2011-2020年高考数学真题分专题训练专题28抛物线（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

专题 28 抛 物 线
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
抛物线
理 20
直线与抛物线位置关系，抛物线几何性质的应用
2011
文 9
理 20
文 20
文 8
抛物线
直线与抛物线位置关系，抛物线几何性质的应用
圆的方程，抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系
圆的方程，抛物线的定义、标准方程及其几何性质
抛物线的定义及几何性质
圆，抛物线
圆，抛物线
抛物线
2012
卷1
圆，抛物线
圆的方程、抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、点到直线距离
公式
2013
2014
理 11
卷2
文 10
理 10
文 10
理 10
文 10
理 20
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
圆，抛物线
抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系
抛物线的定义、标准方程
卷1
卷2
抛物线的定义、标准方程
抛物线的定义、标准方程，抛物线焦点弦长的计算
抛物线的定义、标准方程，抛物线焦点弦长的计算
直线与抛物线的位置关系，抛物线存在问题的解法
圆的几何性质，抛物线的标准方程及其几何性质，直线与抛物线的位
置关系
2015 卷1
理 10
卷1
2016
文 20
文 5
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
抛物线
直线与抛物线的位置关系
卷2
抛物线的几何性质，反比例函数的性质
卷3
文理 20
理 10
文 20
理 16
文 12
理 8
抛物线定义与几何性质，直线与抛物线位置关系，轨迹方程求法
抛物线定义与几何性质，直线与抛物线位置关系
抛物线的几何性质，直线与抛物线位置关系
抛物线的几何性质，直线与抛物线位置关系
抛物线的几何性质，直线与抛物线位置关系，点到直线距离公式
抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线的位置关系
卷1
2017
卷2
卷1
文 20
2018
卷2 
理 19 文 20 
抛物线
抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求法
抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系
抛物线的定义，直线与抛物线位置关系，
卷3
卷1
卷2
理 16
理 19
抛物线
抛物线
直线与圆，直 直线与圆位置关系，直线与抛物线位置关系，抛物线的定义、标准方
线与抛物线 
程及其几何性质，抛物线的定点问题
2019
文 21
理 8 文 9
椭圆与抛物线 抛物线与椭圆的几何性质
圆、抛物线
圆、抛物线
抛物线
抛物线的标准方程、几何性质，直线与抛物线的位置关系，圆的方程，
直线与圆的位置关系，抛物线的定点问题
卷3
文 21
理 21
抛物线的标准方程、几何性质，直线与抛物线的位置关系，圆的方程，
直线与圆的位置关系，抛物线的定点问题
卷3
卷1
理 4
理 19
文 19
理文 7
抛物线的定义及标准方程
椭圆、抛物线 椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
椭圆、抛物线 椭圆、抛物线方程的求法，椭圆离心率的求法，抛物线的定义
2020 卷2
卷3
抛物线
直线与抛物线的位置关系，抛物线的几何性质
大数据分析*预测高考
出现频率
考点
2021 年预测
考点95 抛物线的定义及标准方程 37 次考 14 次 命题角度：(1)抛物线的定义及应用；(2)抛物线的标准
考点 96 抛物线的几何性质
37 次考 19 次 方程与几何性质；(3)直线与抛物线的位置关系．
核心素养：数学运算、运算推理、直观想象
考点97 直线与抛物线的位置关系 37 次考 22 次
十年试题分类*探求规律
考点 95 抛物线的定义及标准方程
k
1．(2016 全国 II 文)设 F 为抛物线 C：y2=4x 的焦点，曲线 y= 
(k>0)与 C 交于点 P，PF⊥x 轴，则 
k=(
)
x
1
3
2
(A)
(B)1
(C)
(D)2
2
【答案】D
2
y  4x 的焦点，所以 F(1,0)，
【解析】因为 F 抛物线
k
k
又因为曲线 y  (k 0)与C 交于点 P ， PF 
x 轴，所以

 2 ，所以k  2 ，选 D．
x
1
x2
2
y2
2

1(a 0,b 0) 的离心率为 2．若抛物线


C2 : x
 2py(p 0)
的焦
2
2．(2012 山东文理)已知双曲线C1 ：a
b
点到双曲线C 的渐近线的距离为2，则抛物线C 的方程为(
)
1
2
8 3
3
16 3
3
A． x 
y
B． x2 
y
C． x2 8y
D． x 16y
2
2
2
2
y2
c
x 
1(a 0,b 0) 的离心率为 2，所以
 2  b  3a.
【答案】D【解析】∵双曲线C1 ：a
b2
a
又渐近线方程为bxay  0,
所以双曲线C
1 的渐近线方程为
3x  y  0.
p
| 
|
p
2
而抛物C2 : x
故选 D．
2  2py(p 0) 的焦点坐标为(0, ),所以有
 2  p 8 ．
2
( 3)2 12
考点 96 抛物线的几何性质
3．【2020 全国Ⅰ理 4】已知 A 为抛物线C : y
2  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 
(
)
A．2
B．3
C．6
D．9
【答案】C
【思路导引】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案．
p
p
AF  x  
12，即12  9 
，解得p = 6 ，故选
【解析】设抛物线的焦点为 F，由抛物线的定义知
C．
A
2
2
PQ  l
4．(2020·北京)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
于
Q ，则线段 FQ 的垂直平分线(
A．经过点O
)
B．经过点 P
C．平行于直线OP
【答案】B
D．垂直于直线OP
【解析】如图所示，因为线段FQ 的垂直平分线上的点到 F,Q 的距离相等，又点 P 在抛物线上，根据定义
PQ  PF
可知，
，所以线段FQ 的垂直平分线经过点 P ．
x2
2
y2
2
5．【2020 天津 7】设双曲线C 的方程为

1(a 0,b 0) ，过抛物线


2
y  4x 的焦点和点(0,b) 的直
a
b
l
线为 ．若 
的一条渐近线与 平行，另一条渐近线与 垂直，则双曲线 
的方程为
C
l
l
C
(
)
x2
y2
y2
x2

1
x2 
1
 y 2 1
x2  y 1
2
A．
B．
C．
D．
4
4
4
4
【答案】D
y
 

1,0
x  
1
b
，即直线的斜率为 
，
l
，所以直线 的方程为
【解析】由题可知，抛物线的焦点为
b
b
b
a
b
y   x ，所以b  
b  1
a  0,b  0 ，解得a 1,b 1
又双曲线的渐近线的方程为
，
，因为
．
a
a
故选 D ．
x2
y2

1 的一个焦点，则 p=
6．【2019 全国Ⅱ文】若抛物线 y2=2px(p>0)的焦点是椭圆3p
p
A．2
B．3
D．8
C．4
【答案】D
p
x2
y2
p
2
2
y  2px(p  0) 的焦点( ,0)是椭圆

1 的一个焦点，所以3p  p  ( )
，
2
【解析】因为抛物线
2
3p
p
解得p 8，故选 D．
7．(2016 全国 I 理)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| =4 2 ，| DE | =2 5 ，则C 的焦点到准线的距离为
A．2
B．4
C．6
D．8
2
y  2px(p  0) ，由| AB | 4 2 ，
B【解析】由题意，不妨设抛物线方程为
4
p
| DE | 2 5 ，可取 A( ,2 2) ， D( , 5) ，设O 为 坐标原
点，
p
2
16
p2
由|OA||OD |，得
8 
5，得 p  4 ，所以选 B．
p2
4
y2  4x 的焦点坐标是(
)
8．【2016 四川文科】抛物线
(A)(0，2)
(B) (0，1)
(C) (2，0) 
(D) (1，0)
【答案】D
【解析】由题意，y  4x 的焦点坐标为(1,0)，故选 D．
2
9．(2016 四川理)设O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物
线
上的点，且 PM =2 MF ，则直线OM 的斜率的最大值为
y  2px(p  0)上任意一点，M 是线段 PF
2
3
2
3
2
A．
B．
C．
D．1
3
2








p


1

 



P 2pt 2 , 2pt , M x , y (不妨设t 0)，则 FP  2pt2  
, 2pt ，∵ FM  FP，∴
C【解析】设


2
3

p 
2p
x  

p

2p
p
t 2  
,
x 
y 
t  
,
2




2t
1
1
1
2
2
2
3
6
3
2pt
3
，∴
∴kOM




，∴(kOM )max 
，

2pt
2t2
1
1
2
2
2


t 
y 
,
,
2


2t

3

3
故选 C．
10．(2015 陕西文)已知抛物线
A．(－1，0) 
B．(1，0)
y  2px( p  0)的准线经过点(1, 1) ，则该抛物线的焦点坐标为
2
C．(0，－1)
D．(0，1)
p  2 ，∴焦点坐标为(1, 0)
，故选 B．
p
【答案】B【解析】因为抛物线的准线方程为 x  
 
1，∴
2
O
F
C : y2  4 2x
P 
C
| PF | 4 2
的焦点， 为 
上一点，若 
，
11．(2013 新课标 1 文理) 
为坐标原点， 为抛物
线
则POF 的面积为
A．2
B．2 2
C．2 3
D．4


【答案】C【 解析】∵OF  2 ，由抛物线的定义可得 P 点的坐标 3 2,2 6 ，
1
1
∴POF
的面积为 OF y  

2 2 6  2 3 ．
P
2
2
y2  2px(p  0)的准线经过双曲线 x 2  y 2 1 的一个焦点，则 p =
．
12．(2015 陕西理)若抛物线
p
p
【答案】2 2【解析】y
2 = 2px 的准线方程为 x   
，又 p > 0，所以 x   
必经过双曲线 
x
2  y 1
2
2
2
p
的左焦点( 2,0)，所以 
  2 ， p  2 2 
．
2
ABCD 和正方形DEFG 的边长分别为a,b(a  b)
O 
AD
，原点 
为 
的中
13．(2014 湖南文理)如图，正方形
b
y2  2px(p  0)经过C, F 两点，则 
．
点，抛物线
a
【答案】1 2 【解析】由正方形的定义可知 BC= CD，结合抛物线的定义得点 D 为抛物线的焦点，所以
p
p
p
| AD| p  a ，D( ,0) F( b,b) ，将点 F 的坐标代入抛物线的方程得b2  2p( b)  a 2ab，变
2
2
2
2
b
2b
形得
解得
( )2 
1 0 ，
a
b
a
b
b
a
1 2
1 2
1 2
．
或
(舍去)，所以
a
a
2  2px 的焦点坐标为(1, 0) ，则 p
14．(2013 北京文理)若抛物线
【答案】2， x  1【解析】
y
，准线方程为
．
p
p
1, p 2；准线

x   
 1 ．
2
2
l
15．(2012 陕西文理)右图是抛物线 形拱桥，当水面在 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】2 6 【解析】建立直角坐标系，使拱桥的顶点 O 的坐标为(0，0)，设抛物线的方程为x2  2py，
1
与抛物线的交点为 A、B，根据题意知 A(–2，–2)，B(2，–2)，则有 2  a  
2
2
，
l
，∴a  
2
1
y   x 2
x  6 
x   6 ，∴此时水面宽为2 6
，水位下降 1 米，则 y=–3，此时有 
或
∴抛物线的解析式为
米．
2
考点 97 直线与抛物线的位置关系
16．(2020 全国Ⅲ文 7 理 5)设O 为坐标原点，直线 x  2 与抛物线C : 
y
OD OE ，则C 的焦点坐标为
2  2 pxp  0交于 D , E 两点，若
(
)
 1 

 4 

 1 

B． , 0

D．2 , 0
A． , 0
C． 1, 0
 2 

【答案】B
x  2 与抛物线
2  2px(p  0)交于C, D 两点，且OD OE
y 
，根据抛物线的对
【解析】解法一：∵直线

称性可以确定DOx  COx 
，∴C(2, 2)
，代入抛物线方程4  4p
p 1，∴其焦点坐标为
，求得
4
1
( ,0) ，故选 B．
2
解 法 二 ： 将 x  2 代 入y2  2px(p 0)
得 y  2 p ． 由 OD ⊥ OE 得 k k 
 1 ， 即
OD 
OE
2 p  2 p
1

 1，得 p 1，∴抛物线C : y  2x 的焦点坐标为 F( ,0)，故选 B．
2
2
2
2
2
17．(2018 全国Ⅰ理 8)设抛物线C : y24x 的焦点为F ，过点2 , 0
且斜率为 的直线与C 交于M , N 两
3
点，则FM FN


(
)
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】D

2 x 2 ,
   

2
2
3
y
 


2 , 0
y 
x  2 ，与抛物线方程联立
3
【解析】根据题意，过点
且斜率为 
的直线方程为
3
，

y2  4x
y2 6y 8  0 ，解得M 1, 2 , N 4 , 4 ，又F 1, 0,FM 
0 , 2 , FN 
3, 4 ，从而可以求得









消元整理得：
FM FN 8 ，故选 D．
18．(2017 新课标Ⅰ理)已知 F 为抛物线C ：y  4x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线l ，l ，直线l 与
2
1 
2 
1
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【解析】由已知l 垂直于 x 轴是不符合题意，所以l 的斜率存在设为k ，l 的斜率为k ，由题意
)
1
1
1
2
2
有k k  1，设 A(x , y ) ， B(x , y )， D(x , y ) ， E(x , y 
)
1
2
1
1
2
2
3
3
4
4
此时直线l 方程为 y  k (x 1) ，
1
1
 

4x
2
取方程y
，得k x 2k1 x 4x k1
 0 ，
2
1
2
2
2
y  k1(x 1)
2k
1 2 4 
2k
1  4
2
∴x  x  

1
2
k1
2
2
k1
2k
2 4
2
同理得
x  x 
3
4
2
2k
由抛物线定义可知| AB| | DE | x  x  x  x 2p
1
2
3
4
2k
12 4  2k
2
2 4
4
4
16

4 

8≥2
8 16
k1
2
k 2
2
k1
2
k 2
k1
2k 2
2
2
当且仅当k  k 1(或1)时，取得等号．
1
2
19．(2017 全国Ⅱ文)过抛物线C : y
2  4x 的焦点 F ，且斜率为 3 的直线交C 于点M ( M 在 x 的轴上
方)，
l 
C 
N 
l 
MN l
为 
的准线，点 
在 上且
NF
的距离为
，则M 到直线
A． 5
B．2 2
D．3 3
C．2 3
【答案】C
1
【解析】由题知MF : y3(x 1) ，与抛物线

y2  4x 联立得3x 
10x 3 0 ，解得
2 
 

x  , x  3 ，
1
2
3
所以 M (3, 2 3)，因为MN l ，所以N(1,2 3) ，因为F(1, 0)
NF : y   3(x 1)
，所以 
．
| 3(31)2 3 |
 2 3
．故选 C．
所以 M 到直线NF 的距离为
( 3)2 12
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
20．(2015 浙江理)如图，设抛物线
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
BF 2 1
BF 2 1
BF 1
AF 1
BF 1
AF 1
A．
B．
C．
D．
2 1
AF 1
2
AF
SBCF 
BC 
xB 
BF 1
SACF 
AC 
xA 
AF 1



【答案】A【解析】如图，
，故选 A．
21．(2015 四川文理)设直线l 与抛物线y2  4x 相交于 A, B 两点，与圆(x 5)2  y 2  r (r  0) 相切于点 M ，
2
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 【解析】当直线l 的斜率不存在时，这样的直线l 恰好有 2 条，即 x 5r ，所以0  r 5；所
以当直线l 的斜率存在时，这样的直线l 有 2 条即可．设 A(x , y ) ， B(x , y 
)，
1
1
2
2
x  x  2x
y  4x1
1
2
1
2
0
M (x , y ) ，则
．又
，
0
0
y  y  2y
2 
1
2
0
y 
4x2
2
y
1  y
2
4
2
两式相减得(y  y )(y  y )  4(x  x ) ，k 
AB


．
1
2
1
2
1
2

y  y
1 
2
x 
x
y0
1
2
y
0
设圆心为C(5, 0) ，则k 

CM
，因为直线l 与圆相切，
x 
5

0
2
y
0

 1，解得 x0 = 3，于是 y0
2  r 2 4 ，r > 2，又 y0  4x0 ，
2
所以
y x 5
0
0
即r2 4 12，所以0 < r < 4，又0 < r < 5，r > 2 所以2  r  4 ，故选 D．
8x 的焦点为 F ，准线为l ， P 是l 上一点，Q 是直线 PF 
与
22．(2014 新课标 1 文理)已知抛物线C ：y2
C 的一个交点，若 FP  4FQ ，则| QF |=
7
2
5
2
A．
B．
C．3
D．2
【答案】C【解析】过点Q 作QQ l 交l 于点Q ，因为 PF 4FQ，所以| PQ|:| PF | 3:4 ，又焦点 F




  ．故选 
C．
到准线l 的距离为 4，所以| QF | | QQ | 3
23．(2014 新课标 2 文理)设 F 为抛物线 C：
y
O 为坐标原点，则△OAB 的面积为
2 3x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30°的直线交C 于 A, B 两点，
3 3
4
9 3
8
9
4
63
32
A．
B．
C．
D．
3
3
3
【答案】D【解析】易知抛物线中 p  ，焦点 F( ,0)，直线 AB 的斜率k 
，故直线 AB 的方程为
2
4
3
3
3
21
2
9
y 
(x  ) ，代入抛物线方程 y 3x，整理得 x2 
x  
 0 ．
16
2
3
4
21
设 A(x , y ),B(x , y ) ，则 x  x 
，由物线的定义可得弦长
1
1
2
2
1
2
2
p
3
| AB| x  x  p 12 ，结合图象可得O 到直线 AB 的距离d  
sin 30  ，

1
2
2
8
1
9
所以OAB 的面积 S  | AB|d  ．
2
4
24．(2014 辽宁文理)已知点 A(2,3)在抛物线 C：y2  2px 的准线上，过点 A 的直线与 C 在第一象限相切
于点 B，记 C 的焦点为 F，则直线 BF 的斜率为( )
1
2
2
3
3
4
4
3
2
A．
B．
C．
D．
 

 4y 的焦点为 F ，射线 FA 与抛物线C 相交于点 M 
，
25．(2013 江西文理)已知点 A 2,0 ，抛物线C : x
与其准线相交于点 N ，则| FM |:| MN |=
A．2： 5
B．1：2
C．1： 
5
D．1：3
x
3 5
【答案】C【解析】依题意可得 AF 所在直线方程为
又|FM|：|MN|=(1-y)：(1+y)＝1： 5 ．
 y 1 代入 x2=4y 得 y 
，
2
2
26．(2011 新课标文理)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
y2  2px，易知| AB| 2p 12，即 p  6 ，
【答案】C【解析】设抛物线的方程为
∵点 P 在准线上，∴ P 到 AB 的距离为 p  6，所以ABP 面积为 36，故选 
C．
AB
27．(2020 山东)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
=________．
16
【答案】3
y  4x ，∴抛物线的焦点 F 坐标为 F(1,0)，
2
【解析】∵抛物线的方程为
又∵直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3 ，∴直线 AB 的方程为： 
y
3(x 1)，

代入抛物线方程消去 y 并化简得3x2 10x 3  0 ，
1
1 
16
| x  x | 13|3 |
x  , x  3 ，所以| AB| 1 k
2
解法一：解得
．
1
2
1
2
3
3
3
10
3
解法二： 10036 64 0
，设 A(x , y ),B(x , y ) ，则x  x 
1 
2
，
1
1
2
2
A, B
x  1 的垂线，设垂足分别为C, D
如图所示．
过
分别作 准线
16
| AB|| AF | | BF || AC | | BD| x 1 x 1  x  x +2=
．
1
2
1
2
3
28．【2020 山东13】斜率为 3 的直线过抛物线C : 
y
2 4x 的焦点，且与C 交于 A ，B 两点，则 AB  
__________．
16
【答案】
3
【解析】由题抛物线
2 
，可知其焦点为
，准线为l : x  1，如图所示．作 AAl ，BBl ，
F (1, 0)
C: y 
4x
直线 AB 准线交于点 H ，由kAB  3 ，∴倾斜角 60
 ，∴AHA 30

 ，
由抛物线定义知：| AA|| AF |，| BB|| BF | ，
又∵| AH | 2 | AA|，∴ F 为 AH 中点，∵| MF | 2 ，∴| HF || AF | 4 ，
1
2
4
3
4 
16
，∴| AB | | AF | | BF | 4
∵| BB | | BF |
 

| HB | ，∴3 | BF | 4 ，∴| BF |




  

．
3
3
29．【2019 北京文】设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，准线为 l．则以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的方程为
__________．
【答案】(x 1)
2  y  4
2
【解析】抛物线 y2=4x 中，2p=4，p=2，焦点 F(1，0)，准线 l 的方程为 x=−1，
以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为(x 1) 2  y  4 ．
2
 

2 
30．【2018 全国 3 理 16】已知点M 
1,1 和抛物线C：y 
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
 

2
1
y
4x
1 ,
y1  y
4

 


 
4x 
4x ，k 


【解析】设 A x , y , B x , y ，则
y2
1
y2
2
2
．
1
1
2
2
1
2

y  y
1 
2
y

2
2  4x2 ,
x 
x
1
2

 

 

取 AB 中点 M (x , y ) ，分别过点 A , B 作准线 
x
1 的垂线，垂足分别为 A , B ．
0
0
1
1
1
 AMB 90，
 MM  AB
 

AF  BF  

AA  BB ．
2
2
2



M 为中点 AB ， MM 平行于 x 轴．
 
  
   
 
 
M 
1,1 , y 
1, y 
y 
2 , k 2，故答案为 2．
0
1
2
2
y  4ax 截得的线段长为 4，则抛物
31．【2018 北京文】已知直线 l 过点(1，0)且垂直于轴，若 l 被抛物线
线的焦点坐标为_________．
 

1,0
【答案】
 

P 1,2
 

P 1,2
y2  4ax 中，解得a 1，y2  4x
代入 
，由抛
【解析】由题意可得，点
在抛物线上，将
p
 
1,0
．
2p  4, p  2, 
1

， 焦 点坐标为
物线方程可得：
2
32．(2017 新课标Ⅱ理)已知 F 是抛物线C ：
N ．若 M 为 FN 的中点，则| FN |
y2 8x 的焦点， M 是C 上一点， FM 的延长线交 y 轴于
点
．
【答案】6【解析】如图所示，不妨设点 M 位于第一象限，设抛物线的准线与 x 轴交于点 F' ，作 MB l 
与
点 B ，NAl 与点 A ，由抛物线的解析式可得准线方程为 x  2，则 AN  2,FF'  4 ，在直角梯形 
ANFF'
AN  FF '
中，中位线 BM

MF  MB 3 ，结合题意，有 MN  MF 3，
3，由抛物线的定义有：
2
故 FN  FM  NM 33 6．
3
33．【2019 全国Ⅰ理】已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为 
的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 
轴的
2
交点为 P．
(1)若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；
AP 3PB
(2)若
，求|AB|．
3
7
4 13
3
【答案】(1) y  x  ；(2)
．
2
8
3
 

【解析】设直线l : yx t, A x , y ,B x , y
 
 
．
1
1
2
2
2
 3 

 4 

3
5
(1)由题设得 F  ,0，故| AF | | BF | x  x  ，由题设可得 x  x  ．
1
2
1
2
2
2

3
y  x t
12(t 1)
，可得9x 2 12(t 1)x 4t
2  0 ，则 x  x  
．
由
2
 3x
1
2
9

y
2
12(t 1) 
5
7
3
7
从而
 
，得t   ．所以l 的方程为 y  x  ．
9
2
8
2
8
(2)由 AP 3PB 可得 y  3y ．
1
2

3
y  x t
由
2
 3x
，可得y2 2y 2t  0 ．所以 y  y  2 ．从而3y  y  2 ，故 y  1, y  3．
1
2
2
2
2
1

y
2
1
4 13
3
代入C 的方程得 x 3,x  ，故| AB|
．
1
2
3
34．【2018 全国 I 文 20】(本小题满分 12 
分)
设抛物线C : y  2x ，点 A2,0, B2,0，过点 A 的直线l 与C 交于 M , N 两
点．
2
(1)当l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；
(2)证明：ABM ABN ．
【解析】【基本解法 1】(1)当l  x
轴时，直线l : x  2 带入抛物线方程得：
2 0 
1
2 2 
2
2 0
2  2
1
y  2 解得点 M 2 , 2或 
 
 
，
2 , 2



或kBM
  
，
M
kBM
2
1
1
2
1
1
所以直线 BM 得方程为：y
x 2
   
 
x 1 或y   x 2  x 1
．
2
2
2
M ,N
x
ABM ABN
关于 轴对称， 
．
(2)当斜 率不存在时，
y k x 2 ,
   
 
当斜率存在时，可设直线方程为l : y  k(x 2)，
k
2
2 (4k 2  2)x  4k 2  0 ．
x
 y  2x ,
2
4k 2  2
M(x , y ),N(x , y )
x  x 
, x x  4
，
1 2
设点
则：
1
1
2
2
1
2
k 2
y
1
y
2
2x x 8
1 2
(x  2)(x  2)
1 
2
k 
 k 


 k
 0 k 
 k 
，ABM ABN
， 
．
MB 
NB
MB
NB
x  2 
x  2
1
2
35．(2018 全国 II 文 20 理 19)(本小题满分 12 
分)
  


设抛物线C : y
(1)求l 的方程；
(2)求过点 A ， B 且与C 的准线相切的圆的方程．
2 4x 的焦点为 F ，过 F 且斜率为k k 0 的直线l 与C 交于 A ， B 两点． AB 
8 ．
【解析】(1)由题意得
， 的方程为
F(1, 0) 
l 
y  k(x 1)(k  0)．
   
 
y k x 1 ,
A(x , y ),B(x , y )

得k2x2 (2k 2 4)x k  0
2
设
，由
2
．
1
1
2
y  4x ,
2

2k 2 4
4k 2 4
 16k
2 16  0 ，故 x  x 
 AB  AF  BF  x 1 x 1
1 
2
．
．
1
2
2
2
k
k
4k 2 4 8，解得k  1(舍去)，k 1
l
．因此 的方程为
y  x 1
．
由题设知
k 2
(2)由(1)得 AB 的中点坐标为(3, 2) ，AB 的垂直平分线方程为
y 2  (x 3)，即 y  x 5 ．
y  x 5,
 

x
3,
2
x0 11,

0
0
0
(x , y )


解得
或
设所求圆的圆心坐标为
，则
(y  x 1) 2
0
0

y  6.
0
(x 1) 2 
0
0
2
16.
y
0


0
  

因此所求圆的方程为 x 3
2
y 2
  

2 
  

16 或 x 11
2   
y 6 
144 ．
2
x2
36．(2017 新课标Ⅰ文)设 A ， B 为曲线C ： y 
(1)求直线 AB 的斜率；
上两点， A 与 B 的横坐标之和为 4．
4
(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．
x
12
x
22
【解析】(1)设 A(x , y ) ， B(x , y )，则 x  x ， y ， y2 
，x +x =4，
1 
2
1
1
2
2
1
2
1
4
4
y
1  y
x1  x2
2
x
1  x
2
于是直线 AB 的斜率k 

 1．
4
x2
x
(2)由 y 
，得 y'  ．
4
2
x
3
2
设M (x , y ) ，由题设知 
1，解得 x3  2 ，于是 
M (2,1)．
3
3
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|．
x2
将 y  x  m 代入 y 
得 x2  4x  4m  0 ．
4
当 16(m 1)  0 ，即m  1 时， x  2  2 m 1 ，从而|AB|= 2 | x  x | 4 2(m 1) ．
1,2
1
2
由题设知| AB| 2 | MN | ，即 4 2(m 1)  2(m 1) ，解得m  7 ，所以直线 AB 的方程为 y  x  7 ．
37．(2017 新课标Ⅲ理)已知抛物线C ：y  2x ，过点(2,0)的直线l 交C 与 A ，B 两点，圆M 是以线段 AB
2
为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O 在圆 M 上；
(2)设圆 M 过点 P(4,2)，求直线l 与圆 M 的方程．




2


【解析】(1)设 A x , y ， B x ,y ，l ： x ym 2
1
1
2
x  my 2
由
2
2
4 0
可得 y  my   ，则 y y  4
1 2
y  2x
2



2
y
2
y
2
y1y2
又 x1= 1 ， x2= 
2 ，故 x1x2=
=4
2
2
4
y y 
-4
因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为
故坐标原点O 在圆 M 上．
1 2 =
=-1，所以OAOB．
x x
4
1
2
+ 
+4=2m2 4

(2)由(1)可得 y +y =2m ， x x m y y
+ =
1
2
1
2
1
2




2
故圆心M 的坐标为 m2+2，m ，圆 M 的半径r  
m2 2  m 2
由于圆M 过点 P(4,2)，因此 APBP 0 ，
   
  

2

故 x 
4 x 
4 + y + 2 y + 2 = 0
1
2
1
即 x1x2
x x
4 + 
y1 y2
y 
y
2  20  0
1 
2
1
2
由(1)可得 y y =-4 ， x x =4．
1
2
1 2
1 0
所以2m m  ，解得
或 
．
m 1 
m  1
2
2
当m 1 时，直线l 的方程为 x  y 2  0 ，圆心 M 的坐标为(3,1)，圆 M 的半径为 10 ，圆 M 的方程
为
  

x 3
2
y 1 10
  
2
1
9 
1
85
4
当m   时，直线l 的方程为2x  y 4 0，圆心 M 的坐标为( , 
的半径为
，圆M
的
) ，圆 M
2
4 
2
9
1
85
16
(x  ) 2 (y  ) 2 
．
方程为
4
2
1
 2px 过点 P(1,1)．过点(0, ) 作直线l 与抛物线C 交于不同的两点
38．(2017 北京理)已知抛物线C ：y
2
2
M ， N ，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线OP，ON 交于点 A ， B ，其中O 为原
点．
(Ⅰ)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(Ⅱ)求证： A 为线段 BM 的中点．
1
【解析】(Ⅰ)由抛物线 C： y2  2px 过点 P(1,1)，得 p  ．所以抛物线C 的方程为 y
2  x ．
2
1
1
抛物线C 的焦点坐标为( ,0)，准线方程为 x   ．
4
4
(Ⅱ)当直线 MN 的斜率不存在或斜率为 0 时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线 MN 的
斜
率存在且不为 0．
1
1
2
设(0, ) 为点Q ，过Q 的直线 MN 方程为 y  kx  ( k  0 )，设 M (x , y ) ， N(x , y ) ，显然， x ， x 
均不
1
1
2
2
1
2
2
为 0．

1
y  kx 
1
1
由
2 ，得4kx (4k 4)x 10 ．考虑  (k 1) 2 4 k 12k ，由题意  0，所以k  
．
2
2
2
4
2

y
2  x
1 k
则 x  x 
，①
1
2
2
k
1
x x 
． ②
1
2
2
4k
由题意可得 A ， B 横坐标相等且同为 x1 ，
因为点 P 的坐标为(1,1)，所以直线 OP 的方程为 y  x ，点 A 的坐标为(x , x ) ．
1
1
y
2
x2
y
2x
x2
1
直线 ON 的方程为 y  
x ，点 B 的坐标为(x1,
) ．
x
1y
x2
2
若要证明 A 为 BM 的中点，只需证2y  y  y ，即证
 y1  2x
1
，
A
B
M
即证 x y  x y  2x x ，
1
2
2
1
1 2

1
2
1
2
y  kx 

1
1
将
代入上式，
y  kx 
2
2

1
1
即证(kx2 )x (kx 
1 
1
2)x2 2x x ，
1
2
2
1
2
即证(2k 2)x x

(x  x ) 0 ③

2
1
2
1
1
1 k
k 1 1 k
将①②代入③得(2k 2)


0 ，化简有

 0 恒成立，
4k 2
2k 2
2k 2
2k 2
所以2y  y  y 恒成立．
A
B
M
故 A 为线段 BM 的中点．
39．(2015 浙江文)如图，已知抛物线C1 ：
1
y  x2 ，圆C2 ：x 2 (y 1) 1，过点 P(t,0) (t>0)作不过原
2
4
点O 的直线 PA ， PB 分别与抛物线C 和圆C 相切， A, B 为切
点．
1
2
(Ⅰ)求点 A, B 的坐标；
(Ⅱ)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】(Ⅰ)由题意可知，直线 PA 的斜率存在，故可设直线 PA 的方程为 y k x t
   
．
y k x t
   
 

消去 y ．整理得：
2
x 4kx4kt  0 ．
所以
1
y  x 2


4
因为直线 PA 与抛物线相切，所以Δ 16k
A(2t,t ) ．设圆C2 的圆心为 D(0,1)，
点 B 的坐标为(x , y ) ，由题意知，点 B,O 关于直线 PD 对
称，
2 16kt  0 ，解得k t ．
所以 x  2t ，即点
2
0
0
 y
故有 2
x
0
2t
  
1，解得 x0  2t
2
2

0
2t

2t
2t
, y0 
．即点 B(
,
) ．
2
1t 2
1 t 2
1t 1t
2
x t  y  0
0
0
AP  t 1t 2 ，
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
直线 AP 的方程为tx y t  0 ，
2
t 2
所以点 B 到直线 PA 的距离为d 
．
1t 2
1
t3
所以PAB 的面积为 S  
AP d 
．
2
2
40．(2015 福建文)已知点 F 为抛物线 
:
y2  2px( p  0)的焦点，点 
2,m
 
在抛物线 上，且 ΑF 
3．
(Ⅰ)求抛物线 的方程；
 


(Ⅱ)已知点G 1,0 ，延长 ΑF 交抛物线 
于点 Β ，证明：以点 F 为圆心且与直线GΑ 相切的圆，必与
直
线GΒ 相切．
p
【解析】解法一：(Ⅰ)由抛物线的定义得| AF |= 2 
+
．
2
p
2  
 3
p  2
，
因为| AF |= 3，即
，解得
2
所以抛物线 的方程为y2  4x ．
(Ⅱ)因为点 2,m在抛物线:
2
y  4x 上，
所以m  2 2
，由抛物线的对称性，不妨设 2,2 2
．



 
 

由 2,2 2 ，F 1,0 可得直线F 的方程为y  2 2 x 1．


，得2x 2 5x 2  0 ，
由
y

2  4x
1
 1
 2
, 2 
．
x  2 或 x 
，从而 

解得
2

又G1,0，
2 2 0 
2 2
 2 0
2 2
3
k 

G

k 

G
 

所以
，
，
1
3
1
2
1
2
所以k 
k 
 0 ，从而AGF BGF ，这表明点 F 到直线GA,GB 的距离相等，故以 F 为圆心且与
G
G
直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．
解法二：(Ⅰ)同解法一．
(Ⅱ)设以点 F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为 ．
r
因为点 A(2,m) 在抛物线 E ：
2
y  4x 上，
所以m  2 2
，由抛物线的对称性，不妨设
 2,2 2

．

 
 

由 2,2 2 ，F 1,0 可得直线F 的方程为y  2 2 x 1．


，得2x 2 5x 2  0 ，
由
y

2  4x
1
2
1
B( , 2)
解得x  2 或 x 
，从而
．
2
又G(1,0)，故直线G
2 2x 3y 2 2  0
的方程为 
，
2 2 2 2
4 2
17
从而r 

．
89
2 2 2 2
89
4 2
17
又直线GB 的方程为2 2x 3y 2 2  0
，所以点F 到直线GB 的距离d 

 r
．
这表明以点 F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．
y2
x2
41．(2014 陕西文理)如图，曲线C 由上半椭圆C : 
 
1(a b  0,y  0)和部分抛物线
1
2
2
a 
b
3
C2 : y  x 2 1(y  0)连接而成，C ,C 的公共点为 A,B ，其中C 的离心率为
．
1
2
1
2
(Ⅰ)求a,b 的值；
(Ⅱ)过点 B 的直线l 与C ,C 分别交于 P,Q (均异于点 A,B )，若 AP  AQ，求直线l 的方程．
1
2
【解析】(Ⅰ)在C ，C 方程中，令 y  0，可得 b=1，且得 A(1,0),B(1, 0) 是上半椭圆C 的左右顶点，
1
2
1
c
3
设C 的半焦距为c ，由 
及a2 c 2  b 1，解得a  2，所以a  2，b 1
2
1
a
2
y2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，上半椭圆C1 的方程为
 x 1(y  0)，
2
4
易知，直线l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为 y  k(x 1)(k  0)
代入C1 的方程中，整理得：(k
2 4)x 2 2k 2x  k2 4  0
(*)
2k 2
设点 P 的坐标(x , y ) ，由韦达定理得 x  x 
P
P
P
B
2  4
k
k
k
2
2
4
 4
8k
又 B(1,0)，得 xP 
，从而求得 yP k 2  4
k
k
2
2
4 8k
所以点 P 的坐标为(
,
4) ．
4 k 2
y  k(x 1)(k  0)


2k) ，AP 
2k
k  4
2
得点Q 的坐标为(k 1,k
2
(k,4)，AQ  k(1,k 2)，
同理由
 y  x 1(y  0)
2
2k 2
AP  AQ ，AP AQ  0 ，即
4[k 4(k 2)] 0 ，
k 2
8
8
8
k  0 ，k 4(k 2)  0，解得k   ，经检验，k   符合题意，故直线l 的方程为 y   (x 1)．
3
3
3
42．(2012 新课标文理)设抛物线C ：x
2
2 
(
 py p  
的焦点为 F ，准线为l ，A 为C 上一点，已知以 F 为
0)
圆心， FA 为半径的圆 F 交l 于 B 、 D
点．
(Ⅰ)若BFD  90o ，ABD 的面积为4 2 ，求 p 的值及圆 F 的方
程；
(Ⅱ)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】(Ⅰ)由对称性知：BFD 是等腰直角 ，斜边 BD  2p ，
1
点 A 到准线l 的距离d  FA  FB  2p ， SABD  4 2   BD d  4 2  p  2 ，
2
圆 F 的方程为x2 (y 1) 8 ．
2
x2
0
2p
p
(Ⅱ)由对称性设A(x0,
)(x  0) ，则 F(0, ) ，
0
2
x2
0
2p
x2
0
2p
p
点 A, B 关于点 F 对称得：B(x0, p 
)  p 
   x
2
0 3p2 ，
 0 ，
2
3p 
p

3p
得： A( 3p, 
) ，直线m: y 
p
3p
2
2 x  
 x  3y 
2
 y 
p
3p
2
2
x2
x
3
3
3p p
x2 2py
  

y
 x 
p  切点P(
, ) ，
2p
p
3
3
3
6
3 (x  3p)  x  3y 
3
直线n : y  

p  0 ，
6
3
3
6
3p 
3p
坐标原点到m,n 距离的比值为
:
3 ．
2
6