2018年高考数学 专题10.3 抛物线试题 文

抛物线

【三年高考】

1. 【2017课标II，文12】过抛物线C:y4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M（M在轴上方）， 为C的准线，点N在上且MNl,则M到直线NF的距离为 A.5 B.22 C. 23 D. 33 【答案】C

2

2. 【2017浙江，21】如图，已知抛物线xy，点A(，)，B(，)，抛物线上的点

21124392413P(x,y)(x)．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

22（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值．

14x1，∵1x3，∴直线AP斜【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，则k1222x2x2率的取值范围是(1,1)．

11kxyk0,24（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是

xky9k30,42k24k312xQ，因为|PA|=1k(x)=1k2(k1),|PQ|= 22(k1)21k(xQx)2(k1)(k1)2k21，所以|PA||PQ|=(k1)(k1)

332令f(k)(k1)(k1)，因为f'(k)(4k2)(k1)，所以 f(k)在区间(1,)上单

12调递增，(,1)上单调递减，因此当k=

12127时，|PA||PQ|取得最大值． 216x23 . 【2017课标1，文20】设A，B为曲线C：y=上两点，A与B的横坐标之和为4．

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． x12x22【解析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2，y1，y2，x1+x2=4，于是直线

44yyxxAB的斜率k12121．

x1x24x2xx（2）由y，得y'．设M（x3，y3），由题设知31，解得x32，于是M（2，1）．设

422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

x2y得x24x4m0．当16(m1)0，即m1时，x1,222m1．从而4|AB|=2|x1x2|42(m1)．(m)12()1由题设知|AB|2|MN|，即42m，解得m7．所

以直线AB的方程为yx7．

4．【2016高考新课标2文数】设F为抛物线C：y=4x的焦点，曲线y=

2

k（k>0）与C交于点xP，PF⊥x轴，则k=（ ）

（A）

13（B）1 （C）（D）2

2 2

【答案】D

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【解析】因为F抛物线y4x的焦点，所以F(1,0)，又因为曲线y2k(k0)与C交于点xP，PFx轴，所以

k2，所以k2，选D. 15. 【2016高考新课标1文数】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：y2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连结ON并延长交C于点H. （I）求

2OH； ON（II）除H以外,直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.

（Ⅱ）直线MH与C除H以外没有其它公共点.理由如下：直线MH的方程为ytpx,2t即x2t(yt).代入y22px得y24ty4t20,解得y1y22t,即直线MH与C只p有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其它公共点.

6. 【2016高考浙江文数】如图，设抛物线y2px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1. （I）求p的值；

（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点

2N，AN与x 轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.

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【解析】(Ⅰ)由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离.由抛物线的定义得

p1，即p=2. 22(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为y4x,F1,0，可设At2,2t,t0,t1.因为AF不垂直

y24x2于y轴，可设直线AF:x=sy+1,s0 ,由 消去x得y4sy40，故

xsy1t212t12y1y24，所以B2,.又直线AB的斜率为21，故直线FN的斜率为，从而

t2tttt232t212的直线FN:yx1，直线BN:y，所以N2,，设M(m,0),由A,M,N

2ttt1t22t22tt三点共线得：2 ，于是m2，经检验，m<0或m>2满足题意.综上，2t1t3tm2t2t12t点M的横坐标的取值范围是,02,.

27. 【2016高考新课标Ⅲ文数】已知抛物线C：y2x的焦点为F，平行于轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点，交C的准线于P，Q两点． （I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程. 【解析】由题设F(,0).设l1:ya,l2:yb，则ab0，且

12a2b2111abA(,0),B(,b),P(,a),Q(,b),R(,).记过A,B两点的直线为，则的方程222222为2x(ab)yab0.

（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1ab0.记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则

k1abab1abbk2，所以AR1a2a2abaaFQ.

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28. 【2015高考上海，文7】抛物线y2px(p0)上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，

则p . 【答案】2

p1，即p2. 21229. 【2015高考浙江，文19】如图，已知抛物线C1：yx2，圆C2：x(y1)1，过

4【解析】依题意，点Q为坐标原点，所以

点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点. （1）求点A，B的坐标；

（2）求PAB的面积.注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.

【解析】 (1)由题意可知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为yk(xt).所以

yk(xt)212消去y，整理得：x4kx4kt0.因为直线与抛物线相切，所以yx4

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点B16k216kt0，解得kt.所以x2t，即点A(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1)，

x0y01的坐标为(x0,y0)，由题意知，点，关于直线D对称，故有22t，解得

x0ty002t2t22t2t2x0,y0,). .即点B(22221t1t1t1t(2)由(1)知，APt1t2，直线的方程为txyt0，所以点到直线的距离

21t3为d.所以PAB的面积为SAPd.

2221tt2y2x210. 【2015高考湖南，文20】已知抛物线C1:x4y的焦点F也是椭圆C2:221

ab2(ab0)的一个焦点，C1与C2的公共弦长为26，过点F的直线与C1相交于A,B两点，

与C2相交于C,D两点，且AC与BD同向.

（I）求C2的方程；（II）若ACBD，求直线的斜率.

2【解析】（I）由C1:x4y知其焦点F的坐标为(0,1)，因为F也是椭圆C2的一个焦点，所

以a2b21①； 又C1与C2的公共弦长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为

396C1:x24y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为(6,)，221 ②， 联立

24aby2x21. ①②得a9,b8，故C2的方程为9822（II）如图，设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4), 因AC与BD同向，且ACBD，所以ACBD，从而x3x1x4x2，即x3x4x1x2，于是

(x3x4)24x3x4(x1x2)24x1x2 ③

ykx12设直线的斜率为，则的方程为ykx1，由2得x4kx40，由x1,x2是这个

x4yykx1方程的两根，x1x24k,x1x24④， 由x2y2得

198

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(98k2)x216kx0，而x3,x4是这个方程的两根，

x3x4216k， ⑤ 将④、⑤代入③，得,xx342298k98k162k341629(k21)22216(k1).即16(k1)，所以(98k)169，22222(98k)98k(98k)解得k66，即直线的斜率为 44

【2017考试大纲】 抛物线

(1)了解抛物线的实际背景,了解性质求在刻画现实世界和解决实际问题中的作用. (2)掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质. (3)了解抛物线的简单应用. (4)理解数形结合的思想. 【三年高考命题回顾】

纵观前三年各地高考试题, 一方面以选择题、填空题的形式考查抛物线的定义、标准方程及简单几何性质等基础知识，另一方面以解答题的形式考查抛物线的概念和性质、直线与抛物线的位置关系的综合问题，着力于数学思想方法及数学语言的考查，题目的运算量一般不是很大，属于中档题，分值为5-12分． 【2018年高考复习建议与高考命题预测】

由前三年的高考命题形式可以看出，抛物线的的定义、标准方程及简单几何性质是高考考试的重点，每年必考，考查方面其它利用性质求抛物线方程，求弦长，求抛物线的最值或范围

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问题，过定点问题，定值问题等．预测2018年高考，对本节内容的考查仍将以求抛物线的方程和研究抛物线的性质为主，仍以选择题、填空、解答题的第一小题的形式考查抛物线的定义、标准方程及抛物线的几何性质，难度仍为容易题或中档题，以解答题的第二问的形式考查直线与抛物线的位置关系，难度仍难题，分值保持在5-12分.在备战2018年高考中，要熟记抛物线的定义，会根据题中的条件用待定系数法、定义法等方法求抛物线的标准方程，会根据条件研究抛物线的几何性质，会用设而不求思想处理直线与抛物线的位置关系，重点掌握与抛物线有关的最值问题、定点与定值问题、范围问题的处理方法，注意题中向量条件的转化与向量方法应用.

【2018年高考考点定位】

高考对抛物线的考查有三种主要形式：一是考查抛物线的定义；二是考查抛物线的标准方程与几何性质；三是考查直线与抛物线的位置关系，从涉及的知识上讲，常平面向量、函数、方程、不等式等知识相联系，试题多为容易题和中档题. 【考点1】抛物线的定义 【备考知识梳理】

1.抛物线定义：平面内与一个定点F和一条定直线l(定点F不在定直线l上)的距离的比等于1的点的轨迹叫做抛物线，点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线. 【规律方法技巧】

1. 抛物线的定义的实质可归结为“一动三定”：一个动点M；一个定点F(抛物线的焦点)；一条定直线l(抛物线的准线)；一个定值1(点M与定点F的距离和它到定直线l的距离之比等于1)．

2. 常常利用抛物线的定义将抛物线上一点到焦点的焦半径问题与焦点到准线的距离问题互相转化.

【考点针对训练】

1. 【2017届河南省郑州一中高三百校联盟】已知点F1， F2关于原点对称， F2恰为抛物线

E： y22px (p0)的焦点，点C在抛物线E上，且线段CF1的中点恰在y轴上，

C2F2F1的面积为8.若抛物线E上存在点P使得POmPF2，则实数m的最大值为

（ ）

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A. 323626 B. C. D. 3333【答案】C

22【解析】设等腰直角三角形OAB的顶点A(x1,y1),B(x2,y2),则y12px1,y22px2 ，由OA=OB2222得： x1y1x2y2 ，∴ (x1−x2)(x1+x2+2p)=0,∵x1>0,x2>0，2p>0，∴x1=x2，即A，B关于

12

×2p×4p=4p.2112

∵△AOB的面积为16，∴p=2；焦点F(,0),设P(m,n),则n=2m,m>0,设P 到准线x=− 的

22x轴对称。∴直线OA的方程为：y=xtan45=x，与抛物线联立故AB=4p，∴S△OAB=距离等于d，则m的最大值为 23 故选C. 3

2. 【2017届江西省南昌市高三第一次模拟】抛物线y8x的焦点为F，设Ax1,y1，

2Bx2,y2是抛物线上的两个动点， x1x24A. 23AB，则AFB的最大值为（ ） 3352 B. C. D. 3463【答案】D

【解析】由抛物线定义得AFx12,BFx22,所以由x1x2423AB得3AFBF23AB,因此3

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11322AF|BF|AFBFAF|BF||AB|442 cosAFB2AFBF2AFBF222132AFBFAFBF12π24，所以0AFB，选D.

2AFBF23【考点2】抛物线的标准方程与几何性质 【备考知识梳理】 1. 抛物线的标准方程与几何性质

焦点在正半轴上 焦点在负半轴上 焦点在y正半轴上 焦点在y正半轴上 标准方程 y22px（p0） y22px（p0） x22pyx2py（p0） （p0） 2图形 顶点 对称轴 焦点 （0,0） 轴 （ y轴 （-性质 p，0） 2p 2p，0） 2（0，p） 2（0，-p） 2准线 范围 离心率 =-=p 2y=-p 2y=p 2≥0，y∈R =1 ≤0，y∈R y≥0，∈R y≤0，∈R 【规律方法技巧】

1.p的几何意义：p是焦点到准线的距离，故p恒为正.

2.焦点在轴上的抛物线的标准方程可以统一写成yax(a0)；焦点在y轴上的抛物线的标准方程可以统一写成xay(a0). 3.焦点的非零坐标是一次项系数的4.求抛物线的标准方程

2211，准线方程中的常数为一次项系数的-. 44

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（1）定义法：若某曲线（或轨迹）上任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等，符合抛物线的定义，该曲线是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，从而求出定点到定直线的距离即为p，写出抛物线的标准方程，

（2）待定系数法，用待定系数法求抛物线标准方程分三步：①判定是否在原点；②确定焦点在哪个半轴上，确定标准方程类型；③根据条件列出关于p的方程，解出p值，即可写出标准方程.

2y0

,y0）5.抛物线y2px（p0）上点的坐标可设为（，在计算时，可以降低计算量. 2p

2【考点针对训练】

1. 【2017届上海市普陀区高三二模】动点P在抛物线y2x1上移动，若P与点Q0,12连线的中点为M，则动点M的轨迹方程为

222A. y2x B. y4x C. y6x D. y8x

2【答案】B

【解析】设Mx,y,Px0,y0，因为P与点Q0,1连线的中点为M，所以

x02x,y02y1，又因为点P在抛物线y2x21上移动，所以2y12(2x)21，即

y4x2；故选B.

2. 【河北省定州中学2017届高三5月质检】已知过抛物线y2px(p0)的焦点F的直线与抛物线交于A, B两点,且AF3FB,抛物线的准线与轴交于点C, AA1l于点A1,若四边形AA1CF的面积为123,则准线的方程为( )

A. x2 B. x22 C. x2 D. x1 【答案】A

2

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【考点3】直线与抛物线的位置关系 【备考知识梳理】

设双曲线的方程为y2px（p0），直线AxByC0，将直线方程与抛物线方程联立，消去y得到关于x的方程mxnxp0.

(1) 若m≠0，当△＞0时，直线与抛物线有两个交点.

当△=0时，直线与抛物线有且只有一个公共点，此时直线与抛物线相切. 当△＜0时，直线与抛物线无公共点.

（2）当m=0时，直线与抛物线只有一个交点，此时直线与抛物线的对称轴平行. 【规律方法技巧】

1.已知抛物线y＝2px(p>0)，过其焦点的直线交抛物线于A、B两点(如右图所示)，设A(x1，

2

22y1)，B(x2，y2)．则有以下结论：

2p(1)|AB|＝x1＋x2＋p，或|AB|＝2(α为AB所在直线的倾斜角)；

sinα(2)x1x2＝；

4(3)y1y2＝－p.

2

p2

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（4）以AB为直径的圆与抛物线的准线相切.

2.过抛物线焦点且与对称轴垂直的弦称为抛物线的通径，抛物线的通径长为2p.

3. 直线方程与椭圆方程联立，消元后得到一元二次方程，则一元二次方程的根是直线和椭圆交点的横坐标或纵坐标，常设出交点坐标，用根与系数关系将横坐标之和与之积表示出来，这是进一步解题的基础．

4．直线y＝kx＋b(k≠0)与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝ 1＋k|x1－x2|＝ 1＋k·

11＋2·22

x1＋x2

2

2－4x1x2＝1

1＋2·|y1－y2|＝

kky1＋y2－4y1y2.

5．对中点弦问题常用点差法和参数法. 【考点针对训练】

1. 【湖南沙市2017届高三5月模拟】已知y4x抛物线，焦点记为F，过点F作直线交抛物线于A,B两点，则AF22的最小值为（ ） BFA. 222 B. 【答案】A

53 C. 32 D. 232 62【解析】因为F1,0，直线AB:ykx1，代入y4x可得k2x22k24xk20，

2设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x21，由抛物线的定义可得AFx11,BFx21，所以AFx1x212x1x2，故令22x112BFx21x21x2121x221，令x21t，则x2t1，所以x21tAF2x1BFx2x2122x212AFBF11tt22t21112t2t111222212322221221，应选答案A 。

2. 【湖南沙市2018届高三实验班选拔考试】已知P是抛物线E:y2pxp0上一

2

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点， P到直线xy40的距离为d1， P到E的准线的距离为d2，且d1d2的最小值为32．

（Ⅰ）求抛物线E的方程；

（Ⅱ）直线l1:yk1x1交E于点A,B，直线l2:yk2x1交E于点C,D，线段

AB,CD的中点分别为M,N，若k1k22，直线MN的斜率为，求证：直线

l:kxykk1kk20恒过定点．

【解析】（Ⅰ）抛物线E的焦点为Fp,0，由抛物线的定义可得d2PF，则2p4232，解得d1d2d1PF，其最小值为点F到直线xy40的距离，∴22，∴抛物线E的方程为y8x． p4（舍去负值）

（Ⅱ）设Ax1y,1B,x2y,2，由{y28xyk1x1 可得k12x22k128xk120， 则

2k128，所以y1y2k1x11k1x21 k1x1x22k1 x1x22k1k12442k1282k1282k1282k1 , ∴AB的中点M的坐标为2,，同理可得

k1k1k1k1k1442k244k1k22,点N的坐标为，则直线的斜率，则MNk222kkk4k4kk21212222k1k2kk1k22，则直线的方程kxykk1kk20可化为ykxkk1k2，即

ykx2，令x0可得y2，∴直线恒过定点0,2．

【应试技巧点拨】

1.如何利用抛物线的定题

（1）求轨迹问题：主要抓住到定点的距离和到定直线距离的几何特征，并验证其满足抛物线的定义，然后直接利用定义便可确定抛物线的方程；

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（2）求最值问题：主要把握两个转化：一是把抛物线上的点到焦点的距离可以转化为到准线的距离；二是把点到抛物线的距离转化为到焦点的距离.在解题时要准确把握题设的条件，进行有效的转化，探求最值问题.

2.线和抛物线若有一个公共点，并不能说明直线和抛物线相切，还有可能直线与抛物线的对称轴平行． 3．有关弦的问题

(1)有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视抛物线定义的运用，以简化运算．

①斜率为的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，则所得弦长

2|PP1P2|112|1k|x1x2|或|P1|y2y1|，其中求|x1x2|与|y2y1|时通常k2使用根与系数的关系，即作如下变形：

|x1x2|x1x224x1x2，|y2y1|y1y224y1y2.

②当斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)． (2)弦的中点问题

有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．

4．解抛物线中的最值问题要注意定义的灵活运用，即抛物线上的点到焦点的距离与该点到准线的距离相等，解该题的关键就是利用此定义将问题转化为求解圆上的点到定点距离的最值问题．

1. 【2017届湖南省邵阳市高三第二次联考】已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点Mx0,22(x02pp圆M与线段MF相交于点A，且被直线x)是抛物线C上一点，

22截得的弦长为3 MA.若MAAF2，则AF等于( )

A. 3 B. C. D. 2【答案】B

【解析】由题意：M（x0，2√2）在抛物线上，则8=2px0，则px0=4，① 由抛物线的性质可知, DMx0MAp， 2 ，则2AF

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MA2AF22ppMFx0，∵被直线x截得的弦长为√3|MA|，则3322DE33pMAx0，由MAMEr，在Rt△MDE中， 2322222

2

2

1pp4p丨DE丨+丨DM丨=丨ME丨，即x0x0x0，

3229222代入整理得： 4x0p20 ②，

由①②，解得：x0=2，p=2，∴AF1px01 ，故选：B． 32

22. 【拉萨中学2017届高三月考】已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，准线为，过点F的直线与抛物线交于M,N两点，若MR l，垂足为R，且NRMNMR，则直线MN的斜率为

A. 8 B. 4 C. 22 D. 2 【答案】C

【解析】过N作NQl，交于Q， NHMR，交MR于H，抛物线的定义可知：

丨NF丨丨MQ丨丨MF丨丨MR丨， ，由NRMNMR，则MNR为等腰三角形，丨MN丨3丨NQ丨丨MN丨丨MF丨丨NF丨∴，则，∴，即丨MQ丨丨RH丨丨MH丨丨MR丨22丨MN丨3丨MH丨，则，则丨NH丨丨MN丨丨MH丨22丨MH丨12丨NH丨tanNMR22，则直线的倾斜角NMR，则直线MN的斜率

丨MH丨

- 16 -

ktan22，故选C.

3.【江西省南昌市2017届高三三模】已知直线l:ykxk与抛物线C： y4x及其准线分别交于M,N两点， F为抛物线的焦点，若2FMMN，则实数等于（ ）

2A. 3 B. 1 C. 3 D. 2 3【答案】C

【解析】当k0 时，设直线 的倾斜角为

FM1sinktan 32MN23,同理，当k0k3 时，综上k3,故选C.

4. 【四川省雅安市2017届高三三诊】已知点A是抛物线x4y的对称轴与准线的交点，点

2B为抛物线的焦点， P在抛物线上且当PA与抛物线相切时，点P恰好在以A、B为焦点

的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ） A. 5121 B. C. 21 D. 51 22【答案】C

5.【山西省太原市2017届高三二模】过抛物线y4x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点，

- 17 -

2

且AF2BF，则直线AB的斜率为

A. 22 B. 23 C. 22或22 D. 23或-23 【答案】C

【解析】由题意，知F1,0，则设直线AB的的方程为xmy1，代入抛物线消去，得

y24my40．设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1y24m ①，y1y24 ②．因为

AF2BF，所以y12y2 ③．联立①②③解得m22，故选C．

2，所以直线AB的斜率为46.【福建省莆田2017届高三一模】已知点Px0,y0是抛物线y4x上的一个动点， Q是

2圆C： x2y41上的一个动点，则x0PQ的最小值为（ ） A. 251 B. 25 C. 3 D. 4 【答案】C

【解析】由题意可知圆C的圆心坐标C2,4，半径为1；抛物线的焦点F1,0，虚线为抛物线的准线； PM为点到虚线的距离且PMx1，由抛物线的性质可知， PFPM.故可知x0PQPQPF1 PM1PF1 PM1PF1 CF2 222124223。故本题正确答案为C.

7. 【辽宁省庄河市2017届高三四模】设抛物线C:y2px(p0) 的焦点为F，点M在C

- 18 -

2AF0 ，则p的值为 （ ） 上， MF5 ，若y轴上存在点A0,2 ，使得AM·A. 或 B. C. D. 或 【答案】A

【解析】由题意可得：以MF为直径的圆过点(0,2)，设M(x,y),由抛物线性质|MF|=x+可得x=5−p =5,2p， 25因为圆心是MF的中点,所以根据中点坐标公式可得,圆心横坐标为半径也为pp225，由已知圆225,据此可知该圆与y轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，即2M(5−p2

,4),代入抛物线方程得p−10p+16=0，所以p=2或p=8.本题选择A选项. 22 8. 【2017届江西省新余市高三二模】已知点A1,y1,B9,y2是抛物线y2px(p0)上

2的两点， y2y10，点F是它的焦点，若BF5AF，则y1y2的值为__________．

【答案】10

【解析】由抛物线的定义可得AF1pp,BF9，依据题设可得229p5p24936y26（舍去负值），故5p2，则y12414,y222y12y210，应填答案10。

9. 【安徽省巢湖市2017届高三最后一次模拟】已知抛物线C： y4x的焦点是F，直线： yx1交抛物线于A， B两点，分别从A， B两点向直线： x2作垂线，垂足是D，

2C，则四边形ABCD的周长为__________．

【答案】1842

- 19 -

10.【河北省衡水中学2017届高三二模】已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F,A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线交C于另一点B，交轴的正半轴于点D. （1）若当点A的横坐标为，且ADF为等腰三角形，求C的方程； （2）对于（1）中求出的抛物线C，若点Dx0,0x021记点B关于轴的对称点为E,AE，2交轴于点P，且APBP，求证：点P的坐标为x0,0，并求点P到直线AB的距离d的取值范围.

【解析】(1) 由题知F则pp,0,FA3，则D3p,0,FD22的中点坐标为33p,0，2433p3，解得p2，故C的方程为y24x. 24(2) 依题可设直线AB的方程为xmyx0m0,Ax1,y1,Bx2,y2，则Ex2,y2，

y24x1由{消去，得y24my4x00,x0.16m216x00，

2xmyx0y1y24m,y1y24x0，设P的坐标为xP,0，则

PEx2xP,y2,PAx1xP,y1，由题知PE//PA，所以

x2xPy1y2x1xP0，即

2y2y1y12y2y1y2y1y2x2y1y2x1y1y2xP，显然y1y24m0，所以

44xP

y1y2x0，即证xPx0,0，由题知EPB为等腰直角三角形，所以kAP1，即4- 20 -

y1y2y1y221，也即1，所以y1y24,y1y24y1y216，即

12x1x22y1y24116m216x016,m21x0,x01，又因为x0，所以2xx2x02x01，令x01,d002222x01m1m222t646422x0t2t，易知ft2t在1,上1,2,x02t,d2ttt6是减函数，所以d. ,2311.【2016届河北省石家庄市高三二模】已知实数p0，直线4x3y2p0与抛物线

ACp2p22y2px和圆(x)y从上到下的交点依次为A,B,C,D，则的值为（ ）

24BD2A． B．【答案】C

18537 C． D． 161682【解析】4x3y2p0与y2px联立方程组可求得x1p,x22p，同理8p2p2p4p2联立方程组可求得x3,x4，所以有4x3y2p0与(x)y2455xAACBDpp4p,xB，xC,xD2p, 855xCxAxDxBxCxAxDxB3,所以正确选项为C. 8212. 【2016届河南省禹州市名校高三三模】过抛物线y4x的焦点F的直线交该抛物线于

A,B(A在第一象限) 两点,O为坐标原点, 若AOB的面积为22,则

AF的值为（ ） BFA．22 B．322 C．423 D．422 【答案】B

【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为xty1，则SAOB1OFy2y1 2

- 21 -

xty11y24ty40，得，由y2y122y2y14222y4xy2y1y2y1

4y2y116t21632，解得t1，当t1时，由y24y40解得y1,2222.

此时

22AFFyy1322.同理当t1时，1322． BFy2Fy2213. 【2016年安庆市高三二模】 已知抛物线C:x8y的焦点为F,动点Q在C上,圆Q的半径为,过点F的直线与圆Q切于点P,则FPFQ的最小值为 ． 【答案】 3

【解析】FPFQFPFQrFQ1. 由抛物线的定义知：FQd,d为点Q到准线的距离,易知,抛物线的顶点到准线的距离最短,FQ2222min2,(FPFQ)min3.

214. 【2016届陕西省黄陵中学高三下第六次模拟】已知F是抛物线y4x的焦点，过F作一直线交抛物线于A,B两点，若FB3AF，则直线与坐标轴围成的三角形的面积为______．

【答案】3 2【解析】F(1,0)，设Ax1,y1,Bx2,y2，则AF1x1,y1,FBx21,y2，依题意有x2131x1,①22由②得：y29y14x294x1x29x1，③ 由①③可得：

y23y1,②1x1,x23，∴B3,23或B3,23．当B3,23时，方程为y3x1，与

3坐标轴交点为1,0,(0,3)，当B3,23时，方程为y3x1，与坐标轴交点为

1,0,(0,3)， 直线与坐标轴围成的三角形的面积为

3． 215．【2016年江西师大附中高三模考】已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点F1,0，其准线与轴的交点为K，过点K的直线与C交于A,B两点，点A关于轴的对称点为D． （Ⅰ）证明：点F在直线BD上；

- 22 -

（Ⅱ）设FAFB，求BDK内切圆M的方程. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知y1y24m，所以yxm21x2my11my2142，

1y2422xy1y21611x2 又FAx11,y1，FBx21,y2，故

FAFBx11x21y1y2x1x2x1x2584m2，则

84m2849,m3，故直线的方程为3x4y30或3x4y30，

y2y1y2y124y21y216m16473， 故直线BD的方程3x7y30或3x7y30，又KF为BKD的平分线，故可设圆心

Mt,01t1，Mt,0到直线及BD的距离分别为

3t13t15,4，由3t13t154得t19或t9（舍去）.故圆M的半径为r3t1523，所以圆M的方2程为x1y2499.

【一年原创真预测】

1. 过抛物线C：y24x上一点P(4,4)作两条直线分别与抛物线相交于点A,B两点，连接

AB，若直线AB的斜率为1，且直线PA,PB与坐标轴都不垂直，则直线PA,PB的斜率倒数

之和为（ ）

- 23 -

A．

1 B．1 C．2 D．3 2【答案】D

【解析】设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2，则PA的方程为y4k1(x4)，代入抛物线

414(1k1)24160，其解为和4，则A(方程得yy,4)．同理得2k1k1k1k1k12444(4)k1k24(1k2)24k1k21，故，则，化简得B(,4)1222(kk)2kk(22k1)(22k2)k2k2121222k1k2113，故选D． k1k2【入选理由】本题主要考查直线与抛物线的位置关系、直线的斜率，意在考查学生运算求解能力以及数形结合思想．此题是一个常规题,具有一定的解题技巧，故选此题. 2. 已知一抛物线的焦点为F(0,1)，其对称轴与准线的交点为A，P在抛物线上且满足

|PA|m|PF|，当m取最大值时，点P恰好在以A,F为焦点的双曲线上，则双曲线的渐近

线为 （A）y【答案】C

【解析】由题意得抛物线的标准方程为x24y，过点P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN||PF|，又由|PA|m|PF|得|PA|m|PN|，所以设直线PA的倾斜角为，则sin2121x（B）yx（C）y2221（D）

xy（22+1）x 21|PN|，m|PA|1，当m取最大值时，sin最小，此时直线PA与抛m物线相切，设直线PA的方程为ykx1(k0)，代入x24y，可得x24(kx1)，即

x24kx40，所以16k2160，所以k1，所以P(2,1)，所以双曲线中c1，

a21，进而可得bc2a2222，所以该双曲线的渐近线方程为a21yxxb222

21x，故选C． 2- 24 -

【入选理由】本题考查抛物线与双曲线的定义、方程与几何性质等，意在考查基本的逻辑推理与运算能力、数形结合的数学思想等．此题双曲线与抛物线结合，具有一定的综合性，故选此题.

3. 已知抛物线y2px(p0)的焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为，|PF|3．过F且倾斜角为30的直线交抛物线于A,B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为_____________． 【答案】

【解析】由抛物线定义可知，|PF|22p3，p2，抛物线方程为y24x．又2F(1,0)，直线方程为y3(x1)，代入抛物线方程消去y得x214x10，设

3A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x214，所以|AB|x1x2p16，又O到直线的距离

d33113111，故S△OAB164． 222【入选理由】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，三角形的面积等基础知识，意在考查学生分析问题、解决问题的能力，基本运算能力及推理能力．此题是抛物线性质的灵活应用，故选此题.

4. 过点P2,0的直线交抛物线y4x于A,B两点，若抛物线的焦点为F，则△ABF面

2积的最小值为 . 【答案】22 【解析】设点Ax1,y1,Bx2,y2y10,y20.①当直线AB的斜率不存在时，易知直线

22此时将x2代入抛物线的方程y4x中，得y8，解得y22，AB的方程为x2，

所以点A,B的坐标分别为2,22,2,22，所以△ABF的面积为

111SPFy1y2y1y2222222；②当直线AB的斜率存在

222时，设斜率为，显然k0，故直线AB的方程为ykx2．联立ykx2，消去y，

2y4x- 25 -

得k2x24k24x4k20，且32k2160 ，由根与系数的关系，得

4k24x1x2,x1x24,y1y22x1k22x42x1x28，所以△ABF的面积

为

11112SPFy1y2y1y2y12y22y1y24x14x222x12x22222114k2411614x1x216416323222．综上所述，2222k2k2△ABF面积的最小值为22．

【入选理由】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，三角形的面积等基础知识，意在考查学生分析问题、解决问题的能力，基本运算能力及推理能力．此题是抛物线性质的灵活应用，故选此题.

2AFB0，5. 过点Mm,0m0作直线，与抛物线y4x有两交点A,B，若F则m的

取值范围是 . 【答案】322,322

【入选理由】本题考查直线与抛物线的位置关系，向量的数量积等基础知识，意在考查学生的分析问题、解决问题的能力，转化能力，基本运算能力及推理能力．此题向量与抛物线结合，体现学科知识综合，故选此题.

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