高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线同步练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线同步练习题，共39页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2622" 【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】 PAGEREF _Tc2622 \h 1
\l "_Tc3453" 【题型2 根据直线与抛物线的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc3453 \h 2
\l "_Tc27547" 【题型3 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc27547 \h 3
\l "_Tc23842" 【题型4 抛物线的焦点弦问题】 PAGEREF _Tc23842 \h 3
\l "_Tc19203" 【题型5 抛物线中的切线问题】 PAGEREF _Tc19203 \h 4
\l "_Tc25223" 【题型6 抛物线中的面积问题】 PAGEREF _Tc25223 \h 5
\l "_Tc14370" 【题型7 抛物线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc14370 \h 6
\l "_Tc8075" 【题型8 抛物线中的最值问题】 PAGEREF _Tc8075 \h 8
【知识点1 直线与抛物线的位置关系】
1．直线与抛物线的位置关系
(1)直线与抛物线的三种位置关系：
(2)设直线l:y=kx+m，抛物线:=2px(p>0)，将直线方程与抛物线方程联立，整理成关于x的方程
.
①若k≠0，当>0时，直线与抛物线相交，有两个交点；
当=0时，直线与抛物线相切，有一个交点；
当<0时，直线与抛物线相离，无交点.
②若k=0，直线与抛物线只有一个交点，此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合.
因此直线与抛物线只有一个交点是直线与抛物线相切的必要不充分条件.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【例1】（2023·全国·高三专题练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【变式1-1】（2022·高二课时练习）“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【变式1-2】（2023春·上海虹口·高二校考期中）已知抛物线方程y2=4x，过点P1,2的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【变式1-3】（2022·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【题型2 根据直线与抛物线的位置关系求参数或范围】
【例2】（2022·高二课时练习）若直线y＝kx＋2与抛物线y2＝x只有一个公共点，则实数k的值为（ ）
A．18 B．0
C．18或0D．8或0
【变式2-1】（2023·高二课时练习）直线y=kx+b与抛物线y2=4x有且只有一个公共点，则k，b满足的条件是（ ）
A．kb=1B．k=0，b∈R
C．b≠0，k=0D．kb=1或k=0
【变式2-2】（2022秋·高二课时练习）已知抛物线C的方程为x2=12y，过点A0,−1和点Bt,3的直线l与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是（ ）
A．−∞,−2∪2,+∞B．22,+∞
C．−∞,−22D．−2,2
【变式2-3】（2023·山东·统考二模）已知抛物线C:y2=4x，若过点P(−2,0)作直线l与抛物线C交A，B两个不同点，且直线l的斜率为k，则k的取值范围是（ ）
A．−22,0∪0,22B．−22,22C．−32,32D．−32,0∪0,32
【知识点2 抛物线的弦长与焦点弦问题】
1．弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
2．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
【题型3 抛物线的弦长问题】
【例3】（2023·河南安阳·统考三模）已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线于A、B两点，且点A到l的距离为4，则AB=（ ）
A．4B．5C．163D．203
【变式3-1】（2023秋·陕西西安·高二校考期末）设经过点F1,0的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则AB=（ ）
A．6B．8C．10D．12
【变式3-2】（2023秋·贵州铜仁·高二统考期末）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作直线，交抛物线于Ax0,y1，B5−x0,y2两点，若AB=8，则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【变式3-3】（2023·辽宁朝阳·朝阳市校考模拟预测）过抛物线C：y2=2px焦点F的直线与C交于A，B两点，过点B向抛物线C的准线作垂线，垂足为D−1,−1，则AB=（ ）
A．174B．254C．18D．20
【题型4 抛物线的焦点弦问题】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知过抛物线C:y=x28的焦点F，且倾斜角为π3的直线l交抛物线C于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．32B．323C．283D．8
【变式4-1】（2023秋·高二单元测试）过抛物线x2=6y焦点的直线与抛物线交于点M,N，若MN=12，则直线MN的方程为（ ）
A．2x+2y+3=0B．2x+2y−3=0
C．2x−2y+3=0或2x+2y+3=0D．2x−2y+3=0或2x+2y−3=0
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，抛物线y2=4x的焦点为F，过F过直线l交抛物线于A,B两点，若l与双曲线的一条渐近线平行，则AB=（ ）
A．16B．83C．8D．163
【变式4-3】（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，且直线l1，l2分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是（ ）
A．32B．64C．128D．256
【知识点3 抛物线的切线】
1．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
【题型5 抛物线中的切线问题】
【例5】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知点P(4,−2)在抛物线C:x2=2py(p>0)的准线上，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（ ）
A．x−y+2=0B．2x−y+2=0C．3x−y+2=0D．x−2y+4=0
【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，O为坐标原点，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，
(1)当A的纵坐标为4时，求抛物线C在点A处的切线方程；
(2)四边形ADBE面积的最小值.
【变式5-2】（2023秋·四川凉山·高二统考期末）已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，直线y=2与抛物线C在第一象限的交点为A且AF=3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过直线x−y−3=0上的点B作抛物线C的两条切线，设切点分别为P，Q，求点C−2,0到直线PQ的距离的最大值.
【变式5-3】（2023春·云南曲靖·高一校考期末）已知A、B是抛物线C:y2=8x上的两点，M是线段AB的中点，过点A和B分别作C的切线l1、l2，交于点P
(1)证明：PM⊥y轴：
(2)若点P的坐标为−4,2，求△PAB的面积.
注：抛物线y2=2px在点x0,y0处的切线方程为y0y=px+x0.
【题型6 抛物线中的面积问题】
【例6】（2023秋·湖北荆州·高二校考期末）已知抛物线C:y2=8x，
(1)经过点M(−1,1)作直线l，若l与抛物线C有且仅有一个公共点，求l的方程；
(2)设抛物线C的准线与x轴的交点为N，直线m过点P (1,0)，且与抛物线C交于A,B两点，AB的中点为Q，若QN=33，求△ANB的面积．
【变式6-1】（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知直线2x−y−1=0与抛物线C:x2=2pyp＞0交于A,B两点，且AB=415．
(1)求p的值；
(2)设F为抛物线C的焦点，M,N为抛物线C上两点，FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
【变式6-2】（2023春·河南南阳·高二统考期末）已知抛物线E：y2=x的焦点为F，过x轴正半轴上一点M的直线l与抛物线E交于A、B两点，O为坐标原点，且OA⋅OB=6.
(1)求点M的坐标；
(2)设点F关于直线OB的对称点为C，求四边形OABC面积的最小值.
【变式6-3】（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x23=1在第一象限的交点为P，F为双曲线的上焦点，且△OPF的面积为3．
(1)求抛物线G的方程；
(2)已知点M(−2,−1)，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线MA，MB分别交x轴于C，D，求△MAB与△MCD的面积之比．
【题型7 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例7】（2023春·江西赣州·高二校考期末）在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点2,4.
(1)求C的方程；
(2)若C关于x轴对称，焦点为F，过点(4,2)且与x轴不垂直的直线l交C于M,N两点，直线MF交C于另一点A，直线NF交C于另一点B，求证：直线AB过定点.
【变式7-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）过抛物线x2=2py(p>0)内部一点Pm,n作任意两条直线AB,CD，如图所示，连接AC,BD延长交于点Q，当P为焦点并且AB⊥CD时，四边形ACBD面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点P1,1，证明Q在定直线上运动，并求出定直线方程.
【变式7-2】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.
(1)求p的值.
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【变式7-3】（2023春·广东广州·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,m在抛物线上，且满足AFAO=32，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)直线l与抛物线C相交于M、N两点，以MN为直径的圆过点P1,2，作PD⊥MN，D为垂足．是否存在定点Q，使得DQ为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型8 抛物线中的最值问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=8与抛物线C交于点P，且|PF|=52p．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，求PQ的最小值．
【变式8-1】（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知抛物线E:x2=2pyp>0的焦点为F，直线x=4分别与x轴交于点P，与抛物线E交于点Q，且QF=54PQ.
(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，设点A,B,C都在抛物线E上，若△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求AB⋅AC的最小值.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：x2=2pyp>0，F为抛物线C的焦点，Mx0,1是抛物线C上点，且MF=2；
(1)求抛物线C的方程；
(2)过平面上一动点Pm,m−2作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求1AF+1BF的最大值.
【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，过抛物线y2=4x的焦点F作互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线于A，B两点（A在x轴上方），l2交抛物线于C，D两点，交其准线于点N．
（1）求四边形ACBD的面积的最小值；
（2）若直线AN与x轴的交点为Q，求△AQB面积的最小值．
专题3.7 直线与抛物线的位置关系【八大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2622" 【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】 PAGEREF _Tc2622 \h 1
\l "_Tc3453" 【题型2 根据直线与抛物线的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc3453 \h 3
\l "_Tc27547" 【题型3 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc27547 \h 5
\l "_Tc23842" 【题型4 抛物线的焦点弦问题】 PAGEREF _Tc23842 \h 7
\l "_Tc19203" 【题型5 抛物线中的切线问题】 PAGEREF _Tc19203 \h 9
\l "_Tc25223" 【题型6 抛物线中的面积问题】 PAGEREF _Tc25223 \h 13
\l "_Tc14370" 【题型7 抛物线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc14370 \h 18
\l "_Tc8075" 【题型8 抛物线中的最值问题】 PAGEREF _Tc8075 \h 24
【知识点1 直线与抛物线的位置关系】
1．直线与抛物线的位置关系
(1)直线与抛物线的三种位置关系：
(2)设直线l:y=kx+m，抛物线:=2px(p>0)，将直线方程与抛物线方程联立，整理成关于x的方程
.
①若k≠0，当>0时，直线与抛物线相交，有两个交点；
当=0时，直线与抛物线相切，有一个交点；
当<0时，直线与抛物线相离，无交点.
②若k=0，直线与抛物线只有一个交点，此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合.
因此直线与抛物线只有一个交点是直线与抛物线相切的必要不充分条件.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【例1】（2023·全国·高三专题练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【解题思路】直线y=kx−1+2过定点1,2，在抛物线x2=4y内部，即可得出结论．
【解答过程】直线y=kx−1+2过定点1,2，
∵12<4×2，
∴1,2在抛物线x2=4y内部，
∴直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y相交，
故选：A．
【变式1-1】（2022·高二课时练习）“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据直线与抛物线的位置关系可得答案.
【解答过程】“直线与抛物线相切”可得“直线与抛物线只有一个公共点”，
“直线与抛物线只有一个公共点”时，直线可能与对称轴平行，此时不相切，
故“直线与抛物线相切”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式1-2】（2023春·上海虹口·高二校考期中）已知抛物线方程y2=4x，过点P1,2的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【解题思路】考虑直线斜率存在k=0，k≠0和不存在三种情况，设直线方程为y=kx−1+2，联立方程，根据Δ=0得到答案.
【解答过程】点P在抛物线上，易知当直线斜率不存在时不满足；
当直线斜率k=0时，易知y=2满足条件；
当直线斜率存在且k≠0时，设直线方程为y=kx−1+2，即y=kx−k+2，
y=kx−k+2y2=4x，整理得到，ky2−4y−4k+8=0，
Δ=−42−4k−4k+8=0，解得k=1，直线方程为y=x−1.
综上所述：满足条件的直线有2条.
故选：C.
【变式1-3】（2022·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【解题思路】先求出抛物线C1的方程，再利用平移变换得出抛物线C3，联立直线方程与抛物线方程，根据根的判别式即可得出结论．
【解答过程】解：圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心坐标为（﹣2，1），
代入抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3，可得1＝a﹣3，
∴a＝4，
∴抛物线C1：y＝4（x+1）2﹣3．
将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，
得到抛物线C3：y＝4x2，
联立x+16y−1=0y2=4x，消x整理得14y2+16y−1=0，
Δ=256+1=257>0，
所以直线l与抛物线C3相交，
故选：A．
【题型2 根据直线与抛物线的位置关系求参数或范围】
【例2】（2022·高二课时练习）若直线y＝kx＋2与抛物线y2＝x只有一个公共点，则实数k的值为（ ）
A．18 B．0
C．18或0D．8或0
【解题思路】由直线方程与抛物线方程联立，方程组只有一解，注意k=0的情形．
【解答过程】解：由y=kx+2y2=x得ky2－y＋2＝0，
若k＝0，直线与抛物线只有一个交点，则y＝2；
若k≠0，则Δ＝1－8k＝0，所以k＝18.
综上可知k＝0或18.
故选：C．
【变式2-1】（2023·高二课时练习）直线y=kx+b与抛物线y2=4x有且只有一个公共点，则k，b满足的条件是（ ）
A．kb=1B．k=0，b∈R
C．b≠0，k=0D．kb=1或k=0
【解题思路】当k=0时，直线y=b符合题意；当k≠0时，联立直线与抛物线方程消去y，得关于x的一元二次方程，由Δ=0即可得 k，b的关系，进而可得正确答案.
【解答过程】当k=0时，直线y=b与抛物线y2=4x有且只有一个公共点，符合题意；
当k≠0时，由y=kx+by2=4x可得：k2x2+2kb−4x+b2=0，
若直线y=kx+b与抛物线y2=4x有且只有一个公共点，
则Δ=2kb−42−4k2b2=0，整理可得：16−16kb=0，所以kb=1，
综上所述：kb=1或k=0，
故选：D.
【变式2-2】（2022秋·高二课时练习）已知抛物线C的方程为x2=12y，过点A0,−1和点Bt,3的直线l与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是（ ）
A．−∞,−2∪2,+∞B．22,+∞
C．−∞,−22D．−2,2
【解题思路】首先求直线l的方程，与抛物线方程联立，利用Δ<0，即可求解t的取值范围.
【解答过程】当t=0时，直线l:x=0，与抛物线x2=12y有交点，所以t≠0，
设直线AB的方程为y=4tx−1，
联立直线与抛物线方程，得y=4tx−1x2=12y，消元整理，得2x2−4tx+1=0，
由于直线与抛物线无公共点，即方程2x2−4tx+1=0无解，故有(−4t)2−8<0，解得t>2或t<−2.
故选：A.
【变式2-3】（2023·山东·统考二模）已知抛物线C:y2=4x，若过点P(−2,0)作直线l与抛物线C交A，B两个不同点，且直线l的斜率为k，则k的取值范围是（ ）
A．−22,0∪0,22B．−22,22C．−32,32D．−32,0∪0,32
【解题思路】假设直线l的方程为y=kx+2，然后分k=0和k≠0两种情况进行讨论，即可得到答案
【解答过程】易得直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y=kx+2，
当k=0时，直线l与抛物线只有一个交点，不适合题意；
当k≠0时，将直线l代入抛物线C:y2=4x得到k2x2+4k2−1x+4k2=0，
因为直线l与抛物线C有两个交点，
所以Δ=16k2−12−4k2⋅4k2>0即k2<12，解得−22此时−22综上，k的取值范围是−22,0∪0,22，
故选：A.
【知识点2 抛物线的弦长与焦点弦问题】
1．弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
2．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
【题型3 抛物线的弦长问题】
【例3】（2023·河南安阳·统考三模）已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线于A、B两点，且点A到l的距离为4，则AB=（ ）
A．4B．5C．163D．203
【解题思路】分析可知，直线AB不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my+1，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件求出y1的值，可求得y2的值，进而可求得x1、x2的值，再结合抛物线的焦点弦长公式可求得AB的值.
【解答过程】抛物线y2=4x的焦点为F1,0，准线为l:x=−1，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线y2=4x只有一个交点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x=my+1，联立x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，
Δ=16m2+16>0，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，所以，x1x2=y12y2216=1
点A到直线l的距离为x1+1=4，则x1=3，所以，x2=1x1=13，
因此，AB=x1+x2+2=3+13+2=163，
故选：C.
【变式3-1】（2023秋·陕西西安·高二校考期末）设经过点F1,0的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则AB=（ ）
A．6B．8C．10D．12
【解题思路】利用抛物线焦点弦长公式直接求解即可.
【解答过程】由抛物线方程知：F1,0为抛物线y2=4x的焦点；
设Ax1,y1,Bx2,y2，
∵线段AB中点的横坐标为3，∴x1+x2=6，
∵直线AB过抛物线的焦点F1,0，∴AB=x1+x2+2=8.
故选：B.
【变式3-2】（2023秋·贵州铜仁·高二统考期末）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作直线，交抛物线于Ax0,y1，B5−x0,y2两点，若AB=8，则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】如图所示，由题得F(p2,0)，利用抛物线的定义化简AB=|AF|+|BF|=8即得解.
【解答过程】如图所示，由题得F(p2,0)，抛物线的准线方程为x=−p2.
所以AB=|AF|+|BF|=x0+p2+5−x0+p2=8,∴p=3.
故选：C.
【变式3-3】（2023·辽宁朝阳·朝阳市校考模拟预测）过抛物线C：y2=2px焦点F的直线与C交于A，B两点，过点B向抛物线C的准线作垂线，垂足为D−1,−1，则AB=（ ）
A．174B．254C．18D．20
【解题思路】依题意抛物线的准线为x=−1，即可求出p，从而求出抛物线方程，再由yB=−1，求出xB，从而求出直线AB的方程，联立直线与抛物线方程，求出xA，再根据焦半径公式计算可得.
【解答过程】依题意抛物线的准线为x=−1，即−p2=−1，解得p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，则焦点为F1,0，又yB=−1，所以−12=4xB，解得xB=14，
所以B14,−1，
所以kBF=−114−1=−43，所以直线AB的方程为y=−43x−1，
由y2=4xy=−43x−1，消去y整理得4x2−17x+4=0，解得x1=14、x2=4，
即xA=4，
所以AB=xA+xB+p=14+4+2=254.
故选：B.
【题型4 抛物线的焦点弦问题】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知过抛物线C:y=x28的焦点F，且倾斜角为π3的直线l交抛物线C于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．32B．323C．283D．8
【解题思路】由题意可得直线l的方程为y=3x+2，联立直线l与抛物线的方程得x2−83x−16=0，由韦达定理可得y1+y2=28，再根据抛线的定义即可得答案.
【解答过程】解：因为抛物线C:x2=8y，
所以F(0,2)，p=4，
所以直线l的方程为y=3x+2，
由y=3x+2x2=8y，得x2−83x−16=0，
显然Δ>0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则有x1+x2=83，
所以y1+y2=3(x1+x2)+4=28，
由抛物线定义可知|AB|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=28+4=32.
故选：A.
【变式4-1】（2023秋·高二单元测试）过抛物线x2=6y焦点的直线与抛物线交于点M,N，若MN=12，则直线MN的方程为（ ）
A．2x+2y+3=0B．2x+2y−3=0
C．2x−2y+3=0或2x+2y+3=0D．2x−2y+3=0或2x+2y−3=0
【解题思路】由抛物线方程得焦点坐标和准线方程，设过焦点的直线斜率为k，把直线方程代入抛物线方程，由韦达定理代入弦长公式算出直线斜率，得直线方程.
【解答过程】抛物线x2=6y焦点F0,32，准线方程y=−32，
设直线MN的方程为y=kx+32，由y=kx+32x2=6y，消去y，则有x2−6kx−9=0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，x1+x2=6k，y1+y2=6k2+3，
则焦点弦长MN=y1+y2+3=6k2+3+3=12，解得k=±1，
所以直线MN的方程为y=±x+32，即2x−2y+3=0或2x+2y−3=0.
故选：D.
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，抛物线y2=4x的焦点为F，过F过直线l交抛物线于A,B两点，若l与双曲线的一条渐近线平行，则AB=（ ）
A．16B．83C．8D．163
【解题思路】现根据双曲线的离心率，求出渐近线的斜率，继而根据点斜式求得直线AB的方程，联立直线和抛物线方程，结合韦达定理和焦点弦公式，即可求解.
【解答过程】解：由题意得e=ca=1+b2a2=2，
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x，
又l与双曲线的一条渐近线平行，不妨设直线l的斜率为3，又F1,0，
故l的直线方程为：y=3x−3，联立直线方程和抛物线方程得：3x2−10x+3=0，
所以xA+xB=103，所以AB=xA+xB+p=103+2=163.
故选：D.
【变式4-3】（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，且直线l1，l2分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是（ ）
A．32B．64C．128D．256
【解题思路】设出直线l1，l2的方程，联立抛物线，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，再根据四边形ADBE对角线垂直求出面积，利用均值不等式求最值即可.
【解答过程】由题意抛物线的焦点为F1,0，显然l1，l2斜率存在且不为0，
设直线l1方程为x=ty+1，设Ax1,y1，Bx2,y2，由x=ty+1y2=4x，得y2−4ty−4=0，
则y1+y2=4t，即AB=x1+x2+2=ty1+1+ty2+1+2=4t2+4，
设直线l2的方程为x=−1ty+1，设Dx3,y3，Ex4,y4，
则y3+y4=4t，即DE=x3+x4+2=4t2+4，
∴S=12ABDE=124+4t24+4t2=82+t2+1t2≥82+2t2×1t2=32，
当且仅当t2=1t2，即t=±1时等号成立．
故选：A．
【知识点3 抛物线的切线】
1．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
【题型5 抛物线中的切线问题】
【例5】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知点P(4,−2)在抛物线C:x2=2py(p>0)的准线上，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为（ ）
A．x−y+2=0B．2x−y+2=0C．3x−y+2=0D．x−2y+4=0
【解题思路】根据条件可得抛物线方程，然后求导可得过Ax1,y1，Bx2,y2两点的切线的斜率，写出切线方程，代入点P(4,−2)，由两点确定一条直线，即得.
【解答过程】因为抛物线C:x2=2py(p>0)的准线为y=−p2，
所以−p2=−2，p=4，
故抛物线C:x2=8y，y=x28，
设切点为Ax1,y1，Bx2,y2，又y′=14x，
则切线PA的方程为：y−y1=14x1x−x1，即y=14x1x−y1，
切线PB的方程为：y−y2=14x2x−x2，即y=14x2x−y2，
由P(4,−2)是PA、PB交点可知：−2=x1−y1，−2=x2−y2，由两点确定一条直线，
可得过A、B的直线方程为−2=x−y，即x−y+2=0
故选：A.
【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，O为坐标原点，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，
(1)当A的纵坐标为4时，求抛物线C在点A处的切线方程；
(2)四边形ADBE面积的最小值.
【解题思路】（1）易知焦点F1,0，且A4,4，设出切线方程与抛物线方程联立即可得切线方程为x−2y+4=0；（2）由题意可得直线l1，l2的斜率均存在，设出l1，l2的方程并与抛物线联立，利用焦点弦公式可求得AB=41+1k2，DE=41+k2，即可求得四边形ADBE面积表达式，再利用基本不等式即可求得其最小值为32.
【解答过程】（1）根据题意可得焦点F1,0，当A的纵坐标为4时可得A4,4，
设抛物线C在点A处的切线方程为x−4=my−4，
联立y2=4xx−4=my−4整理得y2−4my+16m−1=0，
由题意知方程y2−4my+16m−1=0只有一解，所以Δ=4m2−4×16m−1=0，
解得m=2；
所以切线方程为x−2y+4=0.
（2）如下图所示：
易知直线l1，l2的斜率均存在，
可设l1的方程为l1:y=kx−1，同理可得l2:y=−1kx−1
联立直线l1和抛物线y2=4xy=kx−1并整理可得k2x2−2k2+4x+k2=0，
易知Δ>0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
所以x1+x2=2+4k2，由焦点弦公式可得AB=x1+x2+p=41+1k2，
同理设Dx3,y3,Ex4,y4，
可得x3+x4=2+4k2，DE=x3+x4+p=41+k2，
所以四边形ADBE的面积S=12AB⋅DE=12×41+1k2×41+k2=81k2+k2+2≥32，
当且仅当k=±1时，等号成立；
所以四边形ADBE面积的最小值为32.
【变式5-2】（2023秋·四川凉山·高二统考期末）已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，直线y=2与抛物线C在第一象限的交点为A且AF=3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过直线x−y−3=0上的点B作抛物线C的两条切线，设切点分别为P，Q，求点C−2,0到直线PQ的距离的最大值.
【解题思路】（1）根据抛物线的定义和AF=3可求方程；
（2）联立方程，根据相切可求切线方程，进而得到PQ的方程，利用点到直线的距离公式可求答案.
【解答过程】（1）抛物线C:x2=2pyp>0的准线方程为：y=−p2，
由抛物线定义得：AF=2−−p2=3，解得p=2，所以抛物线C的方程为：x2=4y.
（2）记Px1,y1，Qx2,y2，则可设直线BP:y=kx−x1+y1，
由y=kx+y1−kx1x2=4y消去y并整理得x2−4kx−4y1−kx1=0，
则由题意得Δ=16k2+16y1−kx1=0，
又x12=4y1得k=x12，
所以直线BP的方程为y=x12x−y1，同理，直线BQ的方程为y=x22x−y2，
若设Bt,t−3t∈R，则t−3=x12t−y1，t−3=x22t−y2
所以直线PQ的方程为t−3=x2t−y，即tx−2y−2t+6=0，
所以点C−2,0到直线PQ的距离d=4t−6t2+4，即d2−16t2+48t+4d2−36=0，
当d2−16=0，即d=4时，t=−712；
当d2−16≠0时，因为t∈R则Δ=482−16d2−16d2−9≥0
即d4−25d2≤0，所以0≤d2≤25且d2≠16；
综上，0≤d≤5.
所以点C−2,0到直线PQ的距离d的最大值为5.
【变式5-3】（2023春·云南曲靖·高一校考期末）已知A、B是抛物线C:y2=8x上的两点，M是线段AB的中点，过点A和B分别作C的切线l1、l2，交于点P
(1)证明：PM⊥y轴：
(2)若点P的坐标为−4,2，求△PAB的面积.
注：抛物线y2=2px在点x0,y0处的切线方程为y0y=px+x0.
【解题思路】（1）设点Ax1,y1、Bx2,y2，写出直线l1、l2的方程，求出点P的纵坐标，证明出点P、M的纵坐标相等，可证得结论成立；
（2）求出点M的横坐标，根据点P的坐标求出y1+y2、y1y2的值，然后根据三角形的面积公式可求得△PAB的面积.
【解答过程】（1）证明：设Ax1,y1、Bx2,y2，若y1=y2，则x1=x2，即点A、B重合，不合乎题意，
所以，x1≠x2，且AB的中点为Mx1+x22,y1+y22，
由题意可知，直线l1的方程为y1y=4x+x1，直线l2的方程为y2y=4x+x2，
联立直线l1、l2的方程得y1y=4x+x1y2y=4x+x2，可得y=4x1−x2y1−y2=4×y12−y228y1−y2=y1+y22，
所以，点P、M的纵坐标相等，故PM⊥y轴.
（2）解：因为点P的坐标为−4,2，
由（1）可知，xM=y1⋅y1+y224−x1=y12+y1y28−y128=y1y28=−4，可得y1y2=−32，
y1+y22=2，可得y1+y2=4，
由于PM⊥y轴，则S△PAB=12PM⋅y1−y2=12y12+y2216+4⋅y1−y2
=12y1+y22−2y1y216+4y1+y22−4y1y2=1216+6416+4⋅42+4×32=54，
即△PAB的面积为54.
【题型6 抛物线中的面积问题】
【例6】（2023秋·湖北荆州·高二校考期末）已知抛物线C:y2=8x，
(1)经过点M(−1,1)作直线l，若l与抛物线C有且仅有一个公共点，求l的方程；
(2)设抛物线C的准线与x轴的交点为N，直线m过点P (1,0)，且与抛物线C交于A,B两点，AB的中点为Q，若QN=33，求△ANB的面积．
【解题思路】（1）判断当直线l平行于抛物线的对称轴x时，符合题意，当直线l与抛物线C:y2=8x相切时，设出直线方程，联立抛物线方程，求得切线方程，综合可得答案；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线m的方程为x=ny+1，将直线m的方程与抛物线方程联立可得根与系数关系式，结合QN=33可求得n的值，进而求得△ANB的面积．
【解答过程】（1）由题意知点M(−1,1)在抛物线C:y2=8x外部，直线l不会垂直于x轴（此时l与C无公共点）；
当直线l平行于抛物线的对称轴x轴时，l与抛物线C有且仅有一个公共点，
此时直线l的方程为y=1；
当直线l与抛物线C:y2=8x相切时，斜率存在且不等于0，
可设l的方程为y−1=k(x+1),k≠0，由y−1=kx+1y2=8x， 得ky2−8y+(8k+8)=0，
由Δ=64−4k(8k+8)=0，解得k=−2或1，
则l的方程为y−1=−2(x+1)与y−1=x+1，
即2x+y+1=0与x−y+2=0，
综上：l的方程是y=1或2x+y+1=0或x−y+2=0.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线m的方程为x=ny+1，
将直线m的方程与抛物线方程联立，x=ny+1y2=8x ，
得y2−8ny−8=0，Δ′=64n2+32>0,∴y1+y2=8n，y1y2=−8,
所以x1+x2=ny1+1+ny2+1=8n2+2，所以Q4n2+1,4n，
又抛物线C的准线为x=−2, 所以N−2,0，
则QN=(4n2+3)2+(4n)2=33，整理得2n4+5n2−3=0，
解得n2=12或−3（舍），
则S△ANB=12×|NP|×y1−y2=32y1+y22−4y1y2
=32(8n)2+32=32×8=12．
【变式6-1】（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知直线2x−y−1=0与抛物线C:x2=2pyp＞0交于A,B两点，且AB=415．
(1)求p的值；
(2)设F为抛物线C的焦点，M,N为抛物线C上两点，FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
【解题思路】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；
（2）设直线MN：y=kx+b，Mx1,y1,Nx2,y2,利用FM⋅FN=0，找到m,n的关系，以及△MFN的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【解答过程】（1）设AxA,yA,BxB,yB，
由2x−y−1=0x2=2py，可得x2−4px+2p=0，
由Δ=16p2−8p＞0p＞0，则p＞12，
所以xA+xB=4p,xAxB=2p，
所以AB=xA−xB2+yA−yB2=5xA−xB
=5×xA+xB2−4xAxB=5×4p2−8p=415，
化简得2p2−p−6=0，
所以p=2或p=−32，
因为p＞12，所以p=2．
（2）因为F0,1，显然直线MN的斜率存在，
设直线MN：y=mx+n，Mx1,y1,Nx2,y2，
由x2=4yy=mx+n可得，x2−4mx−4n=0，
所以x1+x2=4m,x1x2=−4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为FM⋅FN=0，所以x1x2+y1−1y2−1=0，
即x1x2+mx1+n−1mx2+n−1=0，
亦即m2+1x1x2+mn−1x1+x2+n−12=0，
将x1+x2=4m,x1x2=−4n代入得，
4m2=n2−6n+1，4m2+n=n−12>0，
所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3−22．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=n−11+m2，
因为x1−x2=x1+x22−4x1x2=16m2+16n，
所以MN=x1−x22+y1−y22=1+m2x1−x2=1+m216m2+16n
=21+m2n2−6n+1+4n=21+m2n−1，
所以△MFN的面积S=12×MN×d=12×n−11+m2×21+m2n−1=n−12，
而n≥3+22或n≤3−22，所以，
当n=3−22时，△MFN的面积Smin=2−222=12−82

【变式6-2】（2023春·河南南阳·高二统考期末）已知抛物线E：y2=x的焦点为F，过x轴正半轴上一点M的直线l与抛物线E交于A、B两点，O为坐标原点，且OA⋅OB=6.
(1)求点M的坐标；
(2)设点F关于直线OB的对称点为C，求四边形OABC面积的最小值.
【解题思路】（1）设直线l的方程为x=my+n，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.
（2）利用S△OBC=S△OBF，结合求得S四边形OABC=S△OAB+S△OBC，求得四边形面积的表达式，结合基本不等式即可求得答案.
【解答过程】（1）设直线l的方程为x=my+n，联立y2=x，
可得y2−my−n=0，需满足Δ=m2+4n>0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则y1+y2=m,y1y2=−n，由于y1y2<0,∴n>0，
由OA⋅OB=6可得x1x2+y1y2=y1y22+y1y2=n2−n=6，
解得n=3或n=−2（舍去），
则x=my+3过x轴正半轴上一点(3,0)，
即点M的坐标为(3,0).
（2）由题意知F(14,0)，结合（1）知y1y2=−3，
不妨设y1>0,∴y2=−3y1，
则S△OAB=12|OM||y1−y2|=32y1−y2=32y1+3y1，
由于C,F关于OB对称，故S△OBC=S△OBF=12|OF||y2|=38y1，
故S四边形OABC=S△OAB+S△OBC=32y1+398y1=384y1+13y1≥38×24y1⋅13y1=3132，
当且仅当4y1=13y1时，即y1=132时，等号成立，
故四边形OABC面积的最小值为3132.
【变式6-3】（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x23=1在第一象限的交点为P，F为双曲线的上焦点，且△OPF的面积为3．
(1)求抛物线G的方程；
(2)已知点M(−2,−1)，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线MA，MB分别交x轴于C，D，求△MAB与△MCD的面积之比．
【解题思路】（1）首先求出双曲线的上焦点，设PxP,yP，xP>0,yP>0，根据三角形面积求出xp，再代入双曲线方程求出yP，再根据点P在抛物线上，即可求出p，即可得解；
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，利用导数表示出MA的方程，即可求出C点坐标，同理可得D，再将M代入MA，即可得到AB的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出AB，再求出点M到直线AB的距离，即可得到S△MAB，再求出S△MCD，即可得解.
【解答过程】（1）双曲线y23−x23=1的上焦点为F0,6，设PxP,yP，xP>0,yP>0，
由已知得：S△OPF=12⋅|OF|⋅xP=12×6×xP=3，则xp=6，
代入双曲线方程可得yP23−623=1，解得yP=3或yP=−3（舍去），所以P(6,3)，
又因为P在抛物线上，所以6=2p×3，解得p=1，故抛物线G的方程为x2=2y．
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，对y=x22求导得y=x，
则切线MA的方程为y−y1=x1x−x1，
由x12=2y1整理得y=x1x−y1，
令y=0，则x=x12，即Cx12,0，同理可求得Dx22,0．
将M(−2,−1)代入直线MA可得：2x1+y1−1=0，
同理可求得直线MB的方程：2x2+y2−1=0，
所以A，B的直线方程2x+y−1=0．
联立y=1−2xy=x22消去y得x2+4x−2=0，
则韦达定理：x1+x2=−4,x1x2=−2，
则弦长AB=1+k2x1−x2=5⋅42+4×2=230，
点M到直线AB的距离d=|2×(−2)+(−1)−1|5=655，
所以S△MAB=12AB⋅d=66，
又S△MCD=12CD⋅yM=x1−x24=62，
故S△MABS△MCD=12．
【题型7 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例7】（2023春·江西赣州·高二校考期末）在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点2,4.
(1)求C的方程；
(2)若C关于x轴对称，焦点为F，过点(4,2)且与x轴不垂直的直线l交C于M,N两点，直线MF交C于另一点A，直线NF交C于另一点B，求证：直线AB过定点.
【解题思路】（1）分类讨论C的焦点在x或y轴上，设出抛物线的方程，将点2,4代入即可得出答案；
（2）设My128,y1,Ny228,y2,Ay328,y3,By428,y4，分别求出直线MN，AM,BN的方程，由题意可得2y1+y2−y1y2=32，y1y3=y2y4=−16，再求出直线AB的方程，代入化简即可得出直线AB过的定点.
【解答过程】（1）若C的焦点在x轴上，设抛物线C的方程为y2=2px(p>0)，
将点2,4代入，得42=4p，解得p=4，故C的方程为y2=8x；
若C的焦点在y轴上，设抛物线C的方程为x2=2py(p>0)，
将点2,4代入，得22=8p，解得p=12，故C的方程为x2=y，
综上，C的方程为y2=8x或x2=y.
（2）证明：由（1）知抛物线C的方程为y2=8x.
若直线l不过点F，如图，

设My128,y1,Ny228,y2,Ay328,y3,By428,y4，
由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，则直线MN的斜率kMN=y1−y2y128−y228=8y1+y2，
所以直线MN的方程为y−y1=8y1+y2x−y128，即8x−y1+y2y+y1y2=0，
同理直线AM,BN的方程分别为8x−y1+y3y+y1y3=0,8x−y2+y4y+y2y4=0，
由直线MN过定点4,2，可得2y1+y2−y1y2=32，
由直线AM,BN过焦点F2,0，可得y1y3=y2y4=−16，
直线AB的方程为8x−y3+y4y+y3y4=0，
由y1y3=y2y4=−16，得8x+16y1+16y2y+256y1y2=0，
所以8y1y2x+16y1+y2y+256=0，
即y1y2x+2y1+y2y+32=0，
又因为2y1+y2−y1y2=32，所以x+yy1y2+32y+1=0.
令x+y=0,y+1=0,解得x=1,y=−1,故直线AB恒过定点1,−1.
若直线l过点F，直线AB即为直线MN，其方程为y−0=2−04−2x−2，即y=x−2，显然直线过点1,−1.
综上，直线AB过定点1,−1.
【变式7-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）过抛物线x2=2py(p>0)内部一点Pm,n作任意两条直线AB,CD，如图所示，连接AC,BD延长交于点Q，当P为焦点并且AB⊥CD时，四边形ACBD面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点P1,1，证明Q在定直线上运动，并求出定直线方程.
【解题思路】（1）设直线AB:y=kx+p2，联立方程组求得x1+x2=2pk,x1x2=−p2，利用弦长公式，分别求得AB,CD，得到SABCD=2p2k2+1k2+2，结合基本不等式，即可求解；
（2）由A,P,B和C,P,D共线，得到x1x2+4=x1+x2，x3x4+4=x3+x4，又由A,C,Q和B,D,Q共线，得到x1x3+4y0=x0x1+x3和x2x4+4y0=x0x2+x4，进而得到x0−2y0−2=0，即可求解.
【解答过程】（1）解：设Ax1,x124,Bx2,x224,Cx3,x324,Dx4,x424，
设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p2x2=2py，整理得x2−2pkx−p2=0，
可得x1+x2=2pk,x1x2=−p2，
所以AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2pk2+1，
同理可得CD=2p1k2+1，
所以SABCD=12ABCD=2p2k2+1k2+2≥8p2=32，当且仅当k2=1时取等号，
所以p=2，所以抛物线的方程为x2=4y.
（2）解：当P为1,1时，Qx0,y0，
由A,P,B共线，可得x124−1x1−1=x224−1x2−1，可得x1x2+4=x1+x2 ①，
同理由C,P,D共线x3x4+4=x3+x4 ②
又由A,C,Q共线，可得x124−y0x1−x0=x324−y0x3−x0，所以x1x3+4y0=x0x1+x3 ③
同理由B,D,Q共线，可得x2x4+4y0=x0x2+x4 ④
由①③得x1=x2−4x2−1=x3x0−4y0x3−x0，
即x0−1x2x3+4−x0x3+x0−4y0x2+4y0−4x0=0 ⑤
又由②④得x4=x3−4x3−1=x0x2−4y0x2−x0，
即x0−1x2x3+4−x0x2+x0−4y0x3+4y0−4x0=0 ⑥
由⑤⑥得4−x0x3−x2+x0−4y0x2−x3=0，
即4−x0=x0−4y0，即x0−2y0−2=0，所以Q在x−2y−2=0上.
【变式7-2】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.
(1)求p的值.
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；
（2）直线PQ的方程为y=kx+mk≠0以及点P,Q,G的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及∠PGQ=π2得到k与m的关系式，利用直线l1与抛物线C相切求出直线l1的方程，用点到直线的距离公式即可求出点F到直线PQ与到直线l1的距离之比.
【解答过程】（1）如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A,MN交x轴于点E，
由题得∠AFM=π6，所以∠NMF=π3，
因为MF=MN，所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，所以DF=DN,MD⊥DF，
故FM=43sinπ3=8，
所以MN=8，AN=4，所以OF=12AN=2，所以p2=2，即p=4.

（2）由（1）可知抛物线的方程是x2=8y，
设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0，Px1,x128,Qx2,x228,Gx0,x028，
因为∠PGQ=π2，所以x128−x028x1−x0⋅x228−x028x2−x0=−1，
即x1+x0x2+x0=−64，即x1x2+x0x1+x2+x02=−64.
又y′=k=x04，所以x0=4k，故l1:y=x04x−x0+x028=kx−2k2.
联立y=kx+mx2=8y，消去y，得x2−8kx−8m=0，其中Δ=64k2+32m>0，
则x1+x2=8k,x1x2=−8m，
所以−8m+32k2+16k2=−64，所以m=6k2+8.
设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1,d2，
则由l1∥PQ得d1d2=m−22+2k2=6k2+62k2+2=3，
所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3.
【变式7-3】（2023春·广东广州·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,m在抛物线上，且满足AFAO=32，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)直线l与抛物线C相交于M、N两点，以MN为直径的圆过点P1,2，作PD⊥MN，D为垂足．是否存在定点Q，使得DQ为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于p的方程，解出p的值，即可得出抛物线C的标准方程；
（2）分析可知，直线MN不与y轴垂直，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出PM⋅PN=0，利用平面向量数量积的坐标运算可得出n、t所满足的关系式，求出直线MN所过定点E的坐标，利用直角三角形的几何性质可得出定点Q的坐标.
【解答过程】（1）解：抛物线C的准线方程为x=−p2，由抛物线的定义可得AF=2+p2，
将点A的坐标代入抛物线方程可得m2=4p，
所以，AO=4+m2=4+4p=21+p，
所以，AFAO=2+p221+p=32，因为p>0，解得p=2，
因此，抛物线C的标准方程为y2=4x.
（2）解：若直线MN⊥y轴，则直线MN与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，
设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立x=ty+ny2=4x可得y2−4ty−4n=0，Δ=16t2+16n>0，则n>−t2，
由韦达定理可得y1+y2=4t，y1y2=−4n，
PM=x1−1,y1−2=y12−44,y1−2，PN=x2−1,y2−2=y22−44,y2−2，
因为以MN为直径的圆过点P1,2，则PM⋅PN=0，
所以，116y12−4y22−4+y1−2y2−2=0，
显然y1≠2且y2≠2，所以，y1+2y2+2+16=0，
即y1y2+2y1+y2+20=0，即−4n+8t+20=0，可得n=2t+5，
所以，直线MN的方程为x=ty+2t+5=ty+2+5，
由y+2=0可得y=−2，x=5，所以，直线MN过定点E5,−2，
所以，PQ=1−52+2+22=42，
因为PD⊥MN，当点Q为线段PE的中点时，即当点Q的坐标为3,0时，
DQ=12PE=22为定值.
因此，存在定点Q，且当点Q的坐标为3,0时，DQ为定值.
【题型8 抛物线中的最值问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=8与抛物线C交于点P，且|PF|=52p．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，求PQ的最小值．
【解题思路】（1）设出Px0,8，由焦半径得到方程，求出p=4，进而求出抛物线方程；
（2）设出直线方程，表达出P，Q两点坐标，用两点间距离公式表达出PQ，利用基本不等式求出最小值.
【解答过程】（1）依题意，设Px0,8．
由抛物线的定义得|PF|=x0+p2=52p，解得：x0=2p，
因为Px0,8在抛物线C:y2=2px(p>0)上，
所以82=2px0，所以82=2p⋅2p，解得：p=4．
故抛物线C的方程为y2=8x．
（2）由题意可知F(2,0)，直线AB的斜率存在，且不为0．
设直线AB的方程为x=my+2(m≠0)，Ax1,y1，Bx2,y2．
联立x=my+2y2=8x，整理得：y2−8my−16=0，
则y1+y2=8m，从而x1+x2=my1+y2+4=8m2+4．
因为P是弦AB的中点，所以P4m2+2,4m，
同理可得Q4m2+2,−4m．
则|PQ|=4m2+2−4m2+22+4m+4m2=4m2−1m22+m+1m2
=4m4+1m4+m2+1m2≥42m4⋅1m4+2m2⋅1m2=42+2=8，
当且仅当m4=1m4且m2=1m2，即m=±1时等号成立，
故PQ的最小值为8．
【变式8-1】（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知抛物线E:x2=2pyp>0的焦点为F，直线x=4分别与x轴交于点P，与抛物线E交于点Q，且QF=54PQ.
(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，设点A,B,C都在抛物线E上，若△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，求AB⋅AC的最小值.
【解题思路】（1）设Q4,y0，列方程组2py0=16y0+p2=54y0，求出p=2，即可得到抛物线E的方程；
（2）设点Ax1,x124,Bx2,x224,Cx3,x324x1>x2>x3，利用△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，表示出x2−2k3−1kk+1，用坐标表示出AB·AC= 16k2+13k2k+12利用基本不等式求出AB·AC的最小值.
【解答过程】（1）设点Q4,y0，由已知2py0=16y0+p2=54y0，则8p+p2=10p，即p2=4.
因为p>0，则p=2，所以抛物线E的方程是x2=4y.
（2）设点Ax1,x124,Bx2,x224,Cx3,x324x1>x2>x3，直线AB的斜率为kk>0，
因为AB⊥BC，则直线BC的斜率为−1k.
因为AB=BC，则x1−x2·1+k2=x2−x3·1+1k2，得x2−x3=kx1−x2，①
因为k=x124−x224x1−x2=x1+x24，则x1+x2=4k，即x1=4k−x2，②
因为−1k=x224−x324x2−x3=x2+x34，则x2+x3=−4k，即x3=−x2−4k③
将②③代入①，得2x2+4k−k4k−2x2=0，即k+1x2−2k2−2k−2k3−1k=0，则x2=2k3−1kk+1，
所以AB⃑·AC⃑=AB⃑·AC⃑cs45°=AB⃑2=x1−x221+k2=4k−2x221+k2
=4k−4k3−1kk+121+k2=16k2+13k2k+12
因为k2+1≥2k，则k2+12≥4k2，又k2+1≥k+122，则k2+13≥2k2k+12，从而k2+13k2k+12≥2，当且仅当k=1时取等号，所以AB·AC的最小值为32.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：x2=2pyp>0，F为抛物线C的焦点，Mx0,1是抛物线C上点，且MF=2；
(1)求抛物线C的方程；
(2)过平面上一动点Pm,m−2作抛物线C的两条切线PA，PB（其中A，B为切点），求1AF+1BF的最大值.
【解题思路】（1）根据焦半径公式求出p的值即可得抛物线方程；
（2）首先根据导数的几何意义，求出切线PA,PB，进而求出直线AB的方程，根据焦半径公式，将1AF+1BF转化成A,B两点纵坐标的关系式，由韦达定理进行化简，从函数的角度运用换元法求其最大值.
【解答过程】（1）依题意得：MF=1+p2=2
∴p=2，∴2p=4，
所求抛物线C2的方程为x2=4y；
（2）抛物线C2的方程为x2=4y，即y=x24∴y'=x2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Pm,m−2则切线PA，PB的斜率分别为x12，x22.
所以切线PA：y−y1=x12x−x1，
∴y=x12x−x122+y1，又∵x12=4y1，∴2y−x1x+2y1=0，
同理可得切线PB的方程为2y−x2x+2y2=0，
因为切线PA，PB均过点Pm,m−2，所以2y1−mx1+2m−4=0，2y2−mx2+2m−4=0，
所以x1,y1，x2,y2为方程2y−mx+2m−4=0的两组解.
所以直线AB的方程为2y−mx+2m−4=0.
联立方程2y−mx+2m−4=0x2=4y，消去x整理得y2−m2−2m+4y+m−22=0，
∴Δ=m2−2m+42−4m−22=m2−4m+8m2≥0，∴m∈R.
∴y1+y2=m2−2m+4，y1y2=m−22
由抛物线定义可知AF=y1+1，BF=y2+1，
所以1AF+1BF=AF+BFAFBF
∵AFBF=y1+1y2+1=y1y2+y1+y2+1
=2m2−6m+9，
∴1AF+1BF=AF+BFAFBF=m2−2m+62m2−6m+9=12+m+322m2−6m+9
令m+32=t∈R
∴原式=12+t2t2−12t+452=12+12t+452t−12≤12+165−12=5+56，
即原式的最大值5+56.
【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，过抛物线y2=4x的焦点F作互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线于A，B两点（A在x轴上方），l2交抛物线于C，D两点，交其准线于点N．
（1）求四边形ACBD的面积的最小值；
（2）若直线AN与x轴的交点为Q，求△AQB面积的最小值．
【解题思路】（1）设直线AB的方程为y=kx−1，联立抛物线方程得到韦达定理，利用抛物线的焦半径公式将AB，CD表示，再结合基本不等式可得四边形面积的最小值；
（2）求出lAN，推出xQ=−2mx1−y1y1−2m．结合韦达定理推出xQ=−x1．然后求解S△AQB的表达式，结合函数的导数求解函数的最小值即可．
【解答过程】（1）由已知可知直线AB的斜率必存在，
设直线AB的斜率为kk≠0，抛物线y2=4x的焦点F1,0，
则lAB:y=kx−1与抛物线相联立，
y2=4xy=kx−1⇒k2x2−2k2+4x+k2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2k2+4k2x1⋅x2=1，
AB=x1+x2+2=4+4k2，
同理，CD=4+4k2，则四边形ACBD的面积为
S=12AB⋅CD=12⋅41+1k2⋅41+k2=82+k2+1k2≥82+2=32，
当且仅当k=±1时，四边形ACBD的面积的最小值为32．
（2）解：由题意可得lAN:x+1=x1+1y1−2my−2m，
令y=0，得xQ=−2mx1+1y1−2m−1=−2mx1−y1y1−2m.
由y1+y2=4m，y1y2=−4，得m=y14−1y1，又x1=14y12，
所以xQ=−2mx1−y1y1−2m=−14y12y12−2y1−y1y1−y12−2y1
=−18y13−12y1y12+2y1=−14y1212y1+2y1y12+2y1=−x1.
所以S△AQB=12QFy1−y2=12x1+1y1−y2
=12x1+1y1+y22−4y1y2=2x1+1m2+1
=214y12+1y14+1y1=18y13+8y1+16y1.
记t=y13+8y1+16y1，
则t′=3y12+8−16y12=3y14+8y12−16y12=3y12−4y12+4y12>0，
解得y12>43，即y1>233，
所以t=y13+8y1+16y1在0,233上递减，在233,+∞上递增，
所以S△AQBmin=S233=1639.标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)