还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：2025年高考数学精品教案多份
成套系列资料，整套一键下载
2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第7讲 抛物线
展开
这是一份2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第7讲 抛物线，共19页。
学生用书P189
1.抛物线的定义
平面内与一个定点F和一条定直线l（l不经过点F）的距离① 相等 的点的轨迹叫做抛物线.点F叫做抛物线的② 焦点 ，直线l叫做抛物线的③ 准线 .
注意 定点F在定直线l上时，动点的轨迹为过点F且垂直于l的一条直线.
2.抛物线的标准方程与几何性质
常用结论
抛物线焦点弦的几个常用结论
如图，设AB是一条过抛物线y2＝2px（p＞0）焦点F的弦，AB所在直线的倾斜角为α，若A（x1，y1），B（x2，y2），A，B在准线l上的射影分别为A1，B1，则
（1）x1x2＝p24，y1y2＝－p2.
（2）｜AF｜＝p1－csα，｜BF｜＝p1+csα，弦长｜AB｜＝x1＋x2＋p＝2psin2α，S△AOB＝p22sinα＝12｜OF｜·｜y1－y2｜.
（3）1｜AF｜＋1｜BF｜＝2p.
（4）当N为准线与x轴的交点时，∠ANF＝∠BNF.
（5）通径是过焦点且垂直于对称轴的弦，弦长等于2p，通径是过焦点的最短的弦.
（6）以弦AB为直径的圆与抛物线的准线相切.
（7）以A1B1为直径的圆与AB相切，切点为F，∠A1FB1＝90°.
（8）当M1为A1B1的中点时，M1A⊥M1B.
（9）以AF或BF为直径的圆与y轴相切.
（2）的推导过程：因为AB所在直线的倾斜角为α，则cs α＝x1－p2x1＋p2，解得x1＝p2·1+csα1－csα，则｜AF｜＝x1＋p2＝p1－csα.
同理可得｜BF｜＝p1+csα.
则｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋p＝p1－csα＋p1+csα＝2psin2α，
S△AOB＝12×｜AB｜×p2×sin α＝12×2psin2α×p2×sin α＝p22sinα.
由（2）的推导过程可得，1｜AF｜＋1｜BF｜＝1－csαp＋1+csαp＝2p.
1.下列说法正确的是（ D ）
A.平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线
B.若抛物线过点P（－2，3），则其标准方程可写为y2＝2px（p＞0）
C.抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形
D.方程y＝ax2（a≠0）表示的曲线是焦点在y轴上的抛物线，且其准线方程为y＝－14a
2.抛物线y＝4x2的焦点坐标为（ A ）
A.（0，116）B.（0，14）C.（0，1）D.（1，0）
解析 化抛物线的方程为标准形式，得x2＝14y，所以p＝18，（本题在解答过程中若不先将抛物线方程化为标准形式，易错误得到p＝2，从而错选C）
抛物线的焦点坐标为（0，116），故选A.
3.[2023湖北省十堰市调研]下列四个抛物线中，开口朝左的是（ C ）
A.y2＝5xB.x2＝－5y
C.y2＝－5xD.x2＝5y
解析 抛物线y2＝5x的开口朝右，抛物线x2＝－5y的开口朝下，抛物线y2＝－5x的开口朝左，抛物线x2＝5y的开口朝上.故选C.
4.若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆x23p＋y2p＝1的一个焦点，则p＝（ D ）
A.2B.3C.4D.8
解析 由题意，知抛物线的焦点坐标为（p2，0），椭圆的焦点坐标为（±2p，0），所以p2＝2p，解得p＝8，故选D.
5.已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（2，22）为抛物线上一点，则｜MF｜＝（ B ）
A.2B.3C.4D.5
解析 因为点M（2，22）为抛物线上一点，所以将点M的坐标代入抛物线的方程y2＝2px（p＞0），可得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x，可得其准线方程为x＝－1.根据抛物线的定义，得｜MF｜＝2－（－1）＝3.故选B.
学生用书P190
命题点1 抛物线的定义及其应用
例1 （1）[全国卷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＝（ C ）
A.2B.3C.6D.9
解析 根据抛物线的定义及题意得，点A到C的准线x＝－p2的距离为12，因为点A到y轴的距离为9，所以p2＝12－9，解得p＝6.故选C.
（2）[2022全国卷乙]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｜＝（ B ）
A.2B.22C.3D.32
解析 解法一 如图，由题意可知F（1，0），设A（y024，y0），则由抛物线的定义可知｜AF｜＝y024＋1.因为｜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.
解法二 由题意可知F（1，0），｜BF｜＝2，所以｜AF｜＝2.因为抛物线的通径长为2p＝4，所以AF的长为通径长的一半，所以AF⊥x轴，所以｜AB｜＝22＋22＝8＝22，故选B.
方法技巧
利用抛物线的定义可解决的常见问题
（1）轨迹问题：利用抛物线的定义可以确定与定点、定直线距离有关的动点轨迹是否为抛物线.
（2）距离问题：涉及抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离问题时，在解题过程中注意两者之间的相互转化.
（3）最值问题：通过距离转化，利用“两点之间线段最短”和“垂线段最短”求解.
训练1 [多选/2023惠州市二调]设抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，E（3，1）为定点，则下列结论正确的是（ AD ）
A.准线l的方程是x＝－2
B.｜ME｜－｜MF｜的最大值为2
C.｜ME｜＋｜MF｜的最小值为7
D.以线段MF为直径的圆与y轴相切
解析 由题意得，抛物线C的焦点F（2，0），准线l的方程是x＝－2，故A正确；｜ME｜－｜MF｜≤｜EF｜＝（3－2）2＋（1－0）2＝2，当点M在线段EF的延长线上时等号成立，∴｜ME｜－｜MF｜的最大值为2，故B不正确；如图所示，过点M，E分别作准线l的垂线，垂足分别为A，B，则｜ME｜＋｜MF｜＝｜ME｜＋｜MA｜≥｜EB｜＝5，当点M在线段EB上时等号成立，∴｜ME｜＋｜MF｜的最小值为5，故C不正确；设点M（x0，y0），线段MF的中点为D，则点D的横坐标xD＝x0+22＝｜MA｜2＝｜MF｜2，∴以线段MF为直径的圆与y轴相切，故D正确.故选AD.
命题点2 抛物线的标准方程
例2 （1）[2023全国卷乙]已知点A（1，5）在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 94 .
解析 将点A的坐标代入抛物线方程，得5＝2p，于是y2＝5x，则抛物线的准线方程为x＝－54，所以A到准线的距离为1－（－54）＝94.
（2）[2021新高考卷Ⅰ]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 x＝－32 .
解析 解法一 由题易得｜OF｜＝p2，｜PF｜＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以｜OF｜｜PF｜＝｜PF｜｜FQ｜，即p2p＝p6，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－32.
解法二 由题易得｜OF｜＝p2，｜PF｜＝p，｜PF｜2＝｜OF｜·｜FQ｜，即p2＝p2×6，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－32.
方法技巧
抛物线的标准方程的求法
（1）定义法
根据抛物线的定义求出p.标准方程有四种形式，要注意判断焦点位置及开口方向.
（2）待定系数法
当焦点位置不确定时，注意分类讨论.对于焦点在x轴上的抛物线的方程可设为y2＝mx（m≠0），焦点在y轴上的抛物线的方程可设为x2＝my（m≠0）.
训练2 （1）若抛物线的对称轴为坐标轴，焦点在直线x－2y－4＝0 上，则此抛物线的标准方程为 y2＝16x 或x2＝－8y .
解析 由x－2y－4＝0，令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以抛物线的焦点是（4，0）或（0，－2），故所求抛物线的标准方程为y2＝16x或x2＝－8y.
（2）如图，过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C，若｜BC｜＝2｜BF｜，且｜AF｜＝3，则抛物线的方程为 y2＝3x .
解析 如图，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为点E，D，设｜BF｜＝a，准线与x轴交于点G，则由已知得，｜BC｜＝2a，由抛物线的定义得，｜BD｜＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，∵｜AC｜＝｜AF｜＋｜BF｜＋｜BC｜＝3＋3a，2｜AE｜＝｜AC｜，∴3＋3a＝6，∴a＝1.易知BD∥FG，∴｜BD｜｜GF｜＝｜BC｜｜CF｜，即1p＝23，解得p＝32，因此抛物线的方程为y2＝3x.
命题点3 抛物线的几何性质
例3 [多选/2023新高考卷Ⅱ]设O为坐标原点，直线y＝－3（x－1）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ AC ）
A.p＝2
B.｜MN｜＝83
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
解析 由题意，易知直线y＝－3（x－1）过点（1，0）.
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为（1，0），所以p2＝1，即p＝2，所以A选项正确.
对于B，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），x1＜x2，联立方程得y＝－3（x－1),y2=4x，消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝13，x2＝3.由抛物线的定义得，｜MN｜＝x1＋x2＋p＝103＋2＝163，故B选项错误.
对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为（53，－233），半径r＝12｜MN｜＝83＝53＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确.
对于D，由两点间距离公式可得｜MN｜＝163，｜OM｜＝133，｜ON｜＝21，故D选项错误.综上，选AC.
方法技巧
应用抛物线的几何性质解题时，常结合图形思考，通过图形可以直观地看出拋物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性.
训练3 [多选]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线l的斜率为3且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若｜AF｜＝8，则以下结论正确的是（ ABC ）
A.p＝4B.DF＝FA
C.｜BD｜＝2｜BF｜D.｜BF｜＝4
解析 如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E，M.设抛物线C的准线m交x轴于点P，则｜PF｜＝p，由于直线l的斜率为3，所以倾斜角为60°，因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°.由抛物线的定义可知，｜AE｜＝｜AF｜，则△AEF为等边三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，所以｜AF｜＝｜EF｜＝2｜PF｜＝2p＝8，所以p＝4，A选项正确；因为｜AE｜＝｜EF｜＝2｜PF｜，PF∥AE，所以F为AD的中点，则DF＝FA，B选项正确；因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以｜BD｜＝2｜BM｜＝2｜BF｜，C选项正确；因为｜BD｜＝2｜BF｜，所以｜BF｜＝13｜DF｜＝13｜AF｜＝83，D选项错误.故选ABC.
学生用书P191
巧用抛物线中的阿基米德三角形的几何性质
例4 [2023温州市第一次适应性考试]已知P为直线y＝－x－1上一动点，过点P作抛物线C：x2＝2y的两条切线，切点分别记为A，B，则原点O到直线AB距离的最大值为（ B ）
A.1B.2C.3D.2
解析 设A（x1，y1），B（x2，y2），因为y＝12x2，所以y'＝x.根据导数的几何意义可知直线PA：y－y1＝x1（x－x1），化简得y＝x1x－y1.
同理可得，直线PB：y＝x2x－y2.
因为点P是直线y＝－x－1上一动点，
所以不妨设P（t，－t－1），则－t－1＝x1t－y1，－t－1＝x2t－y2，
所以直线AB：tx－y＋t＋1＝0.直线tx－y＋t＋1＝0过定点G（－1，1），
所以当AB⊥OG时，原点O到直线AB的距离最大，其最大距离为｜OG｜＝2.故选B.（另解：原点O到直线AB的距离d＝｜t+1｜t2+1＝t2+2t+1t2+1＝1+2tt2+1≤1+1＝2，当且仅当t＝1时取等号）
例5 [2021全国卷乙]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）由题意知M（0，－4），F（0，p2），圆M的半径r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即p2＋4－1＝4，解得p＝2.（F与圆M上点的距离的最小值为｜MF｜－r，最大值为｜MF｜＋r）
（2）解法一 由（1）知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A（x1，x124），B（x2，x224），直线AB的方程为y=kx+b,
由y＝kx＋b，x2=4y，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b＞0 ①，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以｜AB｜＝1+k2｜x1－x2｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝41+k2·k2＋b.
因为x2＝4y，即y＝x24，
所以y'＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为x12，在点A处的切线方程为y－x124＝x12（x－x1），
即y＝x12x－x124.
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－x224.
由y＝x12x－x124，y＝x22x－x224，得x＝x1＋x22=2k，y＝x1x24＝－b，即P（2k，－b），
设点P到直线AB的距离为d，则d＝｜2k2+2b｜1+k2，
所以S△PAB＝12｜AB｜·d＝4（k2＋b）3.
因为点P在圆M上，
所以4k2＋（4－b）2＝1，
且－12≤k≤12，3≤b≤5，满足①.
则k2＝1－（4－b）24＝－b2+8b－154，令t＝k2＋b，则t＝－b2+12b－154，且3≤b≤5.
因为t＝－b2+12b－154在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k=0,所以△PAB面积的最大值为205.
解法二 设P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2）， 则切线PA的方程为y－y1＝x12（x－x1），切线PB的方程为y－y2＝x22（x－x2），
将点P（x0，y0）的坐标分别代入切线PA、切线PB的方程，可得x0x1－2（y0＋y1）=0，x0x2－2（y0＋y2）=0，则可得直线AB的方程为x0x－2（y＋y0）＝0.
由x0x－2（y＋y0）=0，x2=4y，可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4（x02－4y0）＞0，则x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，则｜AB｜＝1+kAB2·（x1＋x2）2－4x1x2＝（4+x02)(x02－4y0），
设点P到直线AB的距离为d，则d＝｜x02－4y0｜x02+4，
故S△PAB＝12·｜AB｜·d＝（x02－4y0）322.
由于点P在M上，故x02＝－y02－8y0－15，
代入上式得S△PAB＝（－y02－12y0－15）322，y0∈[－5，－3]，故当y0＝－5时，（S△PAB）max＝205.
方法技巧
抛物线中的阿基米德三角形的几何性质
圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.
过抛物线x2＝2py（p＞0）上A，B两点分别作抛物线的切线，两切线相交于点P，则△PAB为抛物线中的阿基米德三角形.若AB恰好过抛物线的焦点F（如图所示），则△PAB有以下基本性质：
（1）点P必在抛物线的准线上.
（2）△PAB为直角三角形，且∠APB为直角.
（3）PF⊥AB.
（4）点P的坐标为（xA＋xB2，－p2）.
训练4 [多选/2023云南省第二次统考]已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，过点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作抛物线C的切线，两切线交于点T，设线段AB的中点为M，若点T的坐标为（2，－12），则（ ACD ）
A.点M的横坐标为2B.点M的纵坐标为3
C.直线l的斜率等于2D.｜TM｜＝5
解析 解法一 抛物线C：x2＝2py，即y＝x22p，则y'＝xp，因为A，B两点在抛物线上，所以可设A（x1，x122p），B（x2，x222p），则以A为切点且与抛物线相切的直线的方程为y－x122p＝x1p（x－x1），即y＝x1px－x122p ①，同理可得以B为切点且与抛物线相切的直线的方程为y＝x2px－x222p ②，联立①②，得y＝x1px－x122p，y＝x2px－x222p，解得x＝x1＋x22，y＝x1x22p，即T（x1＋x22，x1x22p）.因为抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，p2），直线l过点F，所以由题意可知直线l的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋p2，与抛物线C：x2＝2py联立，得y＝kx＋p2，x2=2py，消去y，得x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，即T（x1＋x22，－p2），又点T的坐标为(2,-12)，所以x1＋x22＝2，－p2＝－12，所以x1＋x2＝4，p＝1.所以线段AB的中点M的横坐标为x1＋x22＝2，所以选项A正确.
可得抛物线C：x2＝2y，F（0，12），A（x1，x122），B（x2，x222），所以直线l的斜率k＝x122－x222x1－x2＝x1＋x22＝2，所以选项C正确.
可得直线l的方程为y＝2x＋12，又点M的横坐标为2，且点M在直线l上，所以点M的纵坐标为2×2＋12＝92，所以选项B错误.
由M（2，92），T（2，－12），可得｜TM｜＝92－（－12）＝5，所以选项D正确.
综上，选ACD.
解法二 易知△TAB为阿基米德焦点三角形，设M（xM，yM），则点T的坐标为（xM，-p2），TF⊥AB.由已知T的坐标为（2，－12），得xM＝2，即点M的横坐标为2，A正确.－p2＝－12，p＝1，则F（0，12），kTF＝－12，则kAB＝2，C正确.直线l的方程为y＝2x＋12，由点M在直线l上，易得yM＝92，故B错误.由M（2，92），T（2，－12），得｜TM｜＝5，故D正确.
1.[命题点1/北京高考]设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线（ B ）
A.经过点OB.经过点P
C.平行于直线OPD.垂直于直线OP
解析 连接PF，由抛物线的定义可知｜PQ｜＝｜FP｜，故线段FQ的垂直平分线经过点P.
2.[命题点2]在平面直角坐标系xOy中，动点M到定点F（1，0）的距离比到y轴的距离大1，则动点M的轨迹方程为 y2=4x（x≥0）y=0（x<0） .
解析 由题意知，当x≥0时，动点M到定点F（1，0）的距离等于到直线x＝－1的距离，轨迹为抛物线.设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），则p2＝1，p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.
当x＜0时，y＝0也满足条件.（易忽略点在定直线上的情况）
综上，动点M的轨迹方程为y2=4x（x≥0),y=0（x<0).
3.[命题点2/2023陕西渭南二模]将抛物线y2＝mx绕其顶点顺时针旋转90°之后，正好与抛物线y＝2x2重合，则m＝（ A ）
A.－12B.12C.－2D.2
解析 易知抛物线y2＝mx的焦点坐标为（m4，0），抛物线y＝2x2的标准方程为x2＝12y，其焦点坐标为（0，18）.
易知（m4，0）绕原点顺时针旋转90°之后得到（0，18），则m4＝－18，解得m＝－12.
4.[命题点3/2023长沙市适应性考试]已知O为坐标原点，F为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，过点F且倾斜角为60°的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）.若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设△AOF，△ADB的面积分别为S1，S2，则S1S2＝ 916 .
解析 如图，设A（xA，yA），B（xB，yB），根据抛物线的定义知，｜AF｜＝xA＋p2 ①，因为∠AFx＝60°，所以xA＝p2＋｜AF｜·cs 60° ②，
由①②得，｜AF｜＝p1－cs60°＝2p，xA＝3p2.
同理得｜BF｜＝p1+cs60°＝2p3，xB＝p6.
解法一 由点D在准线l上可知，其横坐标xD＝－p2，易知｜AF｜｜AB｜＝｜AF｜｜AF｜＋｜BF｜＝34，｜AO｜｜AD｜=xAxA－xD＝34，得｜AF｜｜AB｜＝｜AO｜｜AD｜，所以OF∥BD，则△AOF∽△ADB，从而S1S2＝（｜AF｜｜AB｜）2＝916.
解法二 则yA＝3p，yB＝－33p，
直线AO的方程为y＝233x，
将x＝－p2代入上式，得y＝－33p，
即D（－p2，－33p），则yB＝yD，
所以｜DB｜＝xB－xD＝23p，
又｜OF｜＝p2，
所以S1＝12｜OF｜·yA＝34p2，
S2＝12｜DB｜·（yA－yB）＝439p2，可得S1S2＝916.
5.[思维帮/多选/2023济南模拟]在平面直角坐标系xOy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆x24＋y23＝1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ABD ）
A.∠APB恒为锐角
B.当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为12
C.｜AP｜的最小值为4
D.存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0
解析 设P（－4，t），则直线AB的方程为－4x4＋ty3＝1，
即3（x＋1）－ty＝0，则直线AB恒过点（－1，0）.
如图，设圆x24＋y24＝1，即x2＋y2＝4，由点P（－4，t）向圆x2＋y2＝4作切线，切点分别记为A'，B'，显然∠A'PB'＞∠APB，易知sin∠A'PB'2＝2｜PO｜，所以当OP与直线x＝－4垂直时，｜OP｜最小，为4，此时∠A'PB'最大，
所以（sin∠A'PB'2）max＝24＝12，即（∠A'PB'）max＝60°，
所以∠APB＜∠A'PB'≤60°，
所以∠APB恒为锐角，所以选项A正确；
当直线AB垂直于x轴时，由对称性可知，此时点P在x轴上，所以P（－4，0），直线AB的方程为x＝－1，又点A在x轴上方，
所以A（－1，32），所以此时直线AP的斜率为32－1+4＝12，所以选项B正确；
当直线AB垂直于x轴时，｜AP｜＝（－4+1）2＋（0－32）2＝352＜4，所以选项C错误；假设存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0，则（PA＋PO）·（PA－PO）＝PA2－PO2＝0，即｜PA｜＝｜PO｜，设A（x0，y0），－2＜x0＜2，则切线PA的方程为x0x4＋y0y3＝1，则P（－4，3（1+x0）y0），设M为AO的中点，则M（x02，y02），连接PM，因为｜PA｜＝｜PO｜，所以PM⊥AO，则有kPM·kAO＝－1，即3（1+x0）y0－y02－4－x02·y0x0＝－1，化简整理得，x02＋y02＋2x0－6＝0 ①，又x024＋y023＝1，即y02＝3（1－x024），将其代入①得，x02＋8x0－12＝0，解得x0＝－4＋27或x0＝－4－27（舍去），所以存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0，所以选项D正确.综上，选ABD.
学生用书·练习帮P360
1.[2024福州市一检]已知点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，则点P到C的准线的距离为（ C ）
A.4B.3C.2D.1
解析 如图，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1.由点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，得4＝4x0，所以x0＝1，故点P到C的准线的距离为2，选C.
2.[2024青岛市检测]设抛物线C：x2＝2py的焦点为F，M（x，4）在C上，｜MF｜＝5，则C的方程为（ A ）
A.x2＝4yB.x2＝－4y
C.x2＝－2yD.x2＝2y
解析 因为M（x，4）在抛物线C：x2＝2py上，所以p＞0，F（0，p2），准线l的方程为y＝－p2.由抛物线的定义知，点M到焦点F的距离等于其到准线l的距离， 即｜MF｜＝4＋p2＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y，故选A.
3.[2023安徽省名校联考]已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝8x的焦点，M为C上一点，若｜MF｜＝8，则△MOF的面积为（ A ）
A.43B.32C.8D.33
解析 解法一 抛物线C：y2＝8x的准线方程为x＝－2.设M（x0，y0），由抛物线的定义可知，点M到焦点F（2，0）的距离等于其到准线x＝－2的距离，所以｜MF｜＝x0＋2＝8，所以x0＝6.因为点M（x0，y0）在抛物线C上，所以y02＝8×6＝48，则｜y0｜＝43，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜y0｜＝12×2×43＝43，故选A.
解法二 因为抛物线C：y2＝8x关于x轴对称，所以不妨设点M在x轴上方，直线FM的倾斜角为θ，则｜MF｜＝p1－csθ＝41－csθ＝8，所以cs θ＝12，因为0＜θ＜π，所以θ＝π3，则∠OFM＝2π3，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜MF｜·sin∠OFM＝12×2×8×sin2π3＝43，故选A.
4.已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线上一点，｜MF｜＝4｜OF｜，｜OM｜＝21，则p＝（ B ）
A.1B.2C.4D.6
解析 解法一 由抛物线的几何性质知｜OF｜＝p2，则｜MF｜＝4｜OF｜＝2p.由抛物线的定义知｜MF｜＝xM＋p2，所以xM＋p2＝2p，解得xM＝3p2，将其代入y2＝2px，得｜yM｜＝3p，所以｜OM｜＝xM2＋yM2＝（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
解法二 如图，不妨设点M在第一象限，过点F作x轴的垂线，过点M作x轴的平行线，两线交于点N，因为｜MF｜＝4｜OF｜，所以由抛物线的定义知｜MN｜＝｜MF｜－2｜OF｜＝2｜OF｜＝p＝12｜MF｜，所以∠MFN＝30°，则M（3p2，3p）.由｜OM｜＝21，得（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
5.[2023广西南宁适应性测试]已知直线l：y＝k（x－p2）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两点（其中A位于第一象限），点F是抛物线C的焦点，若｜BF｜＝3｜FA｜，则k＝（ A ）
A.－3B.－33C.－1D.－13
解析 解法一（代数法） 由题意可知，直线l过抛物线C的焦点F，设A（x1，y1）（x1＞0，y1＞0），B（x2，y2），易知k≠0，因为｜BF｜＝3｜FA｜，所以3y1＝－y2，令1k＝m，则直线l的方程可以写为x＝my＋p2，由x＝my＋p2，y2=2px，消去x并整理得关于y的方程y2-2pmy-p2=0，Δ＞0，则y1＋y2=2pm，y1y2＝－p2，结合3y1＝－y2，可得m＝－33，k=-3，故选A.
解法二（几何法） 如图，分别过A，B作抛物线y2＝2px（p＞0）的准线x＝－p2的垂线，垂足分别为M，N，坐标原点为O，设｜BF｜＝3｜FA｜＝3t（t＞0），根据抛物线的定义可知，AM=t,BN=3t,过A作BN的垂线，垂足为E，则｜AM｜＝｜EN｜＝t，所以｜BE｜＝2t，在Rt△AEB中，｜AB｜＝4t，｜BE｜＝2t，根据勾股定理可得｜AE｜＝23t，tan∠ABE＝3，因为直线l的倾斜角为π－∠ABE，所以直线l的斜率为tan(π-∠ABE)=-3，即k＝－3，故选A.
解法三 设直线l的倾斜角为α，则｜AF｜＝p1－csα，｜BF｜＝p1+csα.由｜BF｜＝3｜FA｜，得p1+csα＝3p1－csα，即3（1＋cs α）＝1－cs α，解得cs α＝－12，α＝120°，所以k＝tan α＝－3.
6.[2024江西名校联考]已知F是抛物线C：y＝14x2的焦点，O为坐标原点，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则△AOB面积的最小值为（ D ）
A.1128B.132C.12D.2
解析 由题意可知，抛物线C的标准方程为x2＝4y，F（0，1），易知直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y＝kx＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得y＝kx+1，x2=4y，消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16＞0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
解法一 由抛物线的性质可知｜AB｜＝y1＋y2＋p＝14（x12＋x22）＋2＝14[（x1＋x2）2－2x1x2]＋2＝14[（4k）2－2×（－4）]＋2＝4（k2＋1），坐标原点O到直线AB的距离d＝1k2+1，所以S△AOB＝12·｜AB｜·d＝12×4（k2＋1）×1k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
解法二 S△AOB＝12｜OF｜·｜x1－x2｜＝12×1×（x1＋x2）2－4x1x2＝12×1×4k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
7.[多选]已知点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，F是抛物线的焦点，过点M的两条直线分别与抛物线相切于点A，B，直线MF交直线AB于点E，则下列结论正确的是（ BCD ）
A.抛物线的方程为x2＝4y
B.直线AB的方程为x－2y＋4＝0
C.AM·BM＝0
D.｜ME｜2＝｜AE｜·｜BE｜
解析 因为点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，所以－p2＝－2，p＝4，所以抛物线的方程为 x2＝8y，A错误；
设A（x1，y1），B（x2，y2），则抛物线在A，B两点处的切线方程分别为x1x＝4（y1＋y），x2x＝4（y2＋y），因为两切线均过点M（2，－2），所以x1＝2（y1－2），x2=2y2-2，则点A（x1，y1），B（x2，y2）均在直线x＝2（y－2）上，所以直线AB的方程为x=2y-2，即x－2y＋4＝0，B正确；
联立直线AB与抛物线方程得x－2y+4=0，x2=8y，所以x2－4x－16＝0，所以x1x2＝－16，所以kAM·kBM＝x14·x24＝－1，所以AM⊥BM，即AM·BM＝0，C正确；
易知kMF＝－2－22－0＝－2，kAB＝12，所以kMF·kAB＝－2×12＝－1，所以ME⊥AB，所以｜ME｜2=｜AE｜·｜BE｜，D正确.
8.已知动圆P恒过定点（14，0），且与直线x＝－14相切，则动圆P的圆心轨迹M的方程为 y2＝x .
解析 由题意知，动圆P的圆心到点（14，0）的距离与到直线 x＝－14的距离相等，则圆心P的轨迹是以（14，0）为焦点，直线x＝－14为准线的抛物线，故p＝12，所以动圆P的圆心轨迹M的方程为y2＝x.
9.[2021北京高考]已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且｜FM｜＝6，则点M的横坐标是 5 .
解析 抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝－1，设点M的横坐标为x0，则有x0＋1＝6，所以x0＝5.
10.[2023浙江省高三名校联考]如图，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过点F斜率为3的直线与C交于点M，N（M在x轴上方），则｜AM｜｜AN｜＝ 3 .
解析 由题可得，F（p2，0），A（－p2，0）.直线MN：y＝3（x－p2），与抛物线方程联立，消元后化简可得3x2－5px＋34p2＝0，解得xM＝32p，xN＝16p，所以M（32p，3p），
N（16p，－33p），所以｜AM｜｜AN｜＝（32p＋12p）2+3p2（16p＋12p）2＋13p2＝3.
11.[2024信阳市月考]已知直线l与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点，M是线段AB的中点.
（1）若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；
（2）若｜AB｜＝8，求点M纵坐标的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），则kAB＝y1－y2x1－x2＝x124－x224x1－x2＝x1＋x24＝x02.
由直线AB的斜率为1，得x02＝1，∴x0＝2，即点M的横坐标为2.
（2）设直线l的方程为y＝kx＋b，由x2=4y，y＝kx＋b，得x2－4kx－4b＝0，
由Δ＝（－4k）2－4×（－4b）＞0，得k2＋b＞0 ①，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，由｜AB｜＝8，得
｜AB｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]
＝（1+k2)[(4k）2－4（－4b)]
＝4（1+k2)(k2＋b）
＝8，
∴（1＋k2）（k2＋b）＝4 ②.
由x1＋x2＝4k，得y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2b＝4k2＋2b，
故点M的坐标为（2k，2k2＋b），
由①②得2k2＋b＝（k2＋1）＋（k2＋b）－1≥2（k2+1)(k2＋b）－1＝3，当且仅当1＋k2＝k2＋b，即b＝1时取等号，
故点M纵坐标的最小值为3.
12. [2023南昌市一模]“米”是象形字.数学探究课上，某同学用抛物线C1：y2＝－2px（p＞0）和C2：y2＝2px（p＞0）构造了一个类似“米”字形的图案，如图所示，若抛物线C1，C2的焦点分别为F1，F2，点P在抛物线C1上，过点P作x轴的平行线交抛物线C2于点Q，若｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，则p＝（ D ）
A.2B.3C.4D.6
解析 设P（x0，y0），则x0＜0，因为｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，所以-x0+p2=2×－2x0=4，所以x0＝－1，p＝6.故选D.
13.设抛物线E：y2＝8x的焦点为F，过点M（4，0）的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，｜BF｜＝3，记△BCF与△ACF的面积分别为S△BCF，S△ACF，则S△BCFS△ACF＝（ C ）
A.14B.15C.16D.17
解析 由题意可知，抛物线E的焦点为F（2，0），准线方程为x＝－2.设A（x1，y1），
B（x2，y2），C（－2，y3），则有x1x2＝16.（过点（a，0）的直线交抛物线y2＝2px（p＞0）于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则x1x2＝a2，y1y2＝－2pa）
因为｜BF｜＝x2＋p2＝x2＋2＝3，所以x2＝1，所以x1＝16.设点F到直线AB的距离为d，直线AB的斜率为k，则S△BCFS△ACF＝12｜BC｜d12｜AC｜d＝｜BC｜｜AC｜＝1+k2｜x2－（－2)|1+k2｜x1－（－2)|＝318＝16，（另解：分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则S△BCFS△ACF＝｜BC｜｜AC｜＝｜BB1｜｜AA1｜＝x2+2x1+2＝16）
故选C.
14.[多选/2022新高考卷Ⅰ]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（ BCD ）
A.C的准线方程为y＝－1
B.直线AB与C相切
C.｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2
D.｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2
解析 如图，因为抛物线C过点A（1，1），所以1＝2p，解得p＝12，所以C：x2＝y的准线方程为y＝－14，所以A错误；
因为x2＝y，所以y'＝2x，所以y'x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1，又点B（0，－1）在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx－1，P（x1，y1），
Q（x2，y2），由y＝kx－1，x2＝y，得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以｜OP｜·｜OQ｜＝x12＋y12·x22＋y22＝（x12＋x14)(x22＋x24）＝（1+x12)(1+x22）· x1x2＝1+（x1＋x2）2－2x1x2＋x12x22＝k2＞2＝｜OA｜2，所以C正确；
｜BP｜·｜BQ｜＝x12＋（y1+1）2·x22＋（y2+1）2＝x12＋（x12+1）2·x22＋（x22+1）2＝（x14+3x12+1)(x24+3x22+1）＝x14x24＋（3x12x22+3)(x12＋x22）＋x14＋x24+9x12x22+1＝6（x12＋x22）＋x14＋x24+11＝6（x12＋x22）＋（x12＋x22）2+9＝6（k2－2）＋（k2－2）2+9＝（k2+1）2＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，所以D正确.故选BCD.
15.[2023江苏南京、盐城二模]已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点P是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于x轴，则AF的长度为 3 .
解析 解法一（设点） 易得F（1，0），设P（－1，t），则kPF＝t－0－1－1＝－t2，所以kPA=2t，直线PA的方程为y－t＝2t（x＋1），即y＝2tx＋2t＋t，易得A（0，2t＋t），B（t24，t），A，B，F三点共线，
所以2t＋t－00－1＝t－0t24－1，得t2＝2，所以｜AF｜＝1+（2t＋t）2＝1+4t2＋t2+4＝3.
解法二（比例） 如图，设准线与x轴交于点E，则｜EF｜＝2.设BF=n，由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜＝n，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以｜BA｜＝｜BP｜＝n，延长FA与准线交于点Q，由OA∥EQ及O为EF的中点，得A为QF的中点，所以｜QA｜＝｜AF｜＝2n.由PB∥EF，得｜PB｜｜EF｜＝｜QB｜｜QF｜，即n2＝3n4n，解得n＝32，所以｜AF｜＝2n＝3.
解法三（抛物线的定义） 由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以BA=BP,所以B为AF的中点.记BP与y轴的交点为C，因为BC∥OF，所以C为AO的中点，所以｜BC｜＝12｜OF｜＝12，所以｜BP｜＝1＋12＝32，所以｜AF｜＝2｜BF｜＝2｜BP｜＝3.
16.[全国卷Ⅱ]已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）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｜＝43｜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.
解析 （1）由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝a2－b2.不妨设点A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为b2a，－b2a；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故｜AB｜＝2b2a，｜CD｜＝4c.由｜CD｜＝43｜AB｜得4c＝8b23a，即3×ca＝2－2（ca）2，解得ca＝－2（舍去）或ca＝12.
所以C1的离心率为12.
（2）由（1）知a＝2c，b＝3c，故C1：x24c2＋y23c2＝1.
设M（x0，y0），则x024c2＋y023c2＝1，y02＝4cx0，故x024c2＋4x03c＝1 ①.
由于C2的准线方程为x＝－c，所以｜MF｜＝x0＋c，而｜MF｜＝5，故x0＝5－c，代入①得（5－c）24c2＋4（5－c）3c＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1（舍去）或c＝3.
所以C1的标准方程为x236＋y227＝1，C2的标准方程为y2＝12x.
17.[背景、角度创新]抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.如图所示，从抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F向x轴上方发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成的角均为π3，且｜FB｜＋｜FA｜＝8，则两条反射光线a'，b'之间的距离为（ D ）
A.3B.4C.2D.23
解析 解法一 由题意，得F（p2，0）.因为∠OFA＝π3，所以直线AF的斜率kAF＝tan∠AFx＝tan2π3＝－3，（提示：直线倾斜角的正切值即直线的斜率）
所以直线AF的方程为y＝－3（x－p2），
代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以A（p6，33p）.
因为∠BFx＝π3，所以直线BF的斜率kBF＝3，所以直线BF的方程为y＝3（x－p2），代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以B（32p，3p）.
由抛物线的定义，得｜FA｜＋｜FB｜＝xA＋p2＋xB＋p2＝p6＋32p＋p＝8，（规律：在抛物线中，常根据抛物线的定义将抛物线上任意一点到焦点的距离转化为该点到准线的距离）
解得p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝3p－33p＝23，故选D.
解法二 如图，延长BF交抛物线C于点A'，因为入射光线a，b与x轴所成的角均为π3，则直线A'B的倾斜角为π3，则由抛物线的对称性可得A与A'关于x轴对称，所以｜AF｜＝｜A'F｜，所以｜FA｜＋｜FB｜＝｜A'F｜＋｜FB｜＝｜A'B｜＝8.
由题意，得F（p2，0）.又直线A'B的斜率kA'B＝tanπ3＝3，所以直线A'B的方程为y＝3（x－p2）.
由y＝3（x－p2),y2=2px，消去y，得12x2－20px＋3p2＝0，则xA'＋xB＝2012p＝53p，xA'xB＝312p2＝14p2，所以｜A'B｜＝1+（3）2｜xA'－xB｜＝2（xA'＋xB）2－4xA'xB＝83p＝8，（方法：对于抛物线y2＝2px（p＞0）中的焦点弦问题，可根据抛物线的定义求解，也可利用弦长公式求解）
所以p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝yB＋yA'＝3（xB＋xA'）－3p＝233p＝23，
故选D.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.了解抛物线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质.
2.了解抛物线的简单应用.
3.体会数形结合的思想.
抛物线的定义及其应用
2022全国卷乙T5；2021新高考卷ⅡT3；2021全国卷乙T21；2020全国卷ⅠT4
本讲每年必考，主要以定义作为命题思路，求解轨迹问题、距离问题、最值问题等.在2025年高考备考中，在训练常规题型的同时，应关注抛物线的定义的应用.
抛物线的标准方程
2023全国卷乙T13；2022全国卷甲T20；2021新高考卷ⅠT14；2021全国甲卷T20
抛物线的几何性质
2023新高考卷ⅡT10；2021新高考卷ⅠT14；2020全国卷ⅡT19；2020全国卷ⅢT5
标准方程
y2＝2px（p＞0）
y2=-2pxp>0
x2＝2py（p＞0）
x2＝－2py（p＞0）
图形
几何
性质
对称轴
x轴
y轴
顶点
O（0，0）
焦点
④ F（p2，0）
⑤ F（－p2，0）
⑥ F（0，p2）
⑦ F（0，－p2）
准线方程
⑧ x＝－p2
⑨ x＝p2
⑩ y＝－p2
⑪ y＝p2
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
离心率
e＝⑫ 1
焦半径（其中Px0,y0 为抛物线上任一点）
⑬ p2＋x0
p2－x0
⑭ p2＋y0
p2－y0
学生用书P189
1.抛物线的定义
平面内与一个定点F和一条定直线l（l不经过点F）的距离① 相等 的点的轨迹叫做抛物线.点F叫做抛物线的② 焦点 ，直线l叫做抛物线的③ 准线 .
注意 定点F在定直线l上时，动点的轨迹为过点F且垂直于l的一条直线.
2.抛物线的标准方程与几何性质
常用结论
抛物线焦点弦的几个常用结论
如图，设AB是一条过抛物线y2＝2px（p＞0）焦点F的弦，AB所在直线的倾斜角为α，若A（x1，y1），B（x2，y2），A，B在准线l上的射影分别为A1，B1，则
（1）x1x2＝p24，y1y2＝－p2.
（2）｜AF｜＝p1－csα，｜BF｜＝p1+csα，弦长｜AB｜＝x1＋x2＋p＝2psin2α，S△AOB＝p22sinα＝12｜OF｜·｜y1－y2｜.
（3）1｜AF｜＋1｜BF｜＝2p.
（4）当N为准线与x轴的交点时，∠ANF＝∠BNF.
（5）通径是过焦点且垂直于对称轴的弦，弦长等于2p，通径是过焦点的最短的弦.
（6）以弦AB为直径的圆与抛物线的准线相切.
（7）以A1B1为直径的圆与AB相切，切点为F，∠A1FB1＝90°.
（8）当M1为A1B1的中点时，M1A⊥M1B.
（9）以AF或BF为直径的圆与y轴相切.
（2）的推导过程：因为AB所在直线的倾斜角为α，则cs α＝x1－p2x1＋p2，解得x1＝p2·1+csα1－csα，则｜AF｜＝x1＋p2＝p1－csα.
同理可得｜BF｜＝p1+csα.
则｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋p＝p1－csα＋p1+csα＝2psin2α，
S△AOB＝12×｜AB｜×p2×sin α＝12×2psin2α×p2×sin α＝p22sinα.
由（2）的推导过程可得，1｜AF｜＋1｜BF｜＝1－csαp＋1+csαp＝2p.
1.下列说法正确的是（ D ）
A.平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线
B.若抛物线过点P（－2，3），则其标准方程可写为y2＝2px（p＞0）
C.抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形
D.方程y＝ax2（a≠0）表示的曲线是焦点在y轴上的抛物线，且其准线方程为y＝－14a
2.抛物线y＝4x2的焦点坐标为（ A ）
A.（0，116）B.（0，14）C.（0，1）D.（1，0）
解析 化抛物线的方程为标准形式，得x2＝14y，所以p＝18，（本题在解答过程中若不先将抛物线方程化为标准形式，易错误得到p＝2，从而错选C）
抛物线的焦点坐标为（0，116），故选A.
3.[2023湖北省十堰市调研]下列四个抛物线中，开口朝左的是（ C ）
A.y2＝5xB.x2＝－5y
C.y2＝－5xD.x2＝5y
解析 抛物线y2＝5x的开口朝右，抛物线x2＝－5y的开口朝下，抛物线y2＝－5x的开口朝左，抛物线x2＝5y的开口朝上.故选C.
4.若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆x23p＋y2p＝1的一个焦点，则p＝（ D ）
A.2B.3C.4D.8
解析 由题意，知抛物线的焦点坐标为（p2，0），椭圆的焦点坐标为（±2p，0），所以p2＝2p，解得p＝8，故选D.
5.已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（2，22）为抛物线上一点，则｜MF｜＝（ B ）
A.2B.3C.4D.5
解析 因为点M（2，22）为抛物线上一点，所以将点M的坐标代入抛物线的方程y2＝2px（p＞0），可得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x，可得其准线方程为x＝－1.根据抛物线的定义，得｜MF｜＝2－（－1）＝3.故选B.
学生用书P190
命题点1 抛物线的定义及其应用
例1 （1）[全国卷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＝（ C ）
A.2B.3C.6D.9
解析 根据抛物线的定义及题意得，点A到C的准线x＝－p2的距离为12，因为点A到y轴的距离为9，所以p2＝12－9，解得p＝6.故选C.
（2）[2022全国卷乙]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｜＝（ B ）
A.2B.22C.3D.32
解析 解法一 如图，由题意可知F（1，0），设A（y024，y0），则由抛物线的定义可知｜AF｜＝y024＋1.因为｜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.
解法二 由题意可知F（1，0），｜BF｜＝2，所以｜AF｜＝2.因为抛物线的通径长为2p＝4，所以AF的长为通径长的一半，所以AF⊥x轴，所以｜AB｜＝22＋22＝8＝22，故选B.
方法技巧
利用抛物线的定义可解决的常见问题
（1）轨迹问题：利用抛物线的定义可以确定与定点、定直线距离有关的动点轨迹是否为抛物线.
（2）距离问题：涉及抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离问题时，在解题过程中注意两者之间的相互转化.
（3）最值问题：通过距离转化，利用“两点之间线段最短”和“垂线段最短”求解.
训练1 [多选/2023惠州市二调]设抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，点M为C上一动点，E（3，1）为定点，则下列结论正确的是（ AD ）
A.准线l的方程是x＝－2
B.｜ME｜－｜MF｜的最大值为2
C.｜ME｜＋｜MF｜的最小值为7
D.以线段MF为直径的圆与y轴相切
解析 由题意得，抛物线C的焦点F（2，0），准线l的方程是x＝－2，故A正确；｜ME｜－｜MF｜≤｜EF｜＝（3－2）2＋（1－0）2＝2，当点M在线段EF的延长线上时等号成立，∴｜ME｜－｜MF｜的最大值为2，故B不正确；如图所示，过点M，E分别作准线l的垂线，垂足分别为A，B，则｜ME｜＋｜MF｜＝｜ME｜＋｜MA｜≥｜EB｜＝5，当点M在线段EB上时等号成立，∴｜ME｜＋｜MF｜的最小值为5，故C不正确；设点M（x0，y0），线段MF的中点为D，则点D的横坐标xD＝x0+22＝｜MA｜2＝｜MF｜2，∴以线段MF为直径的圆与y轴相切，故D正确.故选AD.
命题点2 抛物线的标准方程
例2 （1）[2023全国卷乙]已知点A（1，5）在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 94 .
解析 将点A的坐标代入抛物线方程，得5＝2p，于是y2＝5x，则抛物线的准线方程为x＝－54，所以A到准线的距离为1－（－54）＝94.
（2）[2021新高考卷Ⅰ]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 x＝－32 .
解析 解法一 由题易得｜OF｜＝p2，｜PF｜＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以｜OF｜｜PF｜＝｜PF｜｜FQ｜，即p2p＝p6，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－32.
解法二 由题易得｜OF｜＝p2，｜PF｜＝p，｜PF｜2＝｜OF｜·｜FQ｜，即p2＝p2×6，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－32.
方法技巧
抛物线的标准方程的求法
（1）定义法
根据抛物线的定义求出p.标准方程有四种形式，要注意判断焦点位置及开口方向.
（2）待定系数法
当焦点位置不确定时，注意分类讨论.对于焦点在x轴上的抛物线的方程可设为y2＝mx（m≠0），焦点在y轴上的抛物线的方程可设为x2＝my（m≠0）.
训练2 （1）若抛物线的对称轴为坐标轴，焦点在直线x－2y－4＝0 上，则此抛物线的标准方程为 y2＝16x 或x2＝－8y .
解析 由x－2y－4＝0，令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以抛物线的焦点是（4，0）或（0，－2），故所求抛物线的标准方程为y2＝16x或x2＝－8y.
（2）如图，过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C，若｜BC｜＝2｜BF｜，且｜AF｜＝3，则抛物线的方程为 y2＝3x .
解析 如图，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为点E，D，设｜BF｜＝a，准线与x轴交于点G，则由已知得，｜BC｜＝2a，由抛物线的定义得，｜BD｜＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，∵｜AC｜＝｜AF｜＋｜BF｜＋｜BC｜＝3＋3a，2｜AE｜＝｜AC｜，∴3＋3a＝6，∴a＝1.易知BD∥FG，∴｜BD｜｜GF｜＝｜BC｜｜CF｜，即1p＝23，解得p＝32，因此抛物线的方程为y2＝3x.
命题点3 抛物线的几何性质
例3 [多选/2023新高考卷Ⅱ]设O为坐标原点，直线y＝－3（x－1）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ AC ）
A.p＝2
B.｜MN｜＝83
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
解析 由题意，易知直线y＝－3（x－1）过点（1，0）.
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为（1，0），所以p2＝1，即p＝2，所以A选项正确.
对于B，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），x1＜x2，联立方程得y＝－3（x－1),y2=4x，消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝13，x2＝3.由抛物线的定义得，｜MN｜＝x1＋x2＋p＝103＋2＝163，故B选项错误.
对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为（53，－233），半径r＝12｜MN｜＝83＝53＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确.
对于D，由两点间距离公式可得｜MN｜＝163，｜OM｜＝133，｜ON｜＝21，故D选项错误.综上，选AC.
方法技巧
应用抛物线的几何性质解题时，常结合图形思考，通过图形可以直观地看出拋物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性.
训练3 [多选]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，直线l的斜率为3且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），与抛物线的准线交于点D，若｜AF｜＝8，则以下结论正确的是（ ABC ）
A.p＝4B.DF＝FA
C.｜BD｜＝2｜BF｜D.｜BF｜＝4
解析 如图所示，分别过点A，B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E，M.设抛物线C的准线m交x轴于点P，则｜PF｜＝p，由于直线l的斜率为3，所以倾斜角为60°，因为AE∥x轴，所以∠EAF＝60°.由抛物线的定义可知，｜AE｜＝｜AF｜，则△AEF为等边三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，所以｜AF｜＝｜EF｜＝2｜PF｜＝2p＝8，所以p＝4，A选项正确；因为｜AE｜＝｜EF｜＝2｜PF｜，PF∥AE，所以F为AD的中点，则DF＝FA，B选项正确；因为∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以｜BD｜＝2｜BM｜＝2｜BF｜，C选项正确；因为｜BD｜＝2｜BF｜，所以｜BF｜＝13｜DF｜＝13｜AF｜＝83，D选项错误.故选ABC.
学生用书P191
巧用抛物线中的阿基米德三角形的几何性质
例4 [2023温州市第一次适应性考试]已知P为直线y＝－x－1上一动点，过点P作抛物线C：x2＝2y的两条切线，切点分别记为A，B，则原点O到直线AB距离的最大值为（ B ）
A.1B.2C.3D.2
解析 设A（x1，y1），B（x2，y2），因为y＝12x2，所以y'＝x.根据导数的几何意义可知直线PA：y－y1＝x1（x－x1），化简得y＝x1x－y1.
同理可得，直线PB：y＝x2x－y2.
因为点P是直线y＝－x－1上一动点，
所以不妨设P（t，－t－1），则－t－1＝x1t－y1，－t－1＝x2t－y2，
所以直线AB：tx－y＋t＋1＝0.直线tx－y＋t＋1＝0过定点G（－1，1），
所以当AB⊥OG时，原点O到直线AB的距离最大，其最大距离为｜OG｜＝2.故选B.（另解：原点O到直线AB的距离d＝｜t+1｜t2+1＝t2+2t+1t2+1＝1+2tt2+1≤1+1＝2，当且仅当t＝1时取等号）
例5 [2021全国卷乙]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）由题意知M（0，－4），F（0，p2），圆M的半径r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即p2＋4－1＝4，解得p＝2.（F与圆M上点的距离的最小值为｜MF｜－r，最大值为｜MF｜＋r）
（2）解法一 由（1）知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A（x1，x124），B（x2，x224），直线AB的方程为y=kx+b,
由y＝kx＋b，x2=4y，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b＞0 ①，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以｜AB｜＝1+k2｜x1－x2｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝41+k2·k2＋b.
因为x2＝4y，即y＝x24，
所以y'＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为x12，在点A处的切线方程为y－x124＝x12（x－x1），
即y＝x12x－x124.
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－x224.
由y＝x12x－x124，y＝x22x－x224，得x＝x1＋x22=2k，y＝x1x24＝－b，即P（2k，－b），
设点P到直线AB的距离为d，则d＝｜2k2+2b｜1+k2，
所以S△PAB＝12｜AB｜·d＝4（k2＋b）3.
因为点P在圆M上，
所以4k2＋（4－b）2＝1，
且－12≤k≤12，3≤b≤5，满足①.
则k2＝1－（4－b）24＝－b2+8b－154，令t＝k2＋b，则t＝－b2+12b－154，且3≤b≤5.
因为t＝－b2+12b－154在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k=0,所以△PAB面积的最大值为205.
解法二 设P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2）， 则切线PA的方程为y－y1＝x12（x－x1），切线PB的方程为y－y2＝x22（x－x2），
将点P（x0，y0）的坐标分别代入切线PA、切线PB的方程，可得x0x1－2（y0＋y1）=0，x0x2－2（y0＋y2）=0，则可得直线AB的方程为x0x－2（y＋y0）＝0.
由x0x－2（y＋y0）=0，x2=4y，可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4（x02－4y0）＞0，则x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，则｜AB｜＝1+kAB2·（x1＋x2）2－4x1x2＝（4+x02)(x02－4y0），
设点P到直线AB的距离为d，则d＝｜x02－4y0｜x02+4，
故S△PAB＝12·｜AB｜·d＝（x02－4y0）322.
由于点P在M上，故x02＝－y02－8y0－15，
代入上式得S△PAB＝（－y02－12y0－15）322，y0∈[－5，－3]，故当y0＝－5时，（S△PAB）max＝205.
方法技巧
抛物线中的阿基米德三角形的几何性质
圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.
过抛物线x2＝2py（p＞0）上A，B两点分别作抛物线的切线，两切线相交于点P，则△PAB为抛物线中的阿基米德三角形.若AB恰好过抛物线的焦点F（如图所示），则△PAB有以下基本性质：
（1）点P必在抛物线的准线上.
（2）△PAB为直角三角形，且∠APB为直角.
（3）PF⊥AB.
（4）点P的坐标为（xA＋xB2，－p2）.
训练4 [多选/2023云南省第二次统考]已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，过点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作抛物线C的切线，两切线交于点T，设线段AB的中点为M，若点T的坐标为（2，－12），则（ ACD ）
A.点M的横坐标为2B.点M的纵坐标为3
C.直线l的斜率等于2D.｜TM｜＝5
解析 解法一 抛物线C：x2＝2py，即y＝x22p，则y'＝xp，因为A，B两点在抛物线上，所以可设A（x1，x122p），B（x2，x222p），则以A为切点且与抛物线相切的直线的方程为y－x122p＝x1p（x－x1），即y＝x1px－x122p ①，同理可得以B为切点且与抛物线相切的直线的方程为y＝x2px－x222p ②，联立①②，得y＝x1px－x122p，y＝x2px－x222p，解得x＝x1＋x22，y＝x1x22p，即T（x1＋x22，x1x22p）.因为抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，p2），直线l过点F，所以由题意可知直线l的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋p2，与抛物线C：x2＝2py联立，得y＝kx＋p2，x2=2py，消去y，得x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，即T（x1＋x22，－p2），又点T的坐标为(2,-12)，所以x1＋x22＝2，－p2＝－12，所以x1＋x2＝4，p＝1.所以线段AB的中点M的横坐标为x1＋x22＝2，所以选项A正确.
可得抛物线C：x2＝2y，F（0，12），A（x1，x122），B（x2，x222），所以直线l的斜率k＝x122－x222x1－x2＝x1＋x22＝2，所以选项C正确.
可得直线l的方程为y＝2x＋12，又点M的横坐标为2，且点M在直线l上，所以点M的纵坐标为2×2＋12＝92，所以选项B错误.
由M（2，92），T（2，－12），可得｜TM｜＝92－（－12）＝5，所以选项D正确.
综上，选ACD.
解法二 易知△TAB为阿基米德焦点三角形，设M（xM，yM），则点T的坐标为（xM，-p2），TF⊥AB.由已知T的坐标为（2，－12），得xM＝2，即点M的横坐标为2，A正确.－p2＝－12，p＝1，则F（0，12），kTF＝－12，则kAB＝2，C正确.直线l的方程为y＝2x＋12，由点M在直线l上，易得yM＝92，故B错误.由M（2，92），T（2，－12），得｜TM｜＝5，故D正确.
1.[命题点1/北京高考]设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线（ B ）
A.经过点OB.经过点P
C.平行于直线OPD.垂直于直线OP
解析 连接PF，由抛物线的定义可知｜PQ｜＝｜FP｜，故线段FQ的垂直平分线经过点P.
2.[命题点2]在平面直角坐标系xOy中，动点M到定点F（1，0）的距离比到y轴的距离大1，则动点M的轨迹方程为 y2=4x（x≥0）y=0（x<0） .
解析 由题意知，当x≥0时，动点M到定点F（1，0）的距离等于到直线x＝－1的距离，轨迹为抛物线.设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），则p2＝1，p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.
当x＜0时，y＝0也满足条件.（易忽略点在定直线上的情况）
综上，动点M的轨迹方程为y2=4x（x≥0),y=0（x<0).
3.[命题点2/2023陕西渭南二模]将抛物线y2＝mx绕其顶点顺时针旋转90°之后，正好与抛物线y＝2x2重合，则m＝（ A ）
A.－12B.12C.－2D.2
解析 易知抛物线y2＝mx的焦点坐标为（m4，0），抛物线y＝2x2的标准方程为x2＝12y，其焦点坐标为（0，18）.
易知（m4，0）绕原点顺时针旋转90°之后得到（0，18），则m4＝－18，解得m＝－12.
4.[命题点3/2023长沙市适应性考试]已知O为坐标原点，F为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，过点F且倾斜角为60°的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）.若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设△AOF，△ADB的面积分别为S1，S2，则S1S2＝ 916 .
解析 如图，设A（xA，yA），B（xB，yB），根据抛物线的定义知，｜AF｜＝xA＋p2 ①，因为∠AFx＝60°，所以xA＝p2＋｜AF｜·cs 60° ②，
由①②得，｜AF｜＝p1－cs60°＝2p，xA＝3p2.
同理得｜BF｜＝p1+cs60°＝2p3，xB＝p6.
解法一 由点D在准线l上可知，其横坐标xD＝－p2，易知｜AF｜｜AB｜＝｜AF｜｜AF｜＋｜BF｜＝34，｜AO｜｜AD｜=xAxA－xD＝34，得｜AF｜｜AB｜＝｜AO｜｜AD｜，所以OF∥BD，则△AOF∽△ADB，从而S1S2＝（｜AF｜｜AB｜）2＝916.
解法二 则yA＝3p，yB＝－33p，
直线AO的方程为y＝233x，
将x＝－p2代入上式，得y＝－33p，
即D（－p2，－33p），则yB＝yD，
所以｜DB｜＝xB－xD＝23p，
又｜OF｜＝p2，
所以S1＝12｜OF｜·yA＝34p2，
S2＝12｜DB｜·（yA－yB）＝439p2，可得S1S2＝916.
5.[思维帮/多选/2023济南模拟]在平面直角坐标系xOy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆x24＋y23＝1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则（ ABD ）
A.∠APB恒为锐角
B.当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为12
C.｜AP｜的最小值为4
D.存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0
解析 设P（－4，t），则直线AB的方程为－4x4＋ty3＝1，
即3（x＋1）－ty＝0，则直线AB恒过点（－1，0）.
如图，设圆x24＋y24＝1，即x2＋y2＝4，由点P（－4，t）向圆x2＋y2＝4作切线，切点分别记为A'，B'，显然∠A'PB'＞∠APB，易知sin∠A'PB'2＝2｜PO｜，所以当OP与直线x＝－4垂直时，｜OP｜最小，为4，此时∠A'PB'最大，
所以（sin∠A'PB'2）max＝24＝12，即（∠A'PB'）max＝60°，
所以∠APB＜∠A'PB'≤60°，
所以∠APB恒为锐角，所以选项A正确；
当直线AB垂直于x轴时，由对称性可知，此时点P在x轴上，所以P（－4，0），直线AB的方程为x＝－1，又点A在x轴上方，
所以A（－1，32），所以此时直线AP的斜率为32－1+4＝12，所以选项B正确；
当直线AB垂直于x轴时，｜AP｜＝（－4+1）2＋（0－32）2＝352＜4，所以选项C错误；假设存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0，则（PA＋PO）·（PA－PO）＝PA2－PO2＝0，即｜PA｜＝｜PO｜，设A（x0，y0），－2＜x0＜2，则切线PA的方程为x0x4＋y0y3＝1，则P（－4，3（1+x0）y0），设M为AO的中点，则M（x02，y02），连接PM，因为｜PA｜＝｜PO｜，所以PM⊥AO，则有kPM·kAO＝－1，即3（1+x0）y0－y02－4－x02·y0x0＝－1，化简整理得，x02＋y02＋2x0－6＝0 ①，又x024＋y023＝1，即y02＝3（1－x024），将其代入①得，x02＋8x0－12＝0，解得x0＝－4＋27或x0＝－4－27（舍去），所以存在点P，使得（PA＋PO）·OA＝0，所以选项D正确.综上，选ABD.
学生用书·练习帮P360
1.[2024福州市一检]已知点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，则点P到C的准线的距离为（ C ）
A.4B.3C.2D.1
解析 如图，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1.由点P（x0，2）在抛物线C：y2＝4x上，得4＝4x0，所以x0＝1，故点P到C的准线的距离为2，选C.
2.[2024青岛市检测]设抛物线C：x2＝2py的焦点为F，M（x，4）在C上，｜MF｜＝5，则C的方程为（ A ）
A.x2＝4yB.x2＝－4y
C.x2＝－2yD.x2＝2y
解析 因为M（x，4）在抛物线C：x2＝2py上，所以p＞0，F（0，p2），准线l的方程为y＝－p2.由抛物线的定义知，点M到焦点F的距离等于其到准线l的距离， 即｜MF｜＝4＋p2＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y，故选A.
3.[2023安徽省名校联考]已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝8x的焦点，M为C上一点，若｜MF｜＝8，则△MOF的面积为（ A ）
A.43B.32C.8D.33
解析 解法一 抛物线C：y2＝8x的准线方程为x＝－2.设M（x0，y0），由抛物线的定义可知，点M到焦点F（2，0）的距离等于其到准线x＝－2的距离，所以｜MF｜＝x0＋2＝8，所以x0＝6.因为点M（x0，y0）在抛物线C上，所以y02＝8×6＝48，则｜y0｜＝43，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜y0｜＝12×2×43＝43，故选A.
解法二 因为抛物线C：y2＝8x关于x轴对称，所以不妨设点M在x轴上方，直线FM的倾斜角为θ，则｜MF｜＝p1－csθ＝41－csθ＝8，所以cs θ＝12，因为0＜θ＜π，所以θ＝π3，则∠OFM＝2π3，所以S△MOF＝12｜OF｜·｜MF｜·sin∠OFM＝12×2×8×sin2π3＝43，故选A.
4.已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线上一点，｜MF｜＝4｜OF｜，｜OM｜＝21，则p＝（ B ）
A.1B.2C.4D.6
解析 解法一 由抛物线的几何性质知｜OF｜＝p2，则｜MF｜＝4｜OF｜＝2p.由抛物线的定义知｜MF｜＝xM＋p2，所以xM＋p2＝2p，解得xM＝3p2，将其代入y2＝2px，得｜yM｜＝3p，所以｜OM｜＝xM2＋yM2＝（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
解法二 如图，不妨设点M在第一象限，过点F作x轴的垂线，过点M作x轴的平行线，两线交于点N，因为｜MF｜＝4｜OF｜，所以由抛物线的定义知｜MN｜＝｜MF｜－2｜OF｜＝2｜OF｜＝p＝12｜MF｜，所以∠MFN＝30°，则M（3p2，3p）.由｜OM｜＝21，得（3p2）2＋（3p）2＝21，得p＝2，故选B.
5.[2023广西南宁适应性测试]已知直线l：y＝k（x－p2）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两点（其中A位于第一象限），点F是抛物线C的焦点，若｜BF｜＝3｜FA｜，则k＝（ A ）
A.－3B.－33C.－1D.－13
解析 解法一（代数法） 由题意可知，直线l过抛物线C的焦点F，设A（x1，y1）（x1＞0，y1＞0），B（x2，y2），易知k≠0，因为｜BF｜＝3｜FA｜，所以3y1＝－y2，令1k＝m，则直线l的方程可以写为x＝my＋p2，由x＝my＋p2，y2=2px，消去x并整理得关于y的方程y2-2pmy-p2=0，Δ＞0，则y1＋y2=2pm，y1y2＝－p2，结合3y1＝－y2，可得m＝－33，k=-3，故选A.
解法二（几何法） 如图，分别过A，B作抛物线y2＝2px（p＞0）的准线x＝－p2的垂线，垂足分别为M，N，坐标原点为O，设｜BF｜＝3｜FA｜＝3t（t＞0），根据抛物线的定义可知，AM=t,BN=3t,过A作BN的垂线，垂足为E，则｜AM｜＝｜EN｜＝t，所以｜BE｜＝2t，在Rt△AEB中，｜AB｜＝4t，｜BE｜＝2t，根据勾股定理可得｜AE｜＝23t，tan∠ABE＝3，因为直线l的倾斜角为π－∠ABE，所以直线l的斜率为tan(π-∠ABE)=-3，即k＝－3，故选A.
解法三 设直线l的倾斜角为α，则｜AF｜＝p1－csα，｜BF｜＝p1+csα.由｜BF｜＝3｜FA｜，得p1+csα＝3p1－csα，即3（1＋cs α）＝1－cs α，解得cs α＝－12，α＝120°，所以k＝tan α＝－3.
6.[2024江西名校联考]已知F是抛物线C：y＝14x2的焦点，O为坐标原点，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则△AOB面积的最小值为（ D ）
A.1128B.132C.12D.2
解析 由题意可知，抛物线C的标准方程为x2＝4y，F（0，1），易知直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y＝kx＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立得y＝kx+1，x2=4y，消去y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16＞0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
解法一 由抛物线的性质可知｜AB｜＝y1＋y2＋p＝14（x12＋x22）＋2＝14[（x1＋x2）2－2x1x2]＋2＝14[（4k）2－2×（－4）]＋2＝4（k2＋1），坐标原点O到直线AB的距离d＝1k2+1，所以S△AOB＝12·｜AB｜·d＝12×4（k2＋1）×1k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
解法二 S△AOB＝12｜OF｜·｜x1－x2｜＝12×1×（x1＋x2）2－4x1x2＝12×1×4k2+1＝2k2+1，所以当k＝0时，△AOB的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
7.[多选]已知点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，F是抛物线的焦点，过点M的两条直线分别与抛物线相切于点A，B，直线MF交直线AB于点E，则下列结论正确的是（ BCD ）
A.抛物线的方程为x2＝4y
B.直线AB的方程为x－2y＋4＝0
C.AM·BM＝0
D.｜ME｜2＝｜AE｜·｜BE｜
解析 因为点M（2，－2）在抛物线x2＝2py（p＞0）的准线上，所以－p2＝－2，p＝4，所以抛物线的方程为 x2＝8y，A错误；
设A（x1，y1），B（x2，y2），则抛物线在A，B两点处的切线方程分别为x1x＝4（y1＋y），x2x＝4（y2＋y），因为两切线均过点M（2，－2），所以x1＝2（y1－2），x2=2y2-2，则点A（x1，y1），B（x2，y2）均在直线x＝2（y－2）上，所以直线AB的方程为x=2y-2，即x－2y＋4＝0，B正确；
联立直线AB与抛物线方程得x－2y+4=0，x2=8y，所以x2－4x－16＝0，所以x1x2＝－16，所以kAM·kBM＝x14·x24＝－1，所以AM⊥BM，即AM·BM＝0，C正确；
易知kMF＝－2－22－0＝－2，kAB＝12，所以kMF·kAB＝－2×12＝－1，所以ME⊥AB，所以｜ME｜2=｜AE｜·｜BE｜，D正确.
8.已知动圆P恒过定点（14，0），且与直线x＝－14相切，则动圆P的圆心轨迹M的方程为 y2＝x .
解析 由题意知，动圆P的圆心到点（14，0）的距离与到直线 x＝－14的距离相等，则圆心P的轨迹是以（14，0）为焦点，直线x＝－14为准线的抛物线，故p＝12，所以动圆P的圆心轨迹M的方程为y2＝x.
9.[2021北京高考]已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且｜FM｜＝6，则点M的横坐标是 5 .
解析 抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝－1，设点M的横坐标为x0，则有x0＋1＝6，所以x0＝5.
10.[2023浙江省高三名校联考]如图，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过点F斜率为3的直线与C交于点M，N（M在x轴上方），则｜AM｜｜AN｜＝ 3 .
解析 由题可得，F（p2，0），A（－p2，0）.直线MN：y＝3（x－p2），与抛物线方程联立，消元后化简可得3x2－5px＋34p2＝0，解得xM＝32p，xN＝16p，所以M（32p，3p），
N（16p，－33p），所以｜AM｜｜AN｜＝（32p＋12p）2+3p2（16p＋12p）2＋13p2＝3.
11.[2024信阳市月考]已知直线l与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点，M是线段AB的中点.
（1）若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；
（2）若｜AB｜＝8，求点M纵坐标的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），则kAB＝y1－y2x1－x2＝x124－x224x1－x2＝x1＋x24＝x02.
由直线AB的斜率为1，得x02＝1，∴x0＝2，即点M的横坐标为2.
（2）设直线l的方程为y＝kx＋b，由x2=4y，y＝kx＋b，得x2－4kx－4b＝0，
由Δ＝（－4k）2－4×（－4b）＞0，得k2＋b＞0 ①，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，由｜AB｜＝8，得
｜AB｜＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2]
＝（1+k2)[(4k）2－4（－4b)]
＝4（1+k2)(k2＋b）
＝8，
∴（1＋k2）（k2＋b）＝4 ②.
由x1＋x2＝4k，得y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2b＝4k2＋2b，
故点M的坐标为（2k，2k2＋b），
由①②得2k2＋b＝（k2＋1）＋（k2＋b）－1≥2（k2+1)(k2＋b）－1＝3，当且仅当1＋k2＝k2＋b，即b＝1时取等号，
故点M纵坐标的最小值为3.
12. [2023南昌市一模]“米”是象形字.数学探究课上，某同学用抛物线C1：y2＝－2px（p＞0）和C2：y2＝2px（p＞0）构造了一个类似“米”字形的图案，如图所示，若抛物线C1，C2的焦点分别为F1，F2，点P在抛物线C1上，过点P作x轴的平行线交抛物线C2于点Q，若｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，则p＝（ D ）
A.2B.3C.4D.6
解析 设P（x0，y0），则x0＜0，因为｜PF1｜＝2｜PQ｜＝4，所以-x0+p2=2×－2x0=4，所以x0＝－1，p＝6.故选D.
13.设抛物线E：y2＝8x的焦点为F，过点M（4，0）的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，｜BF｜＝3，记△BCF与△ACF的面积分别为S△BCF，S△ACF，则S△BCFS△ACF＝（ C ）
A.14B.15C.16D.17
解析 由题意可知，抛物线E的焦点为F（2，0），准线方程为x＝－2.设A（x1，y1），
B（x2，y2），C（－2，y3），则有x1x2＝16.（过点（a，0）的直线交抛物线y2＝2px（p＞0）于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则x1x2＝a2，y1y2＝－2pa）
因为｜BF｜＝x2＋p2＝x2＋2＝3，所以x2＝1，所以x1＝16.设点F到直线AB的距离为d，直线AB的斜率为k，则S△BCFS△ACF＝12｜BC｜d12｜AC｜d＝｜BC｜｜AC｜＝1+k2｜x2－（－2)|1+k2｜x1－（－2)|＝318＝16，（另解：分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则S△BCFS△ACF＝｜BC｜｜AC｜＝｜BB1｜｜AA1｜＝x2+2x1+2＝16）
故选C.
14.[多选/2022新高考卷Ⅰ]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（ BCD ）
A.C的准线方程为y＝－1
B.直线AB与C相切
C.｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2
D.｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2
解析 如图，因为抛物线C过点A（1，1），所以1＝2p，解得p＝12，所以C：x2＝y的准线方程为y＝－14，所以A错误；
因为x2＝y，所以y'＝2x，所以y'x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1，又点B（0，－1）在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx－1，P（x1，y1），
Q（x2，y2），由y＝kx－1，x2＝y，得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以｜OP｜·｜OQ｜＝x12＋y12·x22＋y22＝（x12＋x14)(x22＋x24）＝（1+x12)(1+x22）· x1x2＝1+（x1＋x2）2－2x1x2＋x12x22＝k2＞2＝｜OA｜2，所以C正确；
｜BP｜·｜BQ｜＝x12＋（y1+1）2·x22＋（y2+1）2＝x12＋（x12+1）2·x22＋（x22+1）2＝（x14+3x12+1)(x24+3x22+1）＝x14x24＋（3x12x22+3)(x12＋x22）＋x14＋x24+9x12x22+1＝6（x12＋x22）＋x14＋x24+11＝6（x12＋x22）＋（x12＋x22）2+9＝6（k2－2）＋（k2－2）2+9＝（k2+1）2＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，所以D正确.故选BCD.
15.[2023江苏南京、盐城二模]已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点P是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于x轴，则AF的长度为 3 .
解析 解法一（设点） 易得F（1，0），设P（－1，t），则kPF＝t－0－1－1＝－t2，所以kPA=2t，直线PA的方程为y－t＝2t（x＋1），即y＝2tx＋2t＋t，易得A（0，2t＋t），B（t24，t），A，B，F三点共线，
所以2t＋t－00－1＝t－0t24－1，得t2＝2，所以｜AF｜＝1+（2t＋t）2＝1+4t2＋t2+4＝3.
解法二（比例） 如图，设准线与x轴交于点E，则｜EF｜＝2.设BF=n，由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜＝n，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以｜BA｜＝｜BP｜＝n，延长FA与准线交于点Q，由OA∥EQ及O为EF的中点，得A为QF的中点，所以｜QA｜＝｜AF｜＝2n.由PB∥EF，得｜PB｜｜EF｜＝｜QB｜｜QF｜，即n2＝3n4n，解得n＝32，所以｜AF｜＝2n＝3.
解法三（抛物线的定义） 由抛物线的定义知｜BF｜＝｜BP｜，则∠BPF＝∠BFP，又∠APB＋∠BPF＝90°，∠PAB＋∠PFA＝90°，所以∠BPA＝∠PAB，所以BA=BP,所以B为AF的中点.记BP与y轴的交点为C，因为BC∥OF，所以C为AO的中点，所以｜BC｜＝12｜OF｜＝12，所以｜BP｜＝1＋12＝32，所以｜AF｜＝2｜BF｜＝2｜BP｜＝3.
16.[全国卷Ⅱ]已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）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｜＝43｜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.
解析 （1）由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝a2－b2.不妨设点A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为b2a，－b2a；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故｜AB｜＝2b2a，｜CD｜＝4c.由｜CD｜＝43｜AB｜得4c＝8b23a，即3×ca＝2－2（ca）2，解得ca＝－2（舍去）或ca＝12.
所以C1的离心率为12.
（2）由（1）知a＝2c，b＝3c，故C1：x24c2＋y23c2＝1.
设M（x0，y0），则x024c2＋y023c2＝1，y02＝4cx0，故x024c2＋4x03c＝1 ①.
由于C2的准线方程为x＝－c，所以｜MF｜＝x0＋c，而｜MF｜＝5，故x0＝5－c，代入①得（5－c）24c2＋4（5－c）3c＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1（舍去）或c＝3.
所以C1的标准方程为x236＋y227＝1，C2的标准方程为y2＝12x.
17.[背景、角度创新]抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴.如图所示，从抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F向x轴上方发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成的角均为π3，且｜FB｜＋｜FA｜＝8，则两条反射光线a'，b'之间的距离为（ D ）
A.3B.4C.2D.23
解析 解法一 由题意，得F（p2，0）.因为∠OFA＝π3，所以直线AF的斜率kAF＝tan∠AFx＝tan2π3＝－3，（提示：直线倾斜角的正切值即直线的斜率）
所以直线AF的方程为y＝－3（x－p2），
代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以A（p6，33p）.
因为∠BFx＝π3，所以直线BF的斜率kBF＝3，所以直线BF的方程为y＝3（x－p2），代入抛物线y2＝2px，得3（x－p2）2＝2px，解得x＝p6或x＝32p，所以B（32p，3p）.
由抛物线的定义，得｜FA｜＋｜FB｜＝xA＋p2＋xB＋p2＝p6＋32p＋p＝8，（规律：在抛物线中，常根据抛物线的定义将抛物线上任意一点到焦点的距离转化为该点到准线的距离）
解得p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝3p－33p＝23，故选D.
解法二 如图，延长BF交抛物线C于点A'，因为入射光线a，b与x轴所成的角均为π3，则直线A'B的倾斜角为π3，则由抛物线的对称性可得A与A'关于x轴对称，所以｜AF｜＝｜A'F｜，所以｜FA｜＋｜FB｜＝｜A'F｜＋｜FB｜＝｜A'B｜＝8.
由题意，得F（p2，0）.又直线A'B的斜率kA'B＝tanπ3＝3，所以直线A'B的方程为y＝3（x－p2）.
由y＝3（x－p2),y2=2px，消去y，得12x2－20px＋3p2＝0，则xA'＋xB＝2012p＝53p，xA'xB＝312p2＝14p2，所以｜A'B｜＝1+（3）2｜xA'－xB｜＝2（xA'＋xB）2－4xA'xB＝83p＝8，（方法：对于抛物线y2＝2px（p＞0）中的焦点弦问题，可根据抛物线的定义求解，也可利用弦长公式求解）
所以p＝3.
所以两条反射光线a'，b'之间的距离为yB－yA＝yB＋yA'＝3（xB＋xA'）－3p＝233p＝23，
故选D.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.了解抛物线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质.
2.了解抛物线的简单应用.
3.体会数形结合的思想.
抛物线的定义及其应用
2022全国卷乙T5；2021新高考卷ⅡT3；2021全国卷乙T21；2020全国卷ⅠT4
本讲每年必考，主要以定义作为命题思路，求解轨迹问题、距离问题、最值问题等.在2025年高考备考中，在训练常规题型的同时，应关注抛物线的定义的应用.
抛物线的标准方程
2023全国卷乙T13；2022全国卷甲T20；2021新高考卷ⅠT14；2021全国甲卷T20
抛物线的几何性质
2023新高考卷ⅡT10；2021新高考卷ⅠT14；2020全国卷ⅡT19；2020全国卷ⅢT5
标准方程
y2＝2px（p＞0）
y2=-2pxp>0
x2＝2py（p＞0）
x2＝－2py（p＞0）
图形
几何
性质
对称轴
x轴
y轴
顶点
O（0，0）
焦点
④ F（p2，0）
⑤ F（－p2，0）
⑥ F（0，p2）
⑦ F（0，－p2）
准线方程
⑧ x＝－p2
⑨ x＝p2
⑩ y＝－p2
⑪ y＝p2
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
离心率
e＝⑫ 1
焦半径（其中Px0,y0 为抛物线上任一点）
⑬ p2＋x0
p2－x0
⑭ p2＋y0
p2－y0
相关教案
2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第1讲 直线的方程： 这是一份2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第1讲 直线的方程，共12页。
2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第2讲 两条直线的位置关系： 这是一份2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第2讲 两条直线的位置关系，共13页。
2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第4讲 直线与圆、圆与圆的位置关系： 这是一份2025年高考数学精品教案第八章 平面解析几何 第4讲 直线与圆、圆与圆的位置关系，共20页。
