查抛物线的方程及其性质、点到直线的距离公式,考查运算求解能力.
6.(2012课标理,8,5分)等轴双曲线C的中心在原点,焦点在x轴上,C与抛物线y2=16x的准线交于A,B两点,|AB|=43,则C的实轴长为(　　)
A.2　　　B.22　　　C.4　　　D.8
答案　C　如图,AB为抛物线y2=16x的准线,
由题意可得A(-4,23).
设双曲线C的方程为x2-y2=a2(a>0),则有16-12=a2,故a=2,∴双曲线的实轴长2a=4.故选C.

评析　本题考查了双曲线和抛物线的基础知识,考查了方程的数学思想,要注意双曲线的实轴长为2a.
7.(2016课标Ⅰ,10,5分)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点.已知|AB|=42,|DE|=25,则C的焦点到准线的距离为(　　)
A.2　　　B.4　　　C.6　　　D.8
答案　B　不妨设C:y2=2px(p>0),A(x1,22),则x1=(22)22p=4p,由题意可知|OA|=|OD|,得4p2+8=p22+5,解得p=4.故选B.
思路分析　设出抛物线C的方程,根据已知条件得出点A的坐标,利用|OA|=|OD|建立关于p的方程,解方程得出结论.
8.(2017课标Ⅰ理,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(　　)
A.16　　　B.14　　　C.12　　　D.10
答案　A　如图所示,设直线AB的倾斜角为θ,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A1,B1,

则|AF|=|AA1|,|BF|=|BB1|,过点F向AA1引垂线FG,得|AG||AF|=|AF|−p|AF|=cos θ,
则|AF|=p1−cosθ,同理,|BF|=p1+cosθ,
则|AB|=|AF|+|BF|=2psin2θ,即|AB|=4sin2θ,
因l1与l2垂直,故直线DE的倾斜角为θ+π2或θ-π2,
则|DE|=4cos2θ,则|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=412sin2θ2=16sin22θ,
则易知|AB|+|DE|的最小值为16.故选A.
方法总结　利用几何方法求抛物线的焦半径.
如图,在抛物线y2=2px(p>0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为θ,

则在△FEA中,cos θ=cos∠EAF=|AE||AF|=|AF|−p|AF|,
则可得到焦半径|AF|=p1−cosθ,同理,|BF|=p1+cosθ,
熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的焦点弦长,焦点弦中的定值,如:1|AF|+1|BF|=2p等的帮助很大.
9.(2015四川理,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是(　　)
A.(1,3)　　　B.(1,4)　　　C.(2,3)　　　D.(2,4)
答案　D　当直线AB的斜率不存在,且0 当直线AB的斜率存在时,由抛物线与圆的对称性知,kAB>0和kAB<0时各有一条满足题意的直线l.
设圆的圆心为C(5,0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22,
∴kAB=y2−y1x2−x1=y2−y1y224−y124=2y0.
∵kCM=y0x0−5,且kABkCM=-1,∴x0=3.
∴r2=(3-5)2+y02>4(∵y0≠0),即r>2.
另一方面,由AB的中点为M知B(6-x1,2y0-y1),
∵点B,A在抛物线上,∴(2y0-y1)2=4(6-x1),①
y12=4x1,②
由①,②得y12-2y0y1+2y02-12=0,
∵Δ=4y02-4(2y02-12)>0,∴y02<12.
∴r2=(3-5)2+y02=4+y02<16,∴r<4.
综上,r∈(2,4),故选D.
10.(2014课标Ⅱ文,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,则|AB|=(　　)
A.303　　　B.6　　　C.12　　　D.73
答案　C　焦点F的坐标为34,0,直线AB的斜率为33,所以直线AB的方程为y=33x−34,

即y=33x-34,代入y2=3x,得13x2-72x+316=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=212,
所以|AB|=x1+x2+32=212+32=12,故选C.
11.(2021新高考Ⅰ,14,5分)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=-32
解析　∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴Pp2,p,∵OP⊥PQ,
∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,
又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍),
∴C的准线方程为x=-32.

名师点睛　解析几何小题,侧重于几何关系,要充分利用平面几何知识,建立等式,从而快速解决问题.

12.(2018课标Ⅲ理,16,5分)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=　　　　. 
答案　2
解析　本题考查抛物线的几何性质及应用.
解法一:由题意可知C的焦点坐标为(1,0),所以过焦点(1,0),斜率为k的直线方程为x=yk+1,设Ay1k+1,y1,By2k+1,y2,将直线方程与抛物线方程联立得x=yk+1,y2=4x,整理得y2-4ky-4=0,从而得y1+y2=4k,y1·y2=-4.
∵M(-1,1),∠AMB=90°,∴MA·MB=0,即y1k+2·y2k+2+(y1-1)(y2-1)=0,即k2-4k+4=0,解得k=2.
解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,①y22=4x2,②
②-①得y22-y12=4(x2-x1),从而k=y2−y1x2−x1=4y1+y2.
设AB的中点为M',连接MM'.
∵直线AB过抛物线y2=4x的焦点,
∴以线段AB为直径的☉M'与准线l:x=-1相切.
∵M(-1,1),∠AMB=90°,
∴点M在准线l:x=-1上,同时在☉M'上,
∴准线l是☉M'的切线,切点为M,且M'M⊥l,
即MM'与x轴平行,∴点M'的纵坐标为1,即y1+y22=1⇒y1+y2=2,
故k=4y1+y2=42=2.

疑难突破　运用转化思想,采用“设而不求”的方法来解决直线与抛物线的相交问题.
13.(2013浙江理,15,4分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过点P(-1,0)的直线l交抛物线C于A,B两点,点Q为线段AB的中点.若|FQ|=2,则直线l的斜率等于　　　　. 
答案　±1
解析　设直线AB方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线和抛物线方程,整理得,y2-4my+4=0,由根与系数关系得y1+y2=4m,y1·y2=4.故Q(2m2-1,2m).由|FQ|=2知:(2m)2+(2m2−1−1)2=2,解得m2=1或m2=0(舍去),故直线l的斜率等于±1(此时直线AB与抛物线相切,为满足题意的极限情况).
14.(2018北京文,10,5分)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴.若l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4,则抛物线的焦点坐标为　　　　. 
答案　(1,0)
解析　本题主要考查抛物线的性质,弦长的计算.
由题意得a>0,设直线l与抛物线的两交点分别为A,B,
不妨令A在B的上方,则A(1,2a),B(1,-2a),
故|AB|=4a=4,得a=1,
故抛物线方程为y2=4x,其焦点坐标为(1,0).
15.(2017天津文,12,5分)设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC=120°,则圆的方程为　　　　　　　　. 
答案　(x+1)2+(y-3)2=1
解析　本题主要考查抛物线的几何性质,圆的方程.
由抛物线的方程可知F(1,0),准线方程为x=-1,设点C(-1,t),t>0,则圆C的方程为(x+1)2+(y-t)2=1,
因为∠FAC=120°,CA⊥y轴,
所以∠OAF=30°,在△AOF中,OF=1,
所以OA=3,即t=3,
故圆C的方程为(x+1)2+(y-3)2=1.

方法总结　求圆的方程常用的方法为待定系数法,根据题意列出关于三个独立参数a,b,r(或D,E,F)的方程组,从而得到参数的值,写出圆的方程.若题中涉及直线与圆的位置关系或弦长,常把圆的方程设为标准形式,同时应考虑数形结合思想的运用.
16.(2014陕西文,11,5分)抛物线y2=4x的准线方程为　　　　. 
答案　x=-1
解析　由抛物线方程知p=2,故该抛物线的准线方程为x=-p2=-1.故填x=-1.
17.(2018课标Ⅰ文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.
解析　(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).
所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.
(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由y=k(x−2),y2=2x
得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为
kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=−8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
方法总结　直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:
(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.
(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.
(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.
失分警示　(1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;
(2)由于不能将“∠ABM=∠ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完成后续内容.
18.(2017课标Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.
解析　本题考查直线与抛物线的位置关系.
(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k=y1−y2x1−x2=x1+x24=1.
(2)由y=x24,得y'=x2,
设M(x3,y3),由题设知x32=1,
解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,
故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1.
从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).
由题设知|AB|=2|MN|,
即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.
所以直线AB的方程为y=x+7.
方法总结　(1)直线与抛物线的位置关系
点差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直线l的斜率时,利用点差法计算,在很大程度上减少运算过程中的计算量.
(2)直线与圆锥曲线的位置关系
已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用韦达定理,结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2−4x1x2或|AB|=1+1k2·|y1-y2|=1+1k2·(y1+y2)2−4y1y2(k≠0)求解.
19.(2016课标Ⅰ文,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求|OH||ON|;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.
解析　(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)
又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.
因此H2t2p,2t.(4分)
所以N为OH的中点,即|OH||ON|=2.(6分)
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)
理由如下:
直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)
方法总结　将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.
评析　本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的关键.
20.(2012课标理,20,12分)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l.A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.
(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为42,求p的值及圆F的方程;
(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.
解析　(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=2p.
由抛物线定义可知A到l的距离d=|FA|=2p.
因为△ABD的面积为42,所以12|BD|·d=42,即12·2p·2p=42,解得p=-2(舍去)或p=2.
所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.
(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,
所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°.
由抛物线定义知|AD|=|FA|=12|AB|,
所以∠ABD=30°,m的斜率为33或-33.
当m的斜率为33时,由已知可设n:y=33x+b,代入x2=2py得x2-233px-2pb=0.
由于n与C只有一个公共点,故Δ=43p2+8pb=0,
解得b=-p6.
因为m的截距b1=p2,|b1||b|=3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.
当m的斜率为-33时,由图形的对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值也为3.
评析　本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系,考查了分类讨论的方法和数形结合的思想.

考点三　直线与抛物线的位置关系
1.(多选)(2022新高考Ⅰ,11,5分)已知O为坐标原点,点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,过点B(0,-1)的直线交C于P,Q两点,则(　　)
A.C的准线为y=-1　　　　
B.直线AB与C相切
C.|OP|·|OQ|>|OA|2　　　　
D.|BP|·|BQ|>|BA|2
答案　BCD　由点A(1,1)在抛物线C上,知1=2p,所以抛物线C:x2=y,其准线方程为y=-14,故选项A错误.
易知AB:y-(-1)=1−(−1)1−0(x-0),即y=2x-1,联立x2=y,y=2x−1,消去y得x2-2x+1=0,Δ=4-4=0,即直线AB与C相切,故选项B正确.
设PQ:y=kx-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立x2=y,y=kx−1,消去y得x2-kx+1=0,则x1+x2=k,x1x2=1,且Δ=k2-4>0,即k2>4.
由于OP·OQ=x1x2+y1y2=x1x2+x12x22=2=|OA|2,|OP|·|OQ|≥OP·OQ且向量OP,OQ不共线,所以|OP|·|OQ|>OP·OQ,即|OP|·|OQ|>|OA|2,故选项C正确.
因为BP·BQ=x1x2+(y1+1)(y2+1)=y1+y2+3=k(x1+x2)+1=k2+1,因为k2>4,并注意到|BP|·|BQ|=BP·BQ,|BA|2=1+4=5,所以|BP|·|BQ|>|BA|2,故选项D正确.故选BCD.
2.(多选)(2022新高考Ⅱ,10,5分)已知O为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A,B两点,其中A在第一象限,点M(p,0).若|AF|=|AM|,则　(　　)
A.直线AB的斜率为26　　　　
B.|OB|=|OF|
C.|AB|>4|OF|　　　　
D.∠OAM+∠OBM<180°
答案　ACD　

由题意得Fp2,0,如图,设FM的中点为N,连接AN,则AN与x轴垂直,且N3p4,0,将x=3p4代入y2=2px,解得y=62p(舍负),故A3p4,62p,故直线AB的斜率为62p−03p4−p2=26,选项A正确.对于B,直线AB的方程为y=26·x−p2,与抛物线方程联立并整理得12x2-13px+3p2=0,设B(x1,y1),则x1+3p4=13p12,解得x1=p3,则Bp3,−63p,所以|OB|=7p3≠|OF|,故B错误.对于C,因为|AB|=13p12+p=2512p,|OF|=p2,所以|AB|>4|OF|成立,故C正确.对于D,因为OA=34p,62p,OB=p3,−63p,MA=−p4,62p,MB=−23p,−63p,
所以OA·OB=p24−p2=−34p2<0,
MA·MB=p26−p2=−56p2<0,所以∠AOB与∠AMB均为钝角,即∠AOB+∠AMB>180°.所以在四边形OAMB中,∠OAM+∠OBM<180°,故D正确,故选ACD.
3.(2020新高考Ⅰ,13,5分)斜率为3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　163
解析 解法一:在抛物线y2=4x中,2p=4,斜率为3的直线倾斜角θ=π3,
∴过焦点的弦长|AB|=2psin2θ=4sin2π3=434=163(难点:这里是二级结论的直接应用,要熟记一些常用的二级结论).
解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),过点F且斜率k=3的直线方程为y=3(x-1),联立y2=4x,y=3(x−1),消去y得3x2-10x+3=0,
∴x1+x2=103,x1x2=1,
∴|AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+3×1009−4=163(难点:最后一步用到了弦长公式,也可以利用两点间的距离公式求|AB|).
4.(2021全国乙文,20,12分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)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PQ=9QF,求直线OQ斜率的最大值.
解析　(1)∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2,∴p=2.
∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由已知不妨设点P(4x02,4x0),Q(x1,y1),
则PQ=(x1-4x02,y1-4x0),
∵F(1,0),∴QF=(1-x1,-y1),
∵PQ=9QF,
∴x1−4x02=9(1−x1),y1−4x0=9(−y1),整理得x1=110(9+4x02),y1=410x0,
∴kOQ=y1x1=4x09+4x02,
当kOQ最大时,x0>0,∴kOQ=49x0+4x0≤4236=13,
当且仅当4x0=9x0时取“=”,此时x0=32,点P的坐标为(9,6),因此kOQ的最大值为13.

解后反思　针对抛物线y2=2px(p>0)上的点A,常设A(2px2,2px)来简化计算.
5.(2022全国甲,理20,文21,12分)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3.
(1)求C的方程;
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β.当α-β取得最大值时,求直线AB的方程.
解析　(1)由题意知Fp2,0,所以|DF|=p2,
当MD⊥x轴时,点M的坐标为(p,±2p),|MD|=2p.
在Rt△MDF中,|MF|2=|MD|2+|DF|2,即32=(2p)2+p22,

得p2=4,又p>0,所以p=2.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4),直线MN的方程为x=my+1,
由x=my+1,y2=4x得y2-4my-4=0,
Δ1=16m2+16>0恒成立,且y1y2=-4.
由斜率公式可得kMN=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2,同理kAB=4y3+y4.
直线MD的方程为x=x1−2y1y+2,代入y2=4x中可得y2-4(x1−2)y1y-8=0.
Δ2>0且y1y3=-8,所以y3=2y2,同理y4=2y1,
所以kAB=4y3+y4=2y1+y2=kMN2,
又因为直线MN,AB的倾斜角分别为α,β,
所以kAB=tan β=kMN2=tanα2, 
若要使α-β最大,则β∈0,π2.
设kMN=2kAB=2k,k>0,则tan(α-β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k·2k=24,当且仅当1k=2k,即k=22时,等号成立,
所以当α-β最大时,设直线AB的方程为x=2y+n,
由x=2y+n,y2=4x得y2-42y-4n=0,
则y3y4=-4n=4y1y2=-16.
所以n=4,所以直线AB的方程为x-2y-4=0.
6.(2021全国乙理,21,12分)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.
解析　(1)由抛物线方程知焦点F的坐标为0,p2,
又因为点F到圆x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4,
所以p2+4-1=4,即p2=1,
解得p=2.
(2)由(1)知抛物线C:x2=4y,
设A(x1,y1),B(x2,y2),其中y1=x124,y2=x224.
由y=x24得y'=x2,
所以在点A处的切线斜率为x12,切线方程为y-x124=x12(x-x1),
即y=x12x−x124,
同理,在点B处的切线方程为y=x22x−x224.
易知两切线交于点P,设P(x0,y0),
所以有y0=x12x0−x124,y0=x22x0−x224,即y0=x12x0−y1,y0=x22x0−y2,
由此可知(x1,y1),(x2,y2)是直线x0x-2y-2y0=0上的两个点,
即直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0,
由x2=4y,x0x−2y−2y0=0得x2-2x0x+4y0=0,
则x1+x2=2x0,x1x2=4y0,Δ=4x02-16y0,易知Δ>0,即x02-4y0>0,
所以|AB|=1+x024(x1+x2)2−4x1x2=x02+42·4x02−16y0=x02+4·x02−4y0,
而点P(x0,y0)到直线AB的距离d=|x02−2y0−2y0|x02+4=|x02−4y0|x02+4=x02−4y0x02+4.
所以S△PAB=12|AB|·d=12·x02+4·x02−4y0·x02−4y0x02+4=12(x02−4y0)32,
因为点P在M上,所以x02+(y0+4)2=1,所以x02=−y02-8y0-15.
所以S△PAB=12(-y02−12y0−15)32=12[-(y0+6)2+21]32,
由题易知y0∈[-5,-3],
所以当y0=-5时,S△PAB取得最大值,最大值为205.
即△PAB面积的最大值为205.