3.6抛物线的简单几何性质（解析版）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_圆锥曲线PDF矢量版_原卷版+解析版

3.6 抛物线的简单几何性质
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：抛物线的简单几何性质.................................................... 2
考点二：焦半径公式................................................................... 3
考点三：直线与抛物线的位置关系..................................................3
考点四：抛物线的弦长公式.......................................................... 3
考点五：焦点弦及二级公式.......................................................... 4
考点六：圆锥曲线中的定点问题策略...............................................5
模块二：题型分类.........................................................................5
题型一：利用抛物线标准方程求几何性质.........................................5
题型二：由几何性质求抛物线方程................................................13
题型三：直线与抛物线的位置关系................................................19
题型四：抛物线的切线问题........................................................ 24
题型五：直线与抛物线交点及弦长................................................28
题型六：抛物线的中点弦问题......................................................31
题型七：焦半径及焦点弦应用......................................................38
题型八：与抛物线有关的范围和最值问题....................................... 48
题型九：抛物线的定点问题........................................................ 55
题型十：抛物线的定值问题........................................................ 63
模块三：综合巩固....................................................................... 72
3.6 抛物线的简单几何性质
模块一：基础知识
考点一：抛物线的简单几何性质
1.抛物线的简单几何性质：
标准方程


2
2
0
y
px p




2
2
0
y
px p




2
2
0
x
py p




2
2
0
x
py p


图象
性质
范围
0
x
y

R
，
0
x
y

R
，
0
x
y


R，
0
x
y


R，
对称轴
x 轴
y 轴
顶点
O（0,0）
焦点
,0
2
p
F 





,0
2
p
F 






0, 2
p
F 





0,
2
p
F 






准线
2
p
x 
2
p
x 
2
p
y 
2
p
y 
离心率
哦
通径
垂直焦点所在轴并经过焦点的弦长：2p
2.范围：由方程
2
2
(
0)


y
px p
可知，对于抛物线上的点
( , )
M x y ，
0
x ，y
R

，抛物线在y 轴的右侧，开口
方向与x 轴的正方向相同；当x的值增大时，y 的值也增大，这说明，抛物线向右上方和右下方无限延伸．
3.离心率：抛物线上的点M 与焦点的距离和点M 到准线的距离d 的比MF
d
，叫做抛物线的离心率，用e表
示．由抛物线的定义可知，
1
e ．
4．抛物线与椭圆、双曲线几何性质的差异
抛物线与椭圆、双曲线几何性质的差异：
①它们都是轴对称图形，但椭圆和双曲线又是中心对称图形；
②顶点个数不同，椭圆有4 个顶点，双曲线有2 个顶点，抛物线只有1 个顶点；
③焦点个数不同，椭圆和双曲线各有2 个焦点，抛物线只有1 个焦点；
④离心率取值范围不同，椭圆的离心率范围是0<e<1,双曲线的离心率范围是e>1，抛物线的离心率是e=1；
⑤椭圆和双曲线都有两条准线，而抛物线只有一条准线；
⑥椭圆是封闭式曲线，双曲线和抛物线都是非封闭式曲线.
考点二：焦半径公式
1.焦半径的定义
设抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上一点M
0
0
(
,
)
x
y
，焦点为F ，准线为l ，则线段MF 叫做抛物线的焦半径，过点
M 作准线l 的垂线段MH ，由抛物线的定义可知，
0
2
p
MF
MH
x



．
2.用坐标表示焦半径公式
（1）抛物线
2
2
(
0)
y
px p


，
0
0
2
2
p
p
MF
x
x




．
（2）抛物线
2
2
(
0)
y
px p


，
0
0
2
2
p
p
MF
x
x




．
（3）抛物线
2
2
(
0)
x
py p


，
0
0
2
2
p
p
MF
y
y




．
（4）抛物线
2
2
(
0)
x
py p


，
0
0
2
2
p
p
MF
y
y




．
【注意】在使用焦半径公式时，首先要明确抛物线的标准方程的形式，不同的标准方程对应于不同的焦半径
公式．
3.焦半径公式的应用：利用焦半径公式，我们可以把抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，解
题时方便快捷．一般来说，涉及到过焦点的直线与抛物线的交点问题，利用此公式解决较为简单．
考点三：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.
考点四：抛物线的弦长公式
1.弦长公式
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.中点弦问题
中点弦斜率：
0
AB
p
k
y

,
推导：由题意，知
2
2
2
2
y
px

，①
2
1
1
2
y
px

②
由①-②，得
1
2
1
2
1
2
(
)(
=2 (
)
y
y
y
y
p x
x



）
，故
1
2
1
2
1
2
2
y
y
p
y
y
x
x




，即
0
AB
p
k
y

.
所以，中点弦直线方程：直线AB 的方程为
0
0
0
(
)
p
y
y
x
x
y



．
3．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).
考点五：焦点弦及二级公式
1.焦点弦长
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：
标准方程
弦长公式
y
2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y
2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x
2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x
2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)
2.焦点弦常用二级公式
根据抛物线的定义有
1
AF
AA

，
1
BF
BB

，
1
1
AB
AF
BF
AA
BB




故
1
1
AB
AF
BF
AA
BB




.
又因为
1
MM 是梯形
1
1
AA B B 的中位线，所以
1
1
1
2
AB
AA
BB
MM



，
从而有下列结论；
(1)
0
2
2
p
AB
x








(焦点弦长与中点关系)
(2)
1
2
AB
x
x
p



.
(3)若直线AB 的倾斜角为θ，则|AF|＝
p
1－cos θ
，|BF|＝
p
1＋cos θ
；
(4)|AB|＝x1＋x2＋p＝
2p
sin
2θ
(其中θ为直线AB 的倾斜角)，抛物线的通径长为2p，通径是最短的焦点弦；
(4)S△AOB＝
p
2
2sin θ
(其中θ为直线AB 的倾斜角)；
(5) A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积均为定值，即
2
1
2
4
p
x x 
，
2
1
2
y y
p

.
(6)
1
1
AF
BF

为定值2
P .
(7)以AB 为直径的圆必与准线l 相切.
(8)以AF(或BF)为直径的圆与y 轴相切；
(9)以A1B1为直径的圆与直线AB 相切，切点为F，∠A1FB1＝90°；
(10)A，O，B1三点共线，B，O，A1三点也共线．
(11)经过原点与抛物线通径端点直线的斜率绝对值为2，即|k|=2
考点六：圆锥曲线中的定点问题策略
1.直线过定点策略
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，
再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点

0
0
,
x
y
，常利用直线的点斜式方程


0
0
y
y
k x
x



或截距式y
kx
b

来证明.
2.圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有
关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
模块二：题型分类
题型一：利用抛物线标准方程求几何性质
1．求下列抛物线的顶点坐标､对称轴､焦点坐标和准线方程.
(1)
2
2
y
x

；
(2)
2
32
x
y

；
(3)
2
8
y
x

；
(4)
2
1
16
x
y

.
【答案】(1)(0,0) ，对称轴为x 轴，1
( ,0)
2
，
1
2
x 
；
(2)(0,0) ，对称轴为y 轴，(0,8) ，
8
y ；
(3)(0,0) ，对称轴为y 轴，
1
(0,
)
32

，
1
32
y 
(4)(0,0) ，对称轴为x 轴，( 4,0)

，
4
x 
；
【分析】根据抛物线的标准方程即可得到答案.
【详解】（1）
2
2
y
x

的焦点在x 轴正半轴上，
1
p ，
顶点坐标为(0,0) ，对称轴为x 轴，焦点坐标为1
( ,0)
2
，准线方程为
1
2
x 
；
（2）
2
32
x
y

的焦点在y 轴正半轴上，
16
p 
，
顶点坐标为(0,0) ，对称轴为y 轴，焦点坐标为(0,8) ，准线方程为
8
y ；
（3）
2
8
y
x

即
2
1
8

x
y ，焦点在y 轴负半轴上，
1
16

p
，
顶点坐标为(0,0) ，对称轴为y 轴，焦点坐标为
1
(0,
)
32

，准线方程为
1
32
y 
；
（4）
2
1
16
x
y

即
2
16
y
x

，焦点在x 轴负半轴上，
8
p 
，
顶点坐标为(0,0) ，对称轴为x 轴，焦点坐标为( 4,0)

，准线方程为
4
x 
；
2.对抛物线�=
1
8 �2，下列描述正确的是（
）
A．开口向上，焦点为0，2
B．开口向上，焦点为0，
1
32
C．开口向右，焦点为2，0
D．开口向右，焦点为
1
32 ，0
【解题思路】将抛物线方程改写为标准方程形式��= ��，则可根据该方程判断开口方向，以及焦点坐标.
【解答过程】由题知，该抛物线的标准方程为��= ��，
则该抛物线开口向上，焦点坐标为�, �.
故选：A.
3．（多选）关于抛物线
2
2
y
x

，下列说法正确的是（
）
A．开口向左
B．焦点坐标为

1,0

C．准线为
1
x 
D．对称轴为x 轴
【答案】AD
【分析】根据抛物线标准方程依次判断选项即可得到答案.
【详解】对选项A，
2
2
y
x

，开口向左，故A 正确；
对选项B，
2
2
y
x

，焦点为
1 ,0
2







，故B 错误；
对选项C，
2
2
y
x

，准线方程为
1
2
x 
，故C 错误；
对选项D，
2
2
y
x

，对称轴为x 轴，故D 正确.
故选：AD
4.在同一坐标系中，方程
�2
�2 +
�2
�2 = 1 与��+ ��2 = 0 �> �> 0 的曲线大致是（
）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】由�> �> �，判断椭圆焦点在�轴上，��+ ���= �化成标准方程，即可判断焦点位置和开
口方向，得出结论.
【解答过程】由�> �> �，方程
��
��+
��
��= �表示焦点在�轴上的椭圆，
��+ ���= �得��=−
�
��, −
�
�< �表示焦点在�轴上开口向左的抛物线.
故选：D.
5.抛物线
2
1
8
y
x

上一点

0,2
A x
到其对称轴的距离为（
）
A．4
B．2
C．
2
D．1
【答案】A
【解析】把

0,2
A x
代入抛物线方程中，得
2
0
0
1
2
4
8
x
x



，
因为该抛物线的对称轴为纵轴，
所以抛物线
2
1
8
y
x

上一点

0,2
A x
到其对称轴的距离为4，故选：A
6.已知抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p


的焦点为F ，


0,8
P x
是C 上一点，且P 到F 的距离与P 到C 的对称轴的
距离之差为2，则p （
）
A．
1
2
B．1
C．2 或4
D．4 或36
【答案】D
【解析】因为


0,8
P x
是C 上一点，所以
2
0
16
x
p

，所以
0
4
x
p

，
由抛物线的定义可得P 到F 的距离为8
2
p

，
点P 到C 的对称轴的距离为
0x ，
则8
4
2
2
p
p



，解得
4
p 
或36.故选：D.
7.已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线
2
4
y
x

上，则这个等边三角形的边长为（
）
A．8 3
B．4 2
C．4 3
D．3 2
【答案】A
【解析】由题意，依据抛物线的对称性，及等边三角形的一个顶点位于原点，
另外两个顶点在抛物线
2
4
y
x

上，
可设另外两个顶点的坐标分别为


2
2
,
,
,
0
4
4
m
m
m
m
m











，
2
3
tan30
3
4
m
m



，解得
4 3
m 
，
故这个等边三角形的边长为2
8 3
m 
.故选：A.
8.已知点F 是抛物线
2
4
y
x

的焦点，该抛物线上位于第一象限的点A 到其准线的距离为4，则点A 的坐标
为（
）
A．(3,2 3)
B．(3, 3)
C．(1,2)
D．(2,2 2)
【答案】A
【解析】设


,
A a b ，且
0,
0
a
b


，A 到准线的距离为d ，
则
1
4
2
p
d
AF
a
a





，解得
3
a ，
则
2
12
b

，
2 3
b 
，

3,2 3
A
.故选：A
9.设抛物线C ：
2
2
x
py

的焦点为F ，


,4
M x
在C 上，
5
MF 
，则C 的方程为（
）
A．
2
4
x
y

B．
2
4
x
y

C．
2
2
x
y

D．
2
2
x
y

【答案】A
【解析】抛物线
2
2
x
py

的开口向上，
由于


,4
M x
在C 上，且
5
MF 
，
根据抛物线的定义可知4
5,
2
2
p
p



，
所以抛物线C 的方程为
2
4
x
y

.故选：A
10.若抛物线
2
y
mx

上一点( ,2)
t
到其焦点的距离等于3，则（
）
A．
1
4
m 
B．
1
2
m 
C．
2
m 
D．
4
m 
【答案】A
【解析】因抛物线
2
y
mx

上一点

,2
t
，所以
0
m 
，
因此抛物线的准线方程为：
1
4
y
m

，
由抛物线
2
y
mx

上一点

,2
t
到其焦点的距离等于3，
故根据抛物线定义得：
1
2
3
4m

，解得
1
4
m 
.故选：A.
11．抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上一点到准线和抛物线的对称轴距离分别为10 和6，则该点的横坐标
是
．
【答案】1 或9
【分析】设该点的坐标为

,x y ，根据题中条件列出方程组求解即可.
【详解】抛物线
2
2
(
0)
y
px p


的准线方程为
2
p
x 
，对称轴为x 轴，
设该点的坐标为

,x y ，
由题意可得，
2
2
10
2
6
y
px
p
x
y








，则36
2
10
2
p
p







，
即
2
20
36
0
p
p



，解得
18
p 
或
2
p 
，
因为
10
2
p
x 

，所以
1
x 或9.
故答案为：1 或9.
12.已知��≠0，则方程��2 + ��2 = 1 与��2 = ��在同一坐标系内对应的图形编号可能是（
）
A．①④
B．②③
C．①②
D．③④
【解题思路】结合椭圆、双曲线、抛物线的图像，分别对①②③④分析m、n 的正负，即可得到答案.
【解答过程】对于①：由双曲线的图像可知：�< �, �> �；由抛物线的图像可知：�, �同号，矛盾.故①
错误；
对于②：由双曲线的图像可知：�< �, �> �；由抛物线的图像可知：�, �异号，符合要求.故②成立；
对于③：由椭圆的图像可知：�> �, �> �；由抛物线的图像可知：�, �同号，且抛物线的焦点在x 轴上，
符合要求.故③成立；
对于④：由椭圆的图像可知：�> �, �> �；由抛物线的图像可知：�, �同号，且抛物线的焦点在x 轴上，
矛盾.故④错误；
故选：B.
13.已知�≠0，则方程��−
�
�−��+ �2 = 0 表示的曲线可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】由方程��−
�
�−��+ ��= �得��−
�= �或�−��+ ��= �，通过分类讨论，结合
抛物线的性质、直线的斜率及截距等知识进行判断即可.
【解答过程】方程��−
�
�−��+ ��= �，得��−
�= �或�−��+ ��= �，
当�> �时，则有�= ����
�≥�, �≥�或�=
�
��+ �，分别表示开口向上的抛物线满足�≥�, �≥�的
部分和斜率为正且在�轴上截距为正的直线，故A，B，D 不符合，C 符合；
当�<0 时，则有�= ����
�≤�, �≥�或�=
�
��+ �，分别表示开口向上的抛物线满足�≤�, �≥�的部
分和斜率为负且在�轴上截距为负的直线，故A，B，C，D 均不符合，
综上，方程��−
�
�−��+ ��= �表示的曲线可能是C.
故选：C.
14.边长为1 的等边AOB

，O 为坐标原点，AB x 轴，以O 为顶点且过
,
A B 的抛物线方程是（
）
A．
2
3
6
y
x

B．
2
3
3
y
x

C．
2
3
6
y
x

D．
2
3
3
y
x

【答案】C
【解析】设抛物线方程为
2
0
y
ax a 
＝（
）.设

,
A x y ，
由题意得
2
2
1
x
y

，
3
3
y
x

，解得
3
2
x 
，
1
2
y 
，
取点A 在x 轴上方，故
3 1
,
2
2
A








，代入抛物线中，
则有1
3
4
2 a

，解得
3
6
a 
，
所以抛物线方程为
2
3
6
y
x

.故选：C
15．已知抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上一点M 到其准线及对称轴的距离分别为3 和2 2 ，则p （
）
A．2
B．2 或4
C．1 或2
D．1
【答案】B
【解析】由题意，得到
2 2
3
2
M
M
y
p
x






，结合抛物线方程，即可求出结果.
【详解】因为抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上一点M 到其准线及对称轴的距离分别为3 和2 2 ，
所以
2 2
3
2
M
M
y
p
x






，即
2 2
3
2
M
M
y
p
x






，代入抛物线方程可得8
2
3
2
p
p







，
整理得
2
6
8
0
p
p



，解得
2
p 
或
4
p 
.
故选：B.
16.已知抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p


的焦点为F ，准线为l ，若点P 在C 上，点E 在l 上，且
PEF
!
是周长为
12 的正三角形.则抛物线C 的方程为
.
【答案】
2
4
x
y

【解析】由
PEF
!
是周长为12 的等边三角形，得
=
4
PE
PF
EF


，
又由抛物线的定义可得PE
l
.设准线l 与y 轴交于D ，则PE
DF
∥
，
从而
60
PEF
EFD




，
在Rt EDF

中，
1
cos
4
2
2
DF
EF
EFD






，即
2
p 
.
所以抛物线C 的方程为
2
4
x
y

.
故答案为：
2
4
x
y

17.等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线�2 = 2�上，则这个等边三角形的边长为（
）
A．2
B．2 3
C．4
D．4 3
【解题思路】正三角形的另外两个顶点关于�轴对称，设另外两个顶点坐标分别是�
��, �, �
��, −�，
把顶点代入抛物线方程化简即可求解.
【解答过程】设正三角形得边长为��，
由图可知正三角形的另外两个顶点关于�轴对称，可设另外两个顶点坐标分别是�
��, �, �
��, −�，
把顶点代入抛物线方程得��= ���,解得�= ��，
所以正三角形的边长为��.
故选：D.
18.�为抛物线�: �2 = 12�的焦点，直线�= 1 与抛物线交于�, �两点，则∠���为（
）
A．30∘
B．60∘
C．120∘
D．150∘
【解题思路】在抛物线�: ��= ���中可借助直角三角形的正切值的求解∠���.再由对称性求∠���.
【解答过程】抛物线�: ��= ���中�= �时可得�=± ��，且�3，0 ，
则�(�, ��), �(�, −��)，取��, �（如图），
∴���∠���=
��
��=
��
�−�=
�，
∴∠���= ��°,又对称性可知∠���= ���°.
故选；C.
19.�, �是抛物线�2 = 2��(�> 0)上的不同两点，点F 是抛物线的焦点，且△���的重心恰为F，若|��| = 5，
则�=（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】根据重心可得��+ ��=
��
�
��=−��
，结合对称性可得��=
��
�，再根据抛物线的定义运算求解.
【解答过程】设���, ��, ���, ��, �
�
�, �，
因为△���的重心恰为F，则
��+��+�
�
=
�
�
��+��+�
�
= �
，解得��+ ��=
��
�
��=−��
，
由��=−��可知�, �关于x 轴对称，即��= ��，
则��+ ��= ���=
��
�，即��=
��
�，
又因为��= ��+
�
�=
��
�= �，解得�= �.
故选：D.
20.在平面直角坐标系���中，抛物线�: �2 = 8�, �为�轴正半轴上一点，线段��的垂直平分线�交�于�, �两
点，若∠���= 120°，则四边形����的周长为（
）
A．64 3
B．64
C．80 3
D．80
【解题思路】线段��的垂直平分线�交�于�, �两点,结合抛物线的对称性可得��与��互相平分,则四边形
����为菱形,可设�点坐标,通过几何关系求出�点坐标,在代入抛物线方程即可求解.
【解答过程】因为线段��的垂直平分线�交�于�, �两点，
所以结合抛物线的对称性可得��与��互相平分,则四边形����为菱形.
设点���, �且�> �则线段��的垂直平分线�方程为�= �，
令�与�轴交于点�,又∠���= ���°，
则在直角三角形���中∠���=
�
�∠���= ��°，
继而可得��=
��
�=
��
�，
所以�点坐标为�,
��
�
，
代入抛物线�: ��= ��，可得
��
�= ��，解得�= ��，
直角三角形���中��= ���= �×
�
�× ��= ���,
所以四边形����的周长为���= ���.
故选：A.
题型二：由几何性质求抛物线方程
1．焦点是(3,0) 的抛物线的标准方程是
；准线方程是
2
x 的抛物线的标准方程是
.
【答案】
2
12
y
x

2
8
y
x

【分析】由条件，利用待定系数法求对应的抛物线方程.
【详解】焦点是(3,0) 的抛物线的标准方程可设为
2
2
y
px



0
p 
，
由已知
3
2
p =
，所以
6
p =
，
所以焦点是(3,0) 的抛物线的标准方程是
2
12
y
x

；
准线方程是
2
x 的抛物线的标准方程为
2
2
y
mx



0
m 
，
由已知
2
2
m

，所以
4
m 
，
所以准线方程是
2
x 的抛物线的标准方程是
2
8
y
x

，
故答案为：
2
12
y
x

；
2
8
y
x

.
2．分别根据下列条件写出相应的抛物线标准方程：
(1)焦点是


2,0
F 
；
(2)准线方程是
1
y ．
【答案】(1)
2
8
y
x

(2)
2
4
x
y

【分析】（1）依题意设抛物线方程为
2
2
y
px

（
0
p 
），由焦点求出p ，即可得到抛物线方程；
（2）依题意设抛物线方程为
2
2
x
py

（
0
p 
），由准线求出p ，即可得到抛物线方程；
【详解】（1）依题意焦点是


2,0
F 
，即焦点在x 轴负半轴，
设抛物线方程为
2
2
y
px

（
0
p 
），
即
2
2
p

，解得
4
p 
，
所以抛物线方程为
2
8
y
x

.
（2）因为抛物线的准线方程是
1
y ，即焦点在y 轴负半轴，
设抛物线方程为
2
2
x
py

（
0
p 
），
则
1
2
p ，解得
2
p 
，
所以抛物线方程为
2
4
x
y

.
3．已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在原点，并且经过点


2, 2 2
M

，求它的标准方程.
【答案】
2
4
y
x

【分析】根据抛物线的对轴、顶点设出抛物线的标准方程，再结合代入法进行求解即可.
【详解】因为抛物线关于x 轴对称，它的顶点在原点，并且经过点


2, 2 2
M

，
所以可设它的标准方程为
2
2
(
0)
y
px p


.
因为点M 在抛物线上，所以
2
( 2 2)
2
2
p


，解得
2
p 
.
因此，所求抛物线的标准方程是
2
4
y
x

.
4.直线
2
0
x
y



与抛物线C ：
2y
ax

的图象相切，则C 的准线方程为（
）
A．
2
x 
B．= 1
x 
C．=
2
y 
D．
1
y 
【答案】A
【解析】由
2
2
0
y
ax
x
y






，消去x 整理得
2
2
0
y
ay
a



，
由
2
8
0
a
a



，解得
8
a 
或
0
a 
（舍去），
所以抛物线C ：
2
8
y
x

，则C 的准线方程为
2
x .故选：A
5．（1）已知抛物线的顶点在原点，焦点在y 轴上，抛物线上一点
(
3)
,
M m 
到焦点的距离为5，求m 的值、
抛物线方程和准线方程；
（2）已知抛物线的焦点F 在x 轴上，直线l 过F 且垂直于x 轴，l 与抛物线交于A，B 两点，O 为坐标原
点，若OAB

的面积等于4，求此抛物线的标准方程.
【答案】（1）
2
2
,
2 6
8
,
m
x
y y



；（2）
2
4 2
y
x

或
2
4 2
y
x

【分析】（1）解法一，设出所求抛物线方程，根据题意利用点在曲线上和两点间距离公式列方程组求出参
数，即可得答案；
解法二，设抛物线方程，利用抛物线焦半径公式和点在抛物线上，求出参数，即可得答案.
（2）设抛物线方程


2
2
0
y
ax a


，表示出
,
A B 坐标，即可表示出|
| 2|
|
AB
a

，结合三角形面积求得a，
即得答案.
【详解】（1）因为抛物线的顶点在原点，焦点在y 轴上，点
(
3)
,
M m 
位于第三或第四象限，
故可确定所求抛物线的开口向下.
解法一，设所求抛物线方程为


2
2
0
x
py p


，则焦点为F 0,
2
p







，
因为
(
3)
,
M m 
在抛物线上且|
| 5
MF ，
故
2
2
2
6
3
5
2
m
p
p
m














，解得
4
2 6
p
m




，
所以
2 6
m 
，抛物线方程为
2
8
x
y
= -
，准线方程为
2
y .
解法二如图所示，设抛物线方程为


2
2
0
x
py p


，则焦点为
0,
2
p
F 






，
准线:
2
p
l y 
，
作MN
l
，垂足为N，则|
|
| 5
MM
MF


，而
3
2
p
MN 

，
所以3
5
2
p


，解得
4
p 
，故
2
8
x
y
= -
；
又点
(
3)
,
M m 
在抛物线上，所以
2
24
m 
，解得
2 6
m 
，
所以
2 6
m 
，抛物线方程为
2
8
x
y
= -
，准线方程为
2
y .
（2）由题意，可设抛物线的方程为


2
2
0
y
ax a


，则焦点
0,
2
a
F 





，
直线
2
:
a
l x 
，所以A，B 两点的坐标分别为
,
2
a a






，
,
2
a
a







，
所以|
| 2|
|
AB
a

.
因为OAB

的面积为4，所以1 |
| 2 |
| 4
2
2
a
a



，所以
2 2
a 
,
故所求抛物线的标准方程为
2
4 2
y
x

或
2
4 2
y
x

.
6．若抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上的点

0, 2
A x
到其焦点的距离是A 到y 轴距离的3 倍，则抛物线的标准方程
为（
）
A．
2y
x

B．
2
2
y
x

C．
2
3
y
x

D．
2
4
y
x

【答案】D
【分析】根据点在抛物线上及抛物线定义列方程组求参数p，即可得结果.
【详解】由题意，结合抛物线定义，可得
0
0
0
0
3
2
2
2
0
p
x
x
x p
x











，解得
0
1
2
2
x
p






，
所以抛物线的方程为
2
4
y
x

.
故选：D.
7．已知点

,4 2
P m
在抛物线：


2
2
0
y
px p


上，点F 为抛物线的焦点，且
6
PF 
，则抛物线的
标准方程为
.
【答案】
2
8
y
x

或
2
16
y
x

【分析】由题意可得出
16
pm 
，
6
2
p
m 

，解方程即可得出答案.
【详解】点

,4 2
P m
在抛物线：


2
2
0
y
px p


上，
所以32
2 pm

，解得：
16
pm 
，
点F 为抛物线的焦点，且
6
PF 
，由抛物线的定义可得：
6
2
p
m 

，
解得：
4
p 
或
8
p 
.
抛物线的标准方程为
2
8
y
x

或
2
16
y
x

故答案为：
2
8
y
x

或
2
16
y
x

8．若抛物线
2
(
0)
y
mx m


的准线与圆
2
2
4
5
0
x
y
x




相切，求抛物线的准线和标准方程．
【答案】=
1
x ，
2
4
y
x

【分析】先根据圆的方程求得圆心为

2,0 ，半径为3，再根据抛物线的方程可得准线方程为
4
m
x 
，结
合题中的位置关系列式求解即可.
【详解】由
2
2
4
5
0
x
y
x




，得
2
2
(
2)
9
x
y



，所以圆心为

2,0 ，半径为3，
2
(
0)
y
mx m


的准线方程为
4
m
x 
，
由题意可得2
3
4
m


，解得
4
m 
，
所以抛物线的准线方程为=
1
x ，标准方程为
2
4
y
x

．
9．（多选）直线�= ��−�过抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点且与该抛物线交于M，N 两点，设O 为坐标
原点，则下列说法中正确的是（
）
A．�= 1
B．抛物线E 的准线方程是�= −1
C．以MN 为直径的圆与定直线相切
D．∠���的大小为定值
【答案】BC
【分析】由直线��过定点(�, �)，得到
�
�= �，可判定A 正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B 正确；
过�, �, �点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到��= ���+ ���= ����，可判定C 正确；联
立方程组，结合韦达定理，得到����= �，求得
����
����=
−�
����，可判定D 错误.
【详解】对于A 中，由直线�= ��−�，可化为�= �(�−�)，可得直线��过定点(�, �)，
因为抛物线�: ��= ���的焦点�在直线��上，可得
�
�= �，则�= �，所以A 错误；
对于B 中，由抛物线�: ��= ��的准线方程为�= −1，所以B 正确；
对于C 中，过�, �点作准线的垂线，垂足分别为��, ��，��的中点为�点，
过�点作准线的垂线，垂足为��，可得��= ���+ ���= ����，故以MN 为直径的圆与准线相
切，所以C 正确；
对于D 中，设���, ��, ���, ��，联立方程组�= ��−�
��= ��
，
整理得����−�+ ����+ ��= �，�≠�，�= �+ ����−���= ��+ ����> �，
可得����= �，则
����
����=
−�����
����
=
−�
����=−�，
则���⋅���=−�，但∠���的大小不是定值，
设∠���= �, ∠���= �，而����= ���, −����= ���，
则−��������= ���⋅���=−�，则��������= �，
而���∠���= ����+ �=
����+����
�−��������=−
����+����
�
，并不是定值，所以D 错误.
故选：BC.
10．（多选）在平面直角坐标系���中，点�是抛物线�: �2 = ���> 0 的焦点，两点�
�
16 , 1 、��, �
�< 0
在抛物线�上，则下列说法正确的是（
）
A．抛物线�的方程为�2 = 4�
B．�=−4
C．以��为直径的圆的方程是�−
17
8
2
+ �+
3
2
2
=
25
8
D．�、�、�三点共线
【答案】ABD
【分析】将点�的坐标代入抛物线�的方程，结合�> �，求出�的值，可判断A 选项；将点�的坐标代入
抛物线�的方程，结合�< �求出�的值，可判断B 选项；求出以��为直径的圆的方程，可判断C 选项；根
据���、���的关系可判断D 选项.
【详解】对于A，因为�
�
��, �在抛物线�上，所以
��
��= �，又�> �，解得�= �，
所以，抛物线�的方程为��= ��，故A 正确；
对于B，因为��, �
�< �在抛物线�上，所以��= ��= ��，
又�< �，解得�=−�，故B 正确；
对于C，�
�
�, �，��, −�，则以��为直径的圆的圆心为
��
�, −
�
�，
半径�=
�
���=
�
�
�−
�
�
�
+ −�−��=
��
�，
所以，以��为直径的圆的方程是�−
��
�
�
+ �+
�
�
�
=
��
�
�
，
即�−
��
�
�
+ �+
�
�
�
=
���
��，故C 错误；
对于D，因为�
�
�, �、��, −�、��, �，
所以���=
�−�
�
�−�=−
�
�，���=
−�−�
�−�=−
�
�，所以���= ���，
所以�，�，�三点共线，故D 正确.
故选：ABD.
题型三：直线与抛物线的位置关系
1.直线
2
y 
与抛物线
2
8
y
x

的公共点的个数为（
）
A．0
B．1
C．2
D．无数
【答案】B
【解析】因为直线
2
y 
与抛物线
2
8
y
x

的对称轴平行，
故直线与抛物线只有一个公共点．故选：B.
2．过点


0,4
M
作直线l 与抛物线
2
8
y
x

只有一个公共点，这样的直线有几条？
【答案】3 条
【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率k 存在时，将直线与方程联立，分析即得解；
【详解】当直线的斜率不存在时，直线方程为
0
x 
，
此时与抛物线
2
8
y
x

只有一个公共点

0,0 ，符合题意．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
4
y
kx


，
由
2
4
8
y
kx
y
x






，得
2
2
8(
1)
16
0
k x
k
x




，
当
0
k 
时，符合题意；
当
0
k 
时，由


2
2
64
1
64
0
k
k




，可得
1
2
k 
，
即当
1
2
k 
时，符合题意．综上，满足条件的直线有3 条．
3.直线�= ��−1 + 2 与抛物线�2 = 4�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�= ��−�+ �过定点�, �，在抛物线��= ��内部，即可得出结论．
【解答过程】直线�= ��−�+ �过定点�, �，
∵��< �× �，
∴�, �在抛物线��= ��内部，
∴直线�= ��−�+ �与抛物线��= ��相交，
故选：A．
4.过点�(0,1)与抛物线�2 = 2�只有一个公共点的直线有（
）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．0 条
【解题思路】分直线斜率存在与斜率不存在，设出方程，结合题意计算即可得.
【解答过程】当直线斜率存在时，
设直线�的斜率等于�，则当�= �时，直线�的方程为�= �，
满足直线与抛物线��= ��仅有一个公共点，
当�≠�时，设直线�的方程为�= ��+ �，
代入抛物线的方程可得：����+ ��−��+ �= �，
有�= ��−��−���= �，解得�=
�
�，故切线方程为�=
�
��+ �，
当斜率不存在时，直线方程为�= �，该直线也与抛物线��= ��相切，
故满足条件的直线方程有三条.
故选：C．
5.已知抛物线方程
2
4
y
x

，过点


0,2
P
的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（
）条
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解析】因为点


0,2
P
不在抛物线上，易知当直线斜率不存在时，直线方程为
0
x 
，满足题意；
当直线斜率
0
k 
时，易知
2
y 
满足条件；
当直线斜率存在且
0
k 
时，设直线方程为
2
y
kx


，
由
2
4
2
y
x
y
kx






，整理得到


2
2
4
4
4
0
k x
k
x




，
由


2
2
2
Δ
4
4
16
0
0
k
k
k








，解得
1
2
k 
.
综上所述：满足条件的直线有3条.故选：D
6.“
1
k ”是“直线
0
kx
y
k



与抛物线
2
4
y
x

有唯一公共点”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】联立
0
kx
y
k



与
2
4
y
x

得，


2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k




，
当
0
k 
时，4
0
x


，只有一个根，满足要求，
当
0
k 
时，令


2
2
4
2
4
4
0
k
k




，解得
1
k ，
故直线
0
kx
y
k



与抛物线
2
4
y
x

有唯一公共点”时，
0
k 
或1
，
故
1
k 是“直线
0
kx
y
k



与抛物线
2
4
y
x

有唯一公共点”的充分不必要条件.故选：A
7．已知抛物线
2
2
y
px

（
0
p 
）的焦点为F，点P 是抛物线准线上一动点，作线段PF 的垂直平分线l ，
则直线l 与抛物线公共点个数的可能值构成的集合为（
）
A．{0}
B．{1}
C．{0,1}
D．{1,2}
【答案】B
【分析】由题意设点
,
2
p
P
m






，则PF 的中点为0, 2
m





，
PF
m
k
p

，然后分
0
m 
和
0
m 
两种情况求出
直线l 的方程，再与抛物线方程联立进行判断即可.
【详解】由题意得焦点为
,0
2
p
F 




，准线方程为
2
p
x 
，
设点
,
2
p
P
m






，则PF 的中点为0, 2
m





，
PF
m
k
p

，
当
0
m 
时，直线l 的斜率为
p
k
m

，
所以直线l 的方程为
2
m
p
y
x
m


，
由
2
2
2
m
p
y
x
m
y
px






，得
2
2
2
0
y
my
m



，
因为
2
2
4
4
0
m
m



，
所以直线l 与抛物线只有一个公共点，
当
0
m 
时，线段PF 的垂直平分线l 为y 轴，此时直线l 与抛物线只有一个交点，
综上，直线l 与抛物线公共点个数的可能值构成的集合为{1},
故选：B
8．已知直线
(
1)
1
y
a
x


与曲线
2y
ax

恰有一个公共点，则实数a 的值为
.
【答案】0 或1
或
4
5

【分析】根据给定条件，联立方程，利用方程组有解求解即得.
【详解】当
0
a 
时，曲线
2y
ax

为直线
0
y 
，显然直线
1
y
x

与
0
y 
有唯一公共点(1,0) ，因此
0
a 
；
当
0
a 
时，由
2
(
1)
1
y
a
x
y
ax







消去y 并整理得：
2
2
(
1)
(3
2)
1
0
a
x
a
x




，
当
1
a 时，
1,
1
x
y

，直线
1
y 与曲线
2y
x
有唯一公共点( 1, 1)


，因此
1
a ；
当
0
a 
且
1
a 时，
2
2
2
(3
2)
4(
1)
5
4
0
a
a
a
a







，则
4
5
a 
，
此时直线
1
1
5
y
x

与曲线
2
4
5
y
x

相切，有唯一公共点，因此
4
5
a 
，
所以实数a 的值为0 或1
或
4
5

.
故答案为：0 或1
或
4
5

9.设抛物线�2 = 8�的准线与�轴交于点�，若过点�的直线�与抛物线有公共点，则直线�的斜率的取值范围
是（
）
A．−
1
2 ,
1
2
B．[ −2，2]
C．[ −1，1]
D．[ −4，4]
【解题思路】根据抛物线方程求得�点坐标，设过�点的直线�方程与抛物线方程联立消去�，根据判别式
大于等于0 求得�的范围.
【解答过程】∵��= ��，
∴�( −�，�)(�为准线与�轴的交点），设过�点的直线�方程为�= �(�+ �).
∵�与抛物线有公共点，
∴方程组
��= ��
�= �(�+ �) 有解，
即����+ (���−�)�+ ���= �有解.
∴△= (���−�)�−����⩾�，即��⩽�.
∴−�⩽�⩽�，
故选：C.
10.已知抛物线�: �2 = �，点�(�, 1)，则“�> 1”是“过�且与�仅有一个公共点的直线有3 条”的（
）
A．充分条件
B．必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解题思路】求出“过�且与抛物线�仅有一个公共点的直线有3 条”的充要条件，进而判断.
【解答过程】过�且与抛物线�仅有一个公共点的直线有3 条，
则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线为�= �；
当直线的斜率存在时，设直线为�−�= ��−�，
则�−�= ��−�
��= �
，消去�整理得��−��+ ��−�= �，
∴�= �即��−���+ �= �有两个不同的解，
所以��> �即����−��> �，解得�<−�或�> �，
所以“�> �”是“过�且与抛物线�仅有一个公共点的直线有3 条”的充分条件.
故选：A.
11.已知点�( −2,0), �是抛物线�: �2 = 18�上的动点，则直线��的斜率的取值范围是（
）
A．−
1
2 ,
1
2
B．−
3
2 ,
3
2
C．[ −1,1]
D．−
3
2 ,
3
2
【解题思路】设直线��的方程为�= �(�+ �)，与抛物线方程联立，根据题意，由直线��与抛物线C 有
交点求解.
【解答过程】设直线��的斜率为k,则直线��的方程为�= �(�+ �)，
由题意，得直线��与抛物线C 有交点，
联立方程�= �(�+ �)
��= ���
，得����+ ���−���+ ���= �，
当�= �时，�= �，即�(�, �)；
当�≠�时，�= ���−���−����≥�，
解得−
�
�≤�≤
�
�且�≠�．
综上所述，�∈−
�
�,
�
�．
故选：D．
12.已知抛物线C 的方程为�2 =
1
2 �，过点�0, −1 和点��, 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．2 2, + ∞
C．−∞, −2 2
D．−
2,
2
【解题思路】首先求直线�的方程，与抛物线方程联立，利用�< �，即可求解�的取值范围.
【解答过程】当�= �时，直线�: �= �，与抛物线��=
�
��有交点，所以�≠�，
设直线��的方程为�=
�
��−�，
联立直线与抛物线方程，得
�=
�
��−�
��=
�
��
，消元整理，得���−
�
��+ �= �，
由于直线与抛物线无公共点，即方程���−
�
��+ �= �无解，故有( −
�
�)�−�< �，解得�>
�或�<−
�.
故选：A.
题型四：抛物线的切线问题
1．过抛物线
2
4
x
y

上一点

4,4 的抛物线的切线方程为
.
【答案】
2
4
y
x


【分析】解法一：设切线方程为


4
4
y
k x



，联立切线方程与抛物线方程，由Δ
0

，得
2
k 
，则切
线方程可求.
解法二：利用导数的几何意义直接可求切线斜率，再由点斜式方程求得答案.【后面学过导数的同学可以
用】
【详解】解法一：由题意，切线方程一定存在，设切线方程为


4
4
y
k x



．
由


2
4
4
4
y
k x
x
y






⇒


2
4
4
4
x
kx
k



⇒


2
4
16
1
0
x
kx
k




，
由


2
4
4 16(
1)
0
k
k




，得
2
4
4
0
k
k



，
∴
2
k 
.
故切线方程为
4
2(
4)
y
x



，即
2
4
y
x


.
故答案为：
2
4
y
x


.
解法二：由
2
4
x
y

得
2
= 4
x
y
，∴
2
x
y
.
∴
4
4
|
2
2
x
y




.
∴切线方程为
4
2(
4)
y
x



，即
2
4
y
x


.
故答案为：
2
4
y
x


.
2.抛物线�2 = 9�在点1,3 处的切线的斜率为（
）
A．－1
B．−
3
2
C．
3
2
D．1
【解题思路】设切线方程为�−�= ��−�，联立方程组，�= �，可解.
【解答过程】根据题意，抛物线��= ��在点�, �处的切线的斜率存在，
设切线方程为�−�= ��−�，
联立方程组�−�= ��−�
��= ��
，得���−��+ ��−��= �，
则
�≠�
�= ��−����−��= �，解得�=
�
�.
故选：C.
3.已知点�(4, −2)在抛物线�: �2 = 2��(�> 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．�−�+ 2 = 0 B．2�−�+ 2 = 0
C．3�−�+ 2 = 0
D．�−2�+ 4 = 0
【解题思路】根据条件可得抛物线方程，然后求导可得过���, ��，���, ��两点的切线的斜率，写出切
线方程，代入点�(�, −�)，由两点确定一条直线，即得.
【解答过程】因为抛物线�: ��= ���(�> �)的准线为�=−
�
�，
所以−
�
�=−�，�= �，
故抛物线�: ��= ��，�=
��
�，
设切点为���, ��，���, ��，又�′ =
�
��，
则切线PA 的方程为：�−��=
�
����−��，即�=
�
����−��，
切线PB 的方程为：�−��=
�
����−��，即�=
�
����−��，
由�(�, −�)是PA、PB 交点可知：−�= ��−��，−�= ��−��，由两点确定一条直线，
可得过A、B 的直线方程为−�= �−�，即�−�+ �= �
故选：A.
4．已知点
(0,2)
A
和抛物线
2
:
6
C y
x

，求过点A 且与抛物线C 相切的直线l 的方程．
【答案】
0
x 
或3
4
8
0
x
y



【分析】根据直线l 是否存在斜率进行分类讨论，结合一元二次方程的判别式进行求解即可.
【详解】当直线l 的斜率不存在时，由直线l 过点

0,2
A
可知，直线l 就是y 轴，其方程为
0
x 
．
由
2
0,
6
x
y
x





消去未知数x 得
2
0
y 
．这是一个一元二次方程且只有唯一的实数解，所以直线
0
x 
与抛物线
C 相切．
如果直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为
2
y
kx


．
由方程组
2
2,
6
y
kx
y
x






消去x，整理得
2
6
12
0
ky
y



．为了使得这个方程是一元二次方程且只有一个实数解，必须有
0
k 
且
2
( 6)
4 12
0
k




，
因此可解得
3
4
k 
．
此时直线l 的方程为
3
2
4
y
x


，即3
4
8
0
x
y



．
综上可知，直线l 的方程为
0
x 
或3
4
8
0
x
y



．
5．点



,4
0
M m
m
为抛物线


2
2
0
x
py p


上一点，F 为其焦点，已知
5
FM 
．
(1)求m与p 的值；
(2)以M 点为切点作抛物线的切线，交y 轴于点N，求FMN

的面积．
【答案】(1)
2
p 
，
4
m 
．
(2)10
【分析】（1）由
5
FM 
根据抛物线的定义求出p 可得抛物线方程；
（2）求出抛物线过点M 的切线，得出点N 的坐标即可求三角形面积.
【详解】（1）由抛物线的定义可知
4
5
2
p
FM 

，
即
2
p 
，抛物线的方程为
2
4
x
y

.
又



,4
0
M m
m
在抛物线上，所以
4
m 
，故
2
p 
，
4
m 
．
（2）设过M 点的方程为
4
(
4)
y
k x



，
由
2
4
(
4)
4
y
k x
x
y







，消去y 得


2
4
(
4)
4
x
k x



，即
2
4
16
16
0
x
kx
k




，
令
2
16
4(16
16)
0
k
k




，解得
2
k 
，
所以切线方程为
2
4
y
x


.
令
0
x 
，得
4
y ，即


0, 4
N

,
又
(0,1)
F
，
5
FN


，
1
1
5 4
10
2
2
FMN
M
S
FN
x







.
6.已知抛物线�：�2 = 4�，直线�= �与抛物线�交于�, �两点，过�, �两点分别作抛物线的两条切线交于点
�，若△���为正三角形，则�的值为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】可得�, �关于�轴对称，且��⊥�轴，则两条切线的交点�在�轴上，设��, ��，���, �，
可设��: �=
�
�
�−��，联立抛物线得��，从而将��, ��代入直线与抛物线，即可得�的值.
【解答过程】
由题意可得�, �关于�轴对称，且��⊥�轴，则两条切线的交点�在�轴上，
设��, ��，���, �
因为△���为正三角形，不妨取���=
�
�，则��: �=
�
�
�−��，
联立�=
�
�
�−��
��= ��
，可得��−���+ ���+ ��
�= �，
则Δ = ���+ ���−���
�= �，可得��=−�，
所以��: �=
�
�
�+ �，代入��, ��，可得��=
�
�
�+ �，
又��
�= ��，联立解得�= �.
故选：C.
7.已知抛物线�：�2 = 4�，过直线�：�+ 2�= 4 上的动点�可作�的两条切线，记切点为�, �，则直线��
（
）
A．斜率为2
B．斜率为±2
C．恒过点0, −2
D．恒过点−1, −2
【解题思路】设���, ��, ���, ��，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设��−��, �，将其代
入两切线方程，得到直线��的方程为�+ �= �−��，得到过定点−�, −�.
【解答过程】设���, ��, ���, ��，则��
�= ���，��
�= ���，
由于�′ =
�
��，故过点���, ��的切线方程为�−��=
�
����−��，
即�−��=
�
����−
�
���
�=
�
����−���，即�+ ��=
�
����，
同理可得过点�的切线方程为�+ ��=
�
����，
设��−��, �，过点���, ��, ���, ��的两切线交于点��−��, �，
故�+ ��=
�
����−��，整理得��+ �= �−���，
同理�+ ��=
�
����−��，整理得��+ �= �−���，
故直线��的方程为�+ �= �−��，
斜率不为定值，AB 错误，当�=−�时，�=−�，恒过点−�, −�，C 错误，D 正确.
故选：D.
题型五：直线与抛物线交点及弦长
1.已知直线2�+ �−2 = 0 与抛物线�：�2 = 4�交于�, �两点，则��=（
）
A．5
B．5
C．3 5
D．4 5
【解题思路】证明直线过焦点，再利用焦半径公式和韦达定理即可得到答案.
【解答过程】将��+ �−�= �与抛物线�: ��= ��联立得��−��+ �= �，
设���, ��, ���, ��，
显然抛物线焦点坐标为�, �，令�= �，即�+ �−�= �，则�= �，则直线过焦点，
则��= ��+ ��+ �= �+ �= �.
故选：B.
2.设抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点为F ，过点( 2,0)

且斜率为2
3 的直线与C 交于M，N 两点，则cos
MFN

（
）
A．2
3
B．3
4
C．4
5
D．5
6
【答案】C
【解析】抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点为


1,0
F
，过点

2,0

且斜率为2
3 的直线为：


2
2
3
y
x


，
联立


2
2
2
3
4
y
x
y
x







，消去x 可得：y
y



2
6
8
0，解得
1
2
2,
4
y
y


,
不妨令




1,2 ,
4,4
M
N
,则




0,2 ,
3,4
FM
FN




,
故
0 3
2 4
4
cos
2 5
5
FM FN
MFN
FM FN









．故选：C.
3.已知抛物线�：�2 = 2���> 0 的焦点为�，过�且倾斜角为45∘的直线与�交于�, �两点，若��= 4，
则�=（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】由焦点坐标写出直线��的方程，设�(��, ��)，�(��, ��)，把直线方程代入抛物线方程整理
由韦达定理可得��+ ��，再由抛物线的定义表示出焦点弦长为��+ ��+ �，从而可求得�.
【解答过程】由题意可知：抛物线�的焦点为��,
�
�，直线��的斜率为1，且直线��与抛物线�必相交，
则直线��方程为�= �+
�
�，代入抛物线方程并整理得��−���+
��
�= �，
设�(��, ��)，�(��, ��)，则��+ ��= ��，
且��= ��+ ��+ �，即��+ �= �，所以�= �.
故选：A.
4.如图，已知抛物线


2
:
2
0
C y
px p


的焦点为F，点M 在其准线上，
2 2
MF 
，直线MF 的倾斜角为
135，且与C 交于A，B 两点，O 为坐标原点
(1)求C 的方程；
(2)求AOB

的面积.
【答案】(1)
2
4
y
x

；(2) 2 2
【解析】（1）因为直线MF 的倾斜角为135，记准线与x 轴交点为K，
易知MKF

为等腰直角三角形，且
2 2
MF 
，
所以焦点到准线的距离为2，即
2
p 
，
所以抛物线的方程为
2
4
y
x

.
（2）由（1）可得


1,2
M 
，


1,0
F
，
因为直线MF 的倾斜角为135，所以直线MF 的斜率为
1
k ，
所以直线MF 的方程为
1
y
x
，即AB 的方程为
1
y
x
，
联立
2
1,
4 ,
y
x
y
x





可得
2
6
1
0
x
x


，
所以
1
2
1
2
6,
1,
x
x
x x






所以


2
2
1
2
1
2
1 1
4
2
36
4
8
AB
x
x
x x








，
又点O到直线AB 的距离
1
2
2
2
d 

，
所以AOB

的面积
1
1
2
|
|
8
2 2
2
2
2
AOB
S
AB d





△
.
5．已知点


2, 2 2
M

在抛物线


2
:
2
0
C y
px p


上，倾斜角为45的直线l 经过抛物线C 的焦点F.
(1)求抛物线C 的标准方程；
(2)求线段AB 的长及ABO

的面积.
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)
8
AB 
；
2 2
ABO
S


【分析】（1）将点M 的坐标代入抛物线方程，即可得到结果；
（2）由题意可得直线l 的方程，联立直线与抛物线的方程，结合焦半径公式即可得到AB ，再由点到直线
的距离公式，即可得到ABO

的面积.
【详解】（1）由题意可知，将点


2, 2 2
M

代入抛物线方程，可得

2
2 2
2
2
p


，解得
2
p 
，
则抛物线方程为
2
4
y
x

.
（2）由（1）可知，抛物线方程为
2
4
y
x

，则


1,0
F
，则直线l 的方程为


0
1
1
y
x



，
即
1
y
x

，设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，联立直线与抛物线方程可得
2
4
1
y
x
y
x






，
消去y 可得

2
1
4
x
x


，化简可得
2
6
1
0
x
x


，则
1
2
6
x
x


，
由抛物线焦半径公式可得，
1
2
6 2
8
AB
AF
BF
x
x
p





；
由点到直线的距离公式可知，点O 到直线l 的距离


2
2
1
2
2
1
1
d




，
则
1
1
2
8
2 2
2
2
2
ABO
S
AB d






.
题型六：抛物线的中点弦问题
1．已知
,
A B 为抛物线
2
2
y
x

上的两点，且线段AB 中点的纵坐标为2，则直线AB 的斜率为
.
【答案】1
2 /0.5
【分析】设出点
,
A B 的坐标并代入抛物线的方程，即可求出直线AB 的斜率.
【详解】由题意，
,
A B 为抛物线
2
2
y
x

上的两点，且线段AB 中点的纵坐标为2，
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，线段AB 中点为D ，
∴
1
2
2
2
4
y
y




，
2
1
1
2
2
2
2
2
y
x
y
x





，
∴







2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
y
y
y
y
y
y
y
y
x
x








即
1
2
1
2
2
1
4
2
y
y
x
x




∴直线AB 的斜率为：1
2
故答案为：1
2
2.直线
2
y
kx


与抛物线
2
8
y
x

交于
,
A B 两点，AB 中点的横坐标为2，则k 为（
）
A．1

B．2
C．1
或2
D．以上都不是
【答案】B
【解析】设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，因为AB 中点的横坐标为2 ，则
1
2
4
x
x


，
可得
1
1
2
(
)
4
4
4
y
y
y
k x
x
k






，
又由
2
1
1
2
2
2
8
8
y
x
y
x





，两式相减得到
2
1
1
2
2
1
(
)(
)
8(
)
y
y
y
y
x
x




，可得
2
1
2
1
1
2
8
y
y
x
x
y
y




，
可得
8
4
4
k
k


，解得
1
k 或
2
k 
，
联立方程组
2
2
8
y
kx
y
x






，整理得
2
2
(4
8)
4
0




k x
k
x
，
由
2
2
(4
8)
16
64
64
0
k
k
k






，解得
1
k ，所以
2
k 
.故选：B.
3．已知抛物线
2
:
6
C y
x

，过


3,2
P
的直线l 交抛物线C 于
,
A B 两点，且PA
PB

，则直线l 的方程
为
.
【答案】3
2
5
0
x
y



【分析】根据中点坐标以及点差法即可求解斜率，进而由点斜式求直线方程.
【详解】因为


3,2
P
在抛物线C 内部，又PA
PB

，所以P 是AB 的中点.
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，所以
1
2
2
2
y
y


，即
1
2
4
y
y


，
又



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
在抛物线C 上，所以
2
2
1
1
2
2
,
6
6
y
x y
x


，两式作差，得


1
2
1
2
1
2
6
y
y
y
y
x
x




，所以
1
2
1
2
3
2
y
y
x
x



，
所以直线l 的方程为


3
2
3
2
y
x



，即3
2
5
0
x
y



.
故答案为：3
2
5
0
x
y



4.过抛物线
2
:
2
E y
x

焦点的直线交E 于A ，B 两点，线段AB 中点M 到x 轴距离为1，则AB （
）
A．2
B．9
4
C．3
D．4
【答案】B
【解析】如图所示，由抛物线
2
:
2
E y
x

，得
2
1
1
2
2
4
x
y
y



，
设

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，
由线段AB 中点M 到x 轴距离为1，
可知
1
2
1
2
M
y
y
y


，所以
1
2
2
y
y


，
又由抛物线定义可知
1
2
1
2
1
1
1
9
8
8
4
4
AB
FA
FB
y
y
y
y










，故选：B.
5.双曲线
�2
3 −�2 = 1 和抛物线�2 = 2��（�> 0）的公共焦点为�，过点�的直线交抛物线于�，�两点，若��
中点的横坐标为6，则��=（
）
A．16
B．12
C．10
D．8
【解题思路】求出双曲线的焦点坐标，进而求出�值，再结合中点坐标公式和抛物线的焦点弦公式计算可
得.
【解答过程】由题意可得双曲线的交点为−�, �, �, �，
所以��, �，即
�
�= �⇒�= �，
设�, �的横坐标分别为��, ��，
��中点的横坐标为6，即��+ ��= ��
由抛物线的焦点弦公式可得��= ��+ ��+ �= ��+ �= ��，
故选：A.
6.直线l 过抛物线
2
4
y
x

的焦点F ，且与抛物线交于
,
A B 两点，线段AB 中点的纵坐标为1，O 为坐标原点，
则O 到直线AB 的距离为（）
A．2 5
5
B．3 5
5
C．5
D．2
5
【答案】A
【解析】由抛物线
2
4
y
x

得焦点
(1,0)
F
，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则
2
1
1
2
2
2
4
4
y
x
y
x





，
两式相减得
2
2
1
2
1
2
4(
)
y
y
x
x



，即
1
2
1
2
1
2
4
y
y
x
x
y
y




，
因为线段AB 中点的纵坐标为1，即
1
2
2
y
y


，
所以
1
2
1
2
2
y
y
x
x



，即
2
AB
k

，
所以直线AB 的方程为
2(
1)
y
x


，即2
2
0
x
y



，显然此时直线与抛物线有两交点，
所以O到直线AB 的距离
2
2 5
5
5
d



，故选：A．
7.已知直线l 过抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点F ，与C 相交于
,
A B 两点，且
10
AB 
．若线段AB 的中点
的横坐标为3，直线l 的斜率为
．
【答案】2

【解析】抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点
,0
2
p
F 




，如图1，令



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
由
10
AB 
，可得


1
2
1
2
10
2
2
p
p
AB
AF
FB
x
x
x
x
p






















，
又
1
2
3
2
x
x

，则
1
2
6
x
x


，则
4
p 
，此时抛物线
2
:
8
C y
x

，其焦点


2,0
F
．
由题意可得直线l 的斜率存在，则其方程可设为


2
y
k x


，
由


2
2 ,
8 ,
y
k x
y
x






整理得


2
2
2
2
4
2
4
0
k x
k
x
k




，则


2
1
2
2
1
2
4
2
,
4,
k
x
x
k
x x









则


2
2
1
2
1
2
1
4
10
k
x
x
x x








，即



2
2
2
4
16
2
1
4 4
10
k
k
k












，
即



2
2
4
64
1
1
10
k
k
k




，解得
2
k ．
故答案为：2
.
8.已知抛物线
2
5
x
y

，过点
5
( ,1)
4
P
作一条直线l 与抛物线交于
,
A B 两点，恰使得点P 平分AB ，则直线l 的
方程为
.
【答案】4
8
3
0
x
y



【解析】设直线l 与抛物线的两个交点分别为

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，将两点代入抛物线方程得
2
1
1
2
2
2
5
5
x
y
x
y





，两式作差可得
1
2
1
2
1
2
(
)(
)
5(
)
x
x
x
x
y
y




，
即
1
2
1
2
1
2
5
2
1
2
5
5
5
2
P
y
y
x
x
x
x
x







，所以直线l 的斜率
1
2
k 
，
所以直线l 方程为
1
5
1
2
4
y
x








，即4
8
3
0
x
y



.
故答案为：4
8
3
0
x
y



9.已知点P 到


0,4
F
的距离与它到x 轴的距离的差为4，P 的轨迹为曲线C.
(1)求C 的方程；
(2)若直线l 与C 交于A，B 两点，且弦AB 中点的横坐标为4
，求l 的斜率.
【答案】(1)


2
16
0
x
y y


或


0
0
x
y


；(2)
1
2

.
【解析】（1）设

,
P x y ，由题意可知：


2
2
4
4
4
PF
y
x
y
y







，
两边同时平方，得
2
2
2
2
2
16 ,
0
8
16
16
8
8
8
0,
0
y y
x
y
y
y
y
x
y
y
x
y















所以C 的方程为


2
16
0
x
y y


或


0
0
x
y


.
（2）由题可知曲线C 为
2
16
x
y

，
设


1
1
,
A x y
，


2
2
,
B x
y
，则


1
2
2
4
8
x
x



.
由
2
1
1
2
2
2
16
,
16
,
x
y
x
y





得





2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
16
x
x
x
x
x
x
y
y






，
所以l 的斜率为
1
2
1
2
1
2
1
16
2
y
y
x
x
x
x





.
10．直线
2
y
kx


交抛物线


2
2
0
y
px p


于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为2 ，抛物线的焦点到y
轴的距离为2 .
(1)求抛物线方程；
(2)设抛物线与x 轴交于点D ，求
ABD
△
的面积.
【答案】(1)
2
8
y
x

(2) 2 3
【分析】（1）根据抛物线的焦点到y 轴的距离求出p 的值，即可得出抛物线的方程；
（2）分析可知
0
k 
，将直线AB 与抛物线的方程联立，根据
0

求出k 的取值范围，根据线段AB 中点
的横坐标为2 求出k 的值，列出韦达定理，利用弦长公式可求得AB 的值，求出点D 到直线AB 的距离，
利用三角形的面积公式可求得
ABD
△
的面积.
【详解】（1）解：抛物线


2
2
0
y
px p


的焦点为
,0
2
p
F 





，
因为抛物线的焦点到y 轴的距离为2 ，则
2
2
p 
，可得
4
p 
，
所以，抛物线的方程为
2
8
y
x

.
（2）解：若
0
k 
，则直线AB 与抛物线
2
8
y
x

只有一个交点，不合乎题意，则
0
k 
，
设点


1
1
,
A x y 、


2
2
,
B x
y
，联立
2
2
8
y
kx
y
x






，可得


2
2
4
8
4
0
k x
k
x




，


2
2
4
8
16
64
64
0
k
k
k






，解得
1
k ，
因为线段AB 中点的横坐标为2 ，则
2
4
8
4
k
k


，整理可得
2
2
0



k
k
，
又因为
1
k ，解得
2
k 
，
易知抛物线
2
8
y
x

交x 轴于点


0,0
D
，则有
2
4
16
4
0
x
x



，可得
2
4
1
0
x
x

，
由韦达定理可得
1
2
4
x
x


，
1
2
1

x x
，
由弦长公式可得


2
2
2
1
2
1
2
1
2
1 2
5
4
5
4
4
2 15
AB
x
x
x
x
x x












，
原点D 到直线
: 2
2
0
AB
x
y



的距离为


2
2
2
2 5
5
2
1
d 


，
所以，
1
1
2 5
2 15
2 3
2
2
5
ABD
S
AB d






△
.
11．已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F ，与椭圆
2
2
1
4
3
x
y

其中一个焦点重合．过抛物线的焦点F
且斜率为1 的直线l 与抛物线交于
,
A B 两点．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)求线段AB 的中点P 的坐标．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)


3,2
P
【分析】（1）由抛物线的焦点与椭圆
2
2
1
4
3
x
y

的焦点重合，可得
(1,0)
F
．即
2
p 
，即可得C 的方程;
（2）设


1
1
,
A x y ，

2
2
,
B x
y
，设A，B 两点的中点为


0
0
,
P
x
y
，将


1
1
,
A x y ，

2
2
,
B x
y
代入抛物线方程，
作差整理可得
0y ，又因为


0
0
,
P
x
y
在直线AB ：
1
y
x

，即可得
0y ，从而可得P 的坐标.
【详解】（1）解：抛物线的焦点与椭圆
2
2
1
4
3
x
y

的焦点重合，
(1,0)
F

．

1
2
p ，即
2
p 
，
C

的方程为：
2
4
y
x

；
（2）解：设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，设A，B 两点的中点为


0
0
,
P
x
y
，
直线AB 的斜率为1，有
1
2
0
2
y
y
y


，
2
1
2
1
1
y
y
x
x



，
又A，B 两点在抛物线上，有
2
1
1
4
y
x

，
2
2
2
4
y
x

，
相减整理得：




2
1
2
1
2
1
4
y
y
y
y
x
x




，得
0
2
y 
，
又中点P 在直线AB ：
1
y
x

上，∴
0
3
x ，
∴线段AB 的中点为


3,2
P
．
题型七：焦半径及焦点弦应用
1.已知抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点为F ，直线:
2
l y
x

与抛物线C 在第一象限交于点M ，则|
|
MF （
）
A．
2
B．2
C．2 2
D．4
【答案】B
【解析】由题意得
(1,0)
F
，
2
p 
，
直线
2
l
y
x

：
与抛物线C 在第一象限交于点M
2
2
4
y
x
y
x





，解得
0
x 
或
1
x ，
由于M 在第一象限，故M 的横坐标为1，则
2
2
M
p
MF
x



.故选：B
2.过抛物线�2 = 4�的焦点，斜率为2 的直线�与抛物线相交于�、�两点，求线段��的长．
【答案】5
【分析】根据抛物线的定义以及直线被抛物线截得的焦点弦长公式求解.
【详解】由题设可知，抛物线的焦点坐标为点��, �，
直线�的方程为�= ��−�①．
将方程①代入抛物线方程��= ��，并化简得��−��+ �= �．
设两个交点�、�的坐标分别为��,��, ��,��,
则有��+ ��= �．
过�, �分别作准线的垂线，垂足为��, ��，
由抛物线定义可知，
��、��分别等于点�、�到准线�= −1 的距离���、���，
如图,又因为���= ��+ �，���= ��+ �，
所以��= ��+ ��= ���+ ���= ��+ ��+ �= �．
3．（多选）如图，过抛物线�2＝8�的焦点F，斜率为k 的直线l 与抛物线交于A，B 两点，与抛物线准线交
于C 点，若B 是AC 的中点，则（
）
A．�=±
2
B．�=± 2 2
C．��= 9
D．��= 10
【答案】BC
【分析】设�, �在准线上的射影分别为�, �,连接��, ��,设��= ��= �,直线�的倾斜角为�,则|��| =
�|����|,|��| = �(�−|����|),由|����| =
|��|
|��|求得|����|及�；将直线方程与抛物线方程联立求得��+
��，由过焦点的弦长公式求得|��|.
【详解】
如图,设�, �在准线上的射影分别为�, �,连接��, ��，
设��= ��= �,直线�的倾斜角为�,则|��| = �|����|，
所以|��| = |��| = |��| −|��| = |��| −|��| = �(�−|����|),
|����| =
|��|
|��| =
�(�−|����|)
��
,解得|����| =
�
�，
所以|����| =
�−
�
�
�
=
��
�,故|�| = |����| = ��，故B 正确.
由|����| =
�
�得����=± ��,不妨设直线方程为�= ���−�
.
将直线方程与抛物线方程联立得��−��+ �= �，
设���, ��, ���, ��,进而可解得��+ ��= �，
于是|��| = ��+ ��+ �= �.故C 正确.
故选：BC
4.已知抛物线�: �2 = 4�的焦点为�，准线与�轴交于点�，直线�过其焦点�且与�交于� ， �两点，若直线��
的斜率为
2 5
5 ，则|��| =（
）
A．
4 5
5
B．
8 5
5
C．4
D．5
【解题思路】利用斜率已知，即角的正切值已知，结合抛物线的几何性质，来解直角三角形求一条焦半径，
再利用抛物线的两焦半径的倒数和为定值，从而去求另一条焦半径，最后求得弦长.
【解答过程】
如图作��垂直于准线，垂足为�，可知设��= ��= �，
直线��的斜率为
��
�得，���∠���= ���∠���=
��
�，
则��=
��
��，由勾股定理得：���= ���+ ��−���，
即��=
��
��
�
+ �−��，化简得：��−��+ �= �，解得�=
�± �
�，
再设过焦点�的直线�为�= ��−�与抛物线�: ��= ��联立消元得：
����−���+ ��+ ��= �，设交点���, ��, ���, ��，
则��+ ��=
���+�
��
, ����= �，
而
�
��+
�
��=
�
��+�+
�
��+�=
��+��+�
��+�
��+�=
���+�
��
+�
�+���+�
��
+�
= �，
当��=
�+ �
�时，解得��=
�−�
�，此时��= ��+ ��= �，
当��=
�−�
�时，解得��=
�+ �
�，此时��= ��+ ��= �，
故选：D.
5.已知抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点�到其准线的距离为2，过�的直线�与�交于�，�两点，则��的最
小值为（
）
A．2
B．4
C．6
D．8
【解题思路】根据题意确定抛物线�: ��= ��，分直线�平行于�轴时和不平行于�轴时，分别求��，即可
得解.
【解答过程】根据题意，抛物线�: ��= ���(�> �)的焦点�到其准线的距离为2，
即�= �，则抛物线�: ��= ��，焦点��, �，
当直线�平行于�轴时，�: �= �，��= �，
当直线�不平行于�轴时，
设直线�: �= ��−�, �≠�，���, ��, ���, ��，
联立方程组�= ��−�
��= ��
，得����−���+ ��+ ��= �，�> �，
则��+ ��=
���+�
��
= �+
�
��，
又��= ��+ ��+ �=
�
��+ �> �，所以��的最小值为4.
故选：B.
6.直线�经过抛物线�2 = 6�的焦点�，且与抛物线交于�，�两点．若��= 3 ��，则��=（
）
A．4
B．
9
2
C．8
D．
9
4
【答案】C
【分析】首先根据焦半径公式并结合条件，得到点�, �的坐标，即可求得弦长��.
【详解】抛物线的焦点坐标为
�
�, �，准线方程为�=−
�
�，
设���, ��，���, ��，���= ���，���= ���，
因为��= ���，所以��+
�
�= ���+
�
�，得��= ���+ �，①
因为��= ���，所以��= ���，即��= ���，②
由方程①②可得��=
�
�，��=
�
�，
所以��= ��+
�
�+ ��+
�
�= ��+ ��+ �= �.
故选：C
7．（多选）已知抛物线�: �2 = 4�的焦点为F，直线�: �= ��−1
�≠0 与抛物线C 交于A、B 两点，下
面说法正确的是（
）
A．抛物线C 的准线方程为�=−2
B．∠���>
π
2
C．�= 1 时，��= 4 2
D．
1
��+
1
��= 1
【答案】BD
【分析】根据抛物线定义即可判断A；根据焦点弦性质可判断C；证明以AB 为直径的圆与抛物线C 的准
线相切即可判断B；利用代数法表示出��, ��即可判断D.
【详解】由题意，可得�(�, �)，�= �，准线�=−�，故A 错误；
设�(��, ��), �(��, ��),根据抛物线的定义可得��= ��+ �, ��= ��+ �,
��= ��
�= ��−�
⇒����−���+ ��+ ��= �，则��+ ��= �+
�
��，����= �，
根据抛物线的定义可得��= ��+ �+ ��+ �= ��+ ��+ �，
当�= �时，
���+�
��
= �，故��= �+ �= �，故C 错误；
�
|��| +
�
|��| =
�
��+�+
�
��+�=
��+��+�
����+��+��+�=
�+ �
��
�+ �
��
= �，故D 正确；
取AB 的中点M，则M 为以AB 为直径的圆的圆心，设��= ��，过M 作MN⊥准线a 于N，过A 作���⊥
准线a 于��，过B 作���⊥准线a 于��，
根据梯形的性质和抛物线的定义可得��=
���+ ���
�
=
��+ ��
�
=
��
�= �，
即以AB 为直径的圆与抛物线C 的准线相切，
则O 在以AB 为直径的圆的内部，故∠���>
π
�，故B 正确.
故选：BD
8.已知抛物线C 的方程为�2 = 2���> 0 ，若倾斜角为锐角的直线l 过抛物线的焦点F，与抛物线交于A，
B 两点，且��= 3 ��，则直线l 的倾斜角为
．
【答案】��∘
【分析】结合抛物线的定义，结合几何性质，即可求直线的倾斜角.
【详解】如图，直线�为抛物线的准线，过点�, �分别作��, ��垂直于�，作��⊥��，
因为��= ��，��= ��，且��= ���，所以��= ���,
则��= ���，��= ��−��= ���，
所以���∠���=
�
�，则∠���= ��∘，即直线�的倾斜角为��∘.
故答案为：��∘
9.已知抛物线�2 = 2�的焦点为F，过点F 的直线与抛物线交于A，B 两点，则4 ��+ ��的最小值是
.
【答案】
�
�/�. �
【分析】根据题意对直线斜率存在与否进行分类讨论，由焦半径公式写出���+ ��的表达式，并利用
基本不等式求出其最小值.
【详解】如下图示：
易知焦点�
�
�, �，设���, ��, ���, ��，且��, ��> �
当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知��= ��= �，此时���+ ��= �；
当直线斜率存在时，可设直线方程为�= ��−
�
�，显然�≠�，
联立直线和抛物线方程�= ��−
�
�
��= ��
，消去�整理可得����−��+ ��+
�
���= �，
利用韦达定理可知����=
�
�，
又利用焦半径公式可知��= ��+
�
�, ��= ��+
�
�，
所以可得���+ ��= ���+
�
�+ ��+
�
�= ���+ ��+
�
�≥����⋅��+
�
�=
�
�，
当且仅当���= ��，即��= �, ��=
�
�时，等号成立；
综上可得，���+ ��的最小值是
�
�.
故答案为：
�
�
10.已知抛物线�: �2 = 4�的焦点为�，过点�的直线交�于�, �两个不同点，则下列结论正确的是
.
①若点�(2,2)，则|��| + |��|的最小值是3
②|��|的最小值是2
③若|��| ⋅|��| = 12，则直线��的斜率为±
2
2
④过点�, �分别作抛物线�的切线，设两切线的交点为�，则点�的横坐标为−1
【答案】①③④
【分析】过点�, �分别作准线的垂线，垂足分别为�′, �′，进而根据抛物线的定义判断①；
根据|��| = ��+ ��+ �> �判断②；设直线��的方程为�= ��−�，���, ��, ���, ��
��, ��> �，
进而联立方程，结合韦达定理，根据|��| ⋅|��| = ����+ ��+ ��+ �解方程即可得判断③；根据直线与
曲线的位置关系得过点�, �，分别与抛物线�相切的直线方程为��−����+ ��
�= �，��−����+ ��
�= �，
进而联立方程解得�=
����
�
=−�可判断④.
【详解】由题知�= �，��, �，准线方程为�= −1，
对于①选项，如图，过点�, �分别作准线的垂线，垂足分别为�′, �′，
故|��| + |��| = ��′ + ��≥��′ = �，故①正确；
对于②，设���, ��, ���, ��
��, ��> �，
故|��| = ��+ ��= ��+ ��+ �= ��+ ��+ �> �，故②错误；
对于③，当直线��的斜率不存在时，|��| ⋅|��| = �，不成立；
故直线��的斜率存在，设方程为�= ��−�，与抛物线方程联立
��= ��
�= ��−�，
得����−���+ ��+ ��= �，
所以��+ ��=
���+�
��
, ����= �，
因为|��| ⋅|��| = ��+ �
��+ �= ����+ ��+ ��+ �= ��，
所以
���+�
��
= ��，即��=
�
�，解得�=±
�
�，故③正确；
对于④，设过点�与抛物线�相切的直线方程为�−��= ��−��，
与抛物线方程��= ��联立得��−
�
��+
�
���−���= ��−
�
��+
�
���−��
�= �，
所以�=
��
��−�
�
���−��
�
= �，整理得
�
��−
�
���+ ��
�=
�
�−��
�
= �，
所以
�
��= �，故�−��= ��−��即为�−��=
�
���−��，整理得��−����+ ��
�= �，
同理得过点�与抛物线�相切的直线方程为��−����+ ��
�= �，
所以，联立方程��−����+ ��
�= �
��−����+ ��
�= �，解方程得�=
����
�，
因为��
���
�= ������= ��, ����< �，所以����=−�，
所以�=
����
�
=−�，即点�的横坐标为−�，故④正确.
故选：①③④
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
11.已知�为坐标原点，过抛物线�: �2 = 2��(�> 0)焦点�的直线与�交于�, �两点，点�在第一象限，且
��= 2�.
(1)求直线��的斜率；
(2)若��=
16
3 ，求抛物线�的方程.
【答案】(1) �；
(2)��= ��.
【分析】
（1）设���, ��, ���, ��，由题意可得��+
�
�= ��，即有��=
��
�，从而可得�点坐标，再根据���=
���，求解即可；
（2）由题意可设线��的方程为�=
��−
�
�，即�=
�
��+
�
�，联立直线与抛物线方程可得�, �两点的
坐标，再根据两点的距离公式求解即可.
【详解】（1）解：设���, ��, ���, ��
因为��= ��，所以�到准线�=−
�
�的距离为��
即��+
�
�= ��，所以��=
��
�,
代入抛物线方程可得��=
��，即�
��
�,
��，
又因为�
�
�, �，所以直线��的斜率为���= ���=
��
�
��−�
�
=
�；
（2）解：由（1）知，直线��的斜率为�，
设直线��的方程为�=
��−
�
�，
则�=
�
��+
�
�，
由
��= ���
�=
�
��+
�
�
，得��=
��, ��=−
�
��, ��=
�
��, ��=
�
�，
所以|��|�= ��−���+ ��−���=
��
���+
��
���=
��
���=
��
�
�
，
因为�> �，所以�= �，
所以该抛物线方程为��= ��.
12.已知F 为抛物线�: �2 = 4�的焦点，过F 作两条互相垂直的直线�1，�2，直线�1与C 交于A，B 两点，直
线�2与C 交于D，E 两点，求��+ ��的最小值.
【答案】16
【分析】设直线��方程，由两直线垂直可得��方程，联立��与抛物线方程可得根与系数关系式，利用弦长
公式可得��表达式，同理可得��的表达式，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由题意知抛物线�: ��= ��的焦点为�(�, �)，焦准距�= �，
过F 作两条互相垂直的直线��，��，直线��与C 交于A，B 两点，直线��与C 交于D，E 两点，
则��，��的斜率都存在且不为0，
故设��:�= ��−�，则直线��:�=−
�
��−�，设���,��,���,��,���,��,���,��，
联立
��= ��
�= ��−�，则����−���+ ��+ ��= �，�= ��(��+ �）> �，
则��+ ��=
���+�
��，同理��+ ��=
�
��+�
�
��
，
故|��| = ��+ ��+ �=
���+�
��
+ �= �+
�
��，
同理可得|��| = ��+ ��+ �=
�
��+�
�
��
+ �= �+ ���,
故��+ ��= �+ �(��+
�
��) ≥�+ �× ���×
�
��= ��，
当且仅当��=
�
��，即�=± �时等号成立，
故��+ ��的最小值为16.
13.已知抛物线�2 = 4�.其焦点为F.
(1)求以�(1,1)为中点的抛物线的弦所在的直线方程；
(2)若互相垂直的直线m，n 都经过抛物线�2 = 4�的焦点F，且与抛物线相交于A，B 两点和C，D 两点，
求四边形����面积的最小值．
【答案】(1)2x－y－1＝0
(2)32
【分析】（1）将两交点的坐标设为���, ��, ���, ��，代入抛物线方程，根据斜率公式结合抛物线方程
求出���=
�
��+��=
�
���= �，再由直线的点斜式方程求解；
（2）四边形����的面积为两条垂直的对角线乘积的一半，则问题转化为求解两条焦点弦的长，最后使
用基本不等式求最值.
【详解】（1）由题意知，焦点弦所在的直线斜率存在.设所求直线交抛物线于���, ��, ���, ��,
则��
�= ���, ���= ���, ���=
��−��
��−��=
�
��+��,
又∵
��+��
�
= �, ∴��+ ��= �, ∴���= �,
∴所求直线方程为�−�= �(�−�),
即��−�−�= �.
（2）
依题意知,直线�, �的斜率存在且不为0,设直线�的方程为�= �(�−�),
与抛物线方程联立,得�= �(�−�)
��= ��
，
消去�,整理得����−���+ ��+ ��= �,设其两根为��, ��,
则��+ ��=
�
��+ �.
由抛物线的定义可知，|��| = �+ ��+ ��=
�
��+ �,
同理可得|��| = ���+ �,
∴四边形����的面积�=
�
����+ �⋅
�
��+ �= ��+ ��+
�
��
≥��.
当且仅当�=± �时等号成立,此时所求四边形����面积的最小值为32.
题型八：与抛物线有关的范围和最值问题
1．已知


2,4
P
是抛物线C ：


2
2
0
y
px p


上一点，过C 的焦点F 的直线l 与C 交于
,
A B 两点，则
9
AF
BF

的最小值为（
）
A．24
B．28
C．30
D．32
【答案】D
【分析】求出抛物线方程后，设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，不妨设
1
2
0
y
y


，设直线l 的方程为
2
my
x


，联立
直线和抛物线方程消元后，利用韦达定理及抛物线的定义可得
1
2
9
2
9(
2)
AF
BF
x
x





，利用基本不
等式即可求出最小值.
【详解】因为


2,4
P
是抛物线上一点，
所以
2
4
2
2
p


，故
4
p 
，
则抛物线方程为
2
8
y
x

，
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，不妨设
1
2
0
y
y


，
设直线l 的方程为
2
my
x


，
联立
2
2
8
8
16
0
2
y
x
y
my
my
x










，
所以
1
2
1
2
8 ,
16
y
y
m y y



，
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
2)
2)
2 (
)
4
4
x x
my
my
m y y
m y
y









（
，
则
1
2
1
2
1
2
9
2
9(
2)
9
20
2 9
20
32
AF
BF
x
x
x
x
x x











，
当且仅当
1
2
9
x
x

且
1
2
4
x x 
时，等号成立，
故
9
AF
BF

的最小值为32，
故选：D.
2．已知F 为抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点，过F 作两条互相垂直的直线1l ，2l ，直线1l 与C 交于A，B 两点，
直线2l 与C 交于D，E 两点，求AB
DE

的最小值.
【答案】16
【分析】设直线1l 方程，由两直线垂直可得2l 方程，联立1l 与抛物线方程可得根与系数关系式，利用弦长
公式可得AB 表达式，同理可得DE 的表达式，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由题意知抛物线
2
:
4
C y
x

的焦点为
(1,0)
F
，焦准距
2
p 
，
过F 作两条互相垂直的直线1l ，2l ，直线1l 与C 交于A，B 两点，直线2l 与C 交于D，E 两点，
则1l ，2l 的斜率都存在且不为0，
故设


1
1
:l y
k x


，则直线


2
1
:
1
l y
x
k


，设








1
1
2
2
3
3
4
4
,
,
,
,
,
,
,
A x y
B x y
D x y
E x y ，
联立


2
4
1
y
x
y
k x






，则


2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k




，
2
16(
1
0
k



）
，
则
2
1
2
2
2
4
k
x
x
k



，同理
2
3
4
2
2
4
1
k
x
x
k



，
故
2
1
2
2
2
2
4
4
|
|
2
4
k
AB
x
x
p
k
k








，
同理可得
2
2
3
4
2
2
4
|
|
2
4
4
1
k
CD
x
x
p
k
k








,
故
2
2
2
2
1
1
8
4(
)
8
4 2
16
A
k
k
D
k
E
k
B









，
当且仅当
2
2
1
k
k

，即
1
k 时等号成立，
故AB
DE

的最小值为16.
3.已知抛物线�：�2 = 2���> 0 的焦点为�0,
1
2 ，�为抛物线�上一动点．若�0, −1 ，则
4 ��
2 ��+1的最大
值为（
）
A．6
B．
4 6
3
C．2 6
D．
8 6
3
【解题思路】先由题意求出抛物线方程，设出M 点坐标�(��, ��)，然后分类讨论.当��= �时，求出
���
���+�，
当��> �时，利用基本不等式求出
���
���+�的最大值即可.
【解答过程】由题意得
�
�=
�
�，即�= �，则抛物线�的方程为��= ��．
设�(��, ��)，由抛物线定义可知��= ��+
�
�.
当��= �时，
���
���+�=
��
��
�+�= �；
当��> �时，
���
���+�=
�(��−�)�+(��+�)�
�(��+�
�)+�
=
���
�+���+�
��+�
= �
��
�+���+�
��
�+���+�
= ��+
���
��
�+���+�= ��+
�
��+�+ �
��
≤��+
�
���⋅�
��+�
=
�，
当且仅当��=
�
��，即��= �时等号成立．
综上，
���
���+�≤
�.
故选：A.
4.设抛物线�: �2 = 2��(�> 0)，直线�−�+ 1 = 0 与�交于�，�两点，且��= 8．
(1)求抛物线�的方程；
(2)已知点�为�2 + �+ 1 2 = 1 上一点，过点�作抛物线�的两条切线��，��，设切点分别为�，�，试求
直线��，��斜率之积的最小值．
【解题思路】（1）联立直线与方程可得与横坐标有关韦达定理，结合弦长公式计算即可得解；
（2）借助导数可得���、���，从而得到���，结合韦达定理可表示出���⋅���，结合圆的纵坐标的范围即
可得解.
【解答过程】（1）设点���, �����+ ��，
由
��= ���
�−�+ �= �，可得��−���−��= �，
则��+ ��= ��，����=−��，
��=
�+ ��⋅
��+ ���−�����=
�×
���+ ��= �，解得�= �，
即抛物线�: ��= ��；
（2）设点���, ��，���, ��，���, ��，其中��≠��，��≠��，
由�: ��= ��，即�=
��
�，�′ =
�
�，
则���: �−
��
�
�=
��
��−��，���: �−
��
�
�=
��
��−��，
则有
��−
��
�
�=
��
���−��
��−
��
�
�=
��
���−��
，
即���, ��，���, ��都在直线��−
��
�=
�
���−�上，
化简得���: ���= ��+ ��，
将直线��的方程代入�: ��= ��得��−����+ ���= �，
则��+ ��= ���，����= ���，
则���⋅���=
��−��
��−��⋅
��−��
��−��=
��
�−���⋅��
�−���
����−��⋅��−��
= �����−�����
�+ ��
�+ ����
�
�����−��
�
= ����
�−������
�−���+ ����
�
�����−��
�
=
������−��
�
����−��
�
= ��，
又���, ��为��+ (�+ �)�= �的一点，则−�≤��≤�，故���⋅���min = ��min =−�．
5.已知抛物线�: �2 = 2���> 0 ，过�4,0 的直线交抛物线C 于A，B 两点，O 是坐标原点，��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ= 0．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若F 点是抛物线C 的焦点，求��+ ��的最小值．
【解题思路】（1）设直线��的方程为�= ��+ �，���, ��，���, ��，将直线方程代入抛物线方程化
简利用根与系数的关系，结合��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ= �可求出�的值，从而可求出抛物线方程；
（2）由（1）知��+ ��= ��，��⋅��=−��，而��+ ��= ���+ �+ ���+ �，化简后可求出
其最小值.
【解答过程】（1）由题意知，直线��的斜率不为零，设直线��的方程为�= ��+ �，
联立抛物线�: ��= ����> �的方程得：��−����−��= �，
△= �����+ ���> �恒成立，
设���, ��，���, ��，所以��+ ��= ���，��⋅��=−��．
又��Ԧ
ሬሬሬሬ⋅��Ԧ
ሬሬሬሬ= ����+ ����= ���+ �
���+ �+ ����= �，
即��+ �����+ ����+ ��+ ��= �，所以��−��= �，即�= �，
所以抛物线C 的方程为��= ��．
（2）由（1）知：��−���−��= �，��+ ��= ��，��⋅��=−��，
所以��+ ��= ��+ �+ ��+ �= ���+ �+ ���+ �
= ���+ ��+ ��= ���+ ��≥��，
当且仅当�= �时取等号，所以��+ ��的最小值为10．
6.设F 为抛物线�: �2 = 2���> 0 的焦点，点P 在H 上，点�
7�
2 , 0 ，若��= ��= 5．
(1)求�的方程；
(2)过点F 作直线l 交H 于A、B 两点，过点B 作x 轴的平行线与H 的准线交于点C，过点A 作直线CF 的
垂线与H 的另一交点为D，直线CB 与AD 交于点G，求
|��|
|��|的取值范围．
【解题思路】（1）先由��= ��得点�的横坐标，再利用抛物线的定义即可得解；
（2）联立直线�与抛物线�的方程，得到��+ ��, ����, ����，再根据题意依次求得点�与点�的坐标，从而
将
|��|
|��|转化为关于��的表达式，从而得解.
【解答过程】（1）依题意，点�的坐标为
�
�, �，
又�
��
�, �，��= ��= �，所以点�的横坐标为
�
�
�
�+
��
�
= ��，
由拋物线的定义得��= ��+
�
�= �，所以�= �，
所以拋物线�的方程为��= ��.
（2）由（1）知点�的坐标为(�, �)，设直线�的方程为�= ��+ �，
联立�= ��+ �
��= ��
，消去�，得��−���−�= �，易知�> �，
设���, ��, ���, ��，则��+ ��= ��, ����=−�，故����=
��
���
�
��= �，
因为�的准线为�=−1，因为直线��平行于�轴，
所以点�的坐标为�−�, ��，则直线��的斜率为���=−
��
�，
所以直线��的斜率为
�
��，其方程为�−��=
�
���−��，
因为点�的纵坐标为��，
所以点�的横坐标为��= ��+
��
�
�−
����
�
= ��+ ���+ �，
所以
|��|
|��| =
��+���+�−��
��+���+�+�=
��+��+�
��+���+�=
��
�+����+���
��
�+�����+���=
��
�+���+�
��
�+���+�
=
��+�
��+�= �−
�
��+�，
因为��> �，则�<
�
��+�<
�
�，所以
�
�< �−
�
��+�< �，
即
|��|
|��|的取值范围是
�
�, �.
7.已知抛物线�: �2 = 2��(�> 0)的焦点为�0,1 ，过点�的直线�与�交于�, �两点，过�, �作�的切线�1, �2，
交于点�，且�1, �2与�轴分别交于点�, �.
(1)求证：��= ��；
(2)设点�是�上异于�, �的一点，�到直线�1, �2, �的距离分别为�1, �2, �，求
�1�2
�2 的最小值.
【解题思路】
（1）利用导函数的几何意义求得直线��, ��的表达式，得出�, �, �三点的坐标，联立直线�与抛物线方程根
据韦达定理得出��= ��；
（2）利用点到直线距离公式可求得
����
��=
��+�
�
≥
�
�，可求出
����
��的最小值.
【解答过程】（1）因为抛物线�的焦点为��, �，
所以�= �，即�的方程为：��= ��，如下图所示：
设点���, ��, ���, ��，
由题意可知直线�的斜率一定存在，设�: �= ��+ �，
联立
��= ��
�= ��+ �得��−���−�= �，
所以��+ ��= ��, ����=−�.
由��= ��，得�=
�
���, �′ =
�
��，
所以��: �−��=
��
��−��，即�=
��
��−
��
�
�.
令�= �，得�=
��
�，即�
��
�, �，
同理��: �=
��
��−
��
�
�，且�
��
�, �，
所以��=
�
���−��=
�
�
��+ ���−�����= ���+ �.
由
�=
��
��−
��
�
�
�=
��
��−
��
�
�
，得�= ��
�=−�，即���, −�.
所以��=
���+ �= ���+ �.
故��= ��.
（2）设点���, ��，结合（1）知��: �−��=
��
��−��，即��: ����−��−��
�= �
因为��
�= ���, ��
�= ���，
所以��=
�����−���−��
�
���
�+��
=
�����−��
�−��
�
���
�+��
=
��−���
���
�+�
.
同理可得��=
��−���
���
�+�
，
所以����=
��−���
���
�+�
⋅
��−���
���
�+�
=
����−����+��+����
���
����+����+���+��
=
−�−����+����
����+�
.
又�=
���−��+�
��+�
=
���−
��
�
�+�
��+�
=
����−��
�+�
���+�
，
所以
����
��=
−�−����+��
��
����+�
⋅
����+�
����−��
�+�
�=
��+�
�
≥
�
�.
当且仅当�= �时，等号成立；
即直线�斜率为0 时，
����
��取最小值
�
�.
题型九：抛物线的定点问题
1．设抛物线C 的方程为
2x
y

，点M 为直线:
(
0)
l y
m m


上任意一点，过点M 作抛物线C 的两条切线
MA，MB，切点分别为A ，B ．
(1)当M 的坐标为
1
0,
4






时，求过M ，A ，B 三点的圆的方程，并判断直线l 与此圆的位置关系；
(2)求证：直线AB 恒过定点．
【答案】(1)
2
2
1
1
(
)
4
4
x
y



，相切
(2)证明见解析
【分析】（1）设过M 点的切线方程，代入
2x
y

，整理得
2
1
0
4
x
kx



，令Δ
0

，可得A ，B 的坐标，
进而可得AB 的中点
1
(0, )
4
N
，根据
1
2
NA
NB
NM



即可求解圆的方程，从而可判断圆与直线l 相切；
（2）利用导数法，确定切线的斜率，得切线方程，由此可得直线AB 的方程，从而可得结论；
【详解】（1）当M 的坐标为
1
0,
4






时，设过M 点的切线方程为
1
4
y
kx


，代入
2x
y

，整理得
2
1
0
4
x
kx



，
令
2
1
4
0
4
k



，解得
1
k ，
代入方程得
1
2
x 
，故得
1 1
( , )
2 4
B
，
1 1
(
,
)
2 4
A 
，
因为AB 的中点
1
(0, )
4
N
，且
1
2
NA
NB
NM



,
从而过M ，A ，B 三点的圆的圆心为
1
(0, )
4
N
，半径为1
2 ，
故其方程为
2
2
1
1
(
)
4
4
x
y



．
圆心坐标为
1
(0, )
4
N
，半径为1
2 ，圆与直线
1
:
4
l y 
相切
（2）由已知得
2
y
x
=
，求导得
2
y
x

，切点分别为
1
(
A x ,
1)
y ，
2
(
B x ,
2)
y ，
故过点
1
(
A x ,
1)
y 的切线斜率为
1
2
k
x

，从而切线方程为
2
1
1
1
2
(
)
y
x
x x
x



,即
2
1
1
2
y
x x
x


,
又切线过点
0
(
M x ,
)
m

，所以得
2
1
0
1
2
m
x x
x



①,即
1
0
1
2x x
y
m 


,
同理可得过点
2
(
B x ,
2)
y 的切线为
2
2
2
2
y
x x
x


，
又切线过点
0
(
M x ,
)
m

，所以得
2
2
0
2
2
m
x x
x



②即
2
0
2
2x x
y
m 


,
即点
1
(
A x ,
1)
y ,
2
(
B x ,
2)
y 均满足
0
2
m
xx
y



,故直线AB 的方程为
0
2
m
xx
y



,
又
0
(
M x ,
)
m

为直线:
(
0)
l y
m m


上任意一点，故
0
2xx
y
m


对任意
0x 成立，
所以
0
x 
，y
m

，从而直线AB 恒过定点(0,
)
m ,
2．已知抛物线


2
:
2
0
C y
px p


经过点


2, 2 2
M

，直线l 与抛物线相交于不同的A 、B 两点．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)如果
4
OA OB



，直线l 是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)过定点

2,0
【分析】（1）将点


2, 2 2
M

代入抛物线方程，可得
2
p 
，从而可得答案；
（2）设出直线方程:l my
x
n


，与抛物线方程联立，由数量积公式结合韦达定理可得
2
n ，进而可得
答案.
【详解】（1）由题意可知，将点


2, 2 2
M

代入抛物线方程，
可得

2
2 2
2
2
p


，解得
2
p 
，
则抛物线方程为
2
4
y
x

．
（2）因为，直线l 与抛物线相交于不同的A 、B 两点，
所以直线不与x 轴平行，
可设:l my
x
n


，与
2
4
y
x

联立，得
2
4
4
0
y
my
n



，
设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，∴
1
2
4
y
y
m


，
1
2
4
y y
n

．
由
1
2
1
2
OA OB
x x
y y







2
1
2
1y
my
n
my
n
y








2
2
1
2
1
2
1
m
y y
mn y
y
n







2
2
1
4
4
m
n
mn
m
n






2
4
4
n
n


，解得
2
n ，
∴:
2
l my
x


过定点

2,0 ．
3．过点


, 2
P m 
向抛物线²
4
x
y

引两条切线
,
PA PB ，切点分别为A，B，直线AB 恒过的定点为
.
【答案】

0,2
【分析】设出切线方程后代入抛物线方程，利用Δ
0

可求得
2
8
2
m
m
k



，再通过方程的解可求得切
点坐标，继而求出切线斜率，得到切线方程，进一步分析即可.
【详解】设过点


, 2
P m 
的切线方程为
(
)
2
y
k x
m



，
代入抛物线方程得：
2
4
4
8
0
x
kx
km
-
+
+
=
,
其判别式
2
Δ
( 4 )
4(4
8)
0
k
km




，
即
2
2
0
k
km
-
-
=
，
故得，
2
8
2
m
m
k



，
又
2
4
4
8
0
x
kx
km
-
+
+
=
的解为
2
x
k

，
所以切点的横坐标为2k ，
代入抛物线方程可求得切点坐标为
2
(2 ,
)
k k
，
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
令
2
2
1
8
2
8
2
m
m
x
m
m







，则
2
2
1
1 (
8
4)
2
y
m
m m




，
即切点A 的坐标为
2
2
2
1
(
8,
(
8
4))
2
m
m
m
m m





;
令
2
2
2
8
2
8
2
m
m
x
m
m






，则
2
2
1
1 (
8
4)
2
y
m
m m




，
即切点B 的坐标为
2
2
2
1
(
8,
(
8
4))
2
m
m
m
m m





，
故直线AB 的斜率
2
2
1
2
2
1
8
,
2
2
8
y
y
m m
m
K
x
x
m







故直线AB 的方程为
1
1
(
)
2
m
y
x
x
y



2
2
2
1
(
8)
(
8
4)
2
2
m x
m
m
m
m m








2
1
(
)
(
4)
2
2
m x
m
m




2
2
mx

，
当
0
x 
时
2
y ，
即直线AB 过定点(0,2) .
4．已知抛物线
2y
ax

，直线l 交该抛物线于M，N 两点（直线l 不过原点），若
0
OM ON



，则直线l 经
过定点
．
【答案】

,0
a
【分析】由题意可设直线l 的方程为


0
x
my
n n



，




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，联立方程，利用韦达定理求
出
1
2
1
2
,
y
y
y y

，再根据
0
OM ON



，可得
1
2
1
2
0
x x
y y


，求出n ，即可得解.
【详解】由题意可设直线l 的方程为


0
x
my
n n



，




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
联立
2y
ax
x
my
n





，消x 得
2
0
y
amy
an



，
则
2
2
4
0
a m
an



，
1
2
1
2
,
y
y
am y y
an



，
因为
0
OM ON



，所以
1
2
1
2
0
x x
y y


，
即


1
2
1
2
0
my
my
y y
n
n 



，
即



1
2
2
1
2
2
0
1
m
n
y
m
y
y
y
n





，
所以


2
2
1
0
an m
mn am
n






，所以
2
n
an

，
又
0
n 
，所以a
n

，
所以直线l 的方程为x
my
a


，
所以直线l 经过定点

,0
a
.
故答案为：

,0
a
.
5．已知双曲线：


2
2
1 1
5
5
1
x
y
m
m
m






的一个焦点与抛物线C ：


2
2
0
y
px p


的焦点重合.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若直线l ：
8
x
ty


交抛物线C 于A、B 两点，O 为原点，求证：以AB 为直径的圆经过原点O.
【答案】(1)
2
8
y
x

(2)见解析.
【分析】（1）根据双曲线方程求出其焦点坐标，即也是抛物线焦点，得到抛物线方程.
（2）直线l 与抛物线联立后，利用韦达定理求出
0
OA OB



即可得证.
【详解】（1）由双曲线方程


2
2
1 1
5
5
1
x
y
m
m
m






知其焦点在x 轴上且焦点坐标为
1( 2,0)
F 
，
2(2,0)
F
，
所以
2(2,0)
F
为抛物线C ：


2
2
0
y
px p


的焦点，得
2
4
2
p
p



，
所以抛物线C 的方程为
2
8
y
x

.
（2）设
1
1
( ,
)
A x y ，
2
2
(
,
)
B x
y
联立
2
2
8
8
64
0
8
x
ty
y
ty
y
x










，
2
64
4 64
0
t



由韦达定理得
1
2
8
y
y
t


，
1
2
64
y y 
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
(
8)(
8)
OA OB
x x
y y
ty
ty
y y








2
1
2
1
2
(
1)
8 (
)
64
t
y y
t y
y





2
(
1)( 64)
8 (8 )
64
0
t
t
t






所以OA
OB


，
所以以AB 为直径的圆经过原点O.得证
6．已知抛物线C ：
2
2
y
px

过点


2,4
A
．
(1)求抛物线C 的方程；
(2) P ，Q 是抛物线C 上的两个动点，直线AP 的斜率与直线AQ 的斜率之和为4，证明：直线PQ 恒过定点．
【答案】(1)
2
8
y
x

(2)证明见解析
【分析】（1）将


2,4
A
代入抛物线方程求解即可；
（2）设PQ：x
my
t

，再联立抛物线方程，设


1
1
,
P x y ，

2
2
,
Q x
y
，再根据直线AP 的斜率与直线AQ 的
斜率之和为4，结合韦达定理求解即可.
【详解】（1）


2,4
A
坐标代入抛物线方程得16
4p

，解得
4
p 
，
∴抛物线方程为
2
8
y
x

．
（2）证明：显然直线PQ斜率不为0，故可设PQ：x
my
t

，将PQ的方程与
2
8
y
x

联立得
2
8
8
0
y
my
t



，
设


1
1
,
P x y ，


2
2
,
Q x
y
，则
1
2
8
y
y
m


，
1
2
8
y y
t

，
所以
2
2
0
64
32
0
2
0
m
t
m
t






，
1
1
2
1
1
1
4
4
8
2
4
2
8
PA
y
y
k
y
x
y








，同理：
2
8
4
QA
k
y


，
由题意：
1
2
8
8
4
4
4
y
y




，
∴



1
2
1
2
1
2
2
4
y
y
y y
y
y




，
∴


1
2
1
2
2
y y
y
y


，即
2
t
m

，
代入直线得


2
2
x
my
m
m y




，
故直线PQ恒过定点

0, 2

．
7．已知点O 为平面直角坐标系的坐标原点，点F 是抛物线C：
2
4
y
x

的焦点．
(1)过点F 且倾斜角为4
的直线l 与抛物线C 交于A，B 两点，求AOB

的面积；
(2)若点T 为直线
2
x 上的动点，过点T 作抛物线C 的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线MN 过
定点．
【答案】(1)2 2
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可；
（2）设点

0
2,
T
y

，


3
3
,
M x
y
，


4
4
,
N x
y
，以M 为切点的切线方程为


3
3
y
y
k x
x



，联立抛物线方
程，根据判别式等于0 得到直线斜率，从而得到切线方程，从而得到切点弦所在直线方程，即可得到所过
定点.
【详解】（1）据题意


1,0
F
，直线l 的斜率为tan
1
4
，则直线l 的方程为
1
y
x

，设


1
1
,
A x y ，

2
2
,
B x
y
，
由
2
4
1
y
x
y
x






，联立可得
2
4
4
0
y
y



，
易得
0

，故
1
2
4
y
y


，
1
2
4
y y ，
因此，


2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
4
2 2
2
2
AOB
S
y
y
y
y
y
y









△
．
（2）证明：设点

0
2,
T
y

，


3
3
,
M x
y
，


4
4
,
N x
y
，以M 为切点的抛物线的切线方程为


3
3
y
y
k x
x



，
由


2
3
3
4
y
x
y
y
k x
x






，联立可得


2
3
3
4
4
0
ky
y
y
ky




，
由判别式Δ
0

，即



2
3
3
4
4
4
0
ky
ky




，即

2
3
2
4
0
ky 

，显然
3y 0，可得
3
2
k
y

，
因此，以M 为切点的抛物线的切线方程为


3
3
2


y y
x
x
，
同理可得，以N 为切点的抛物线的切线方程为


4
4
2


y y
x
x
，
由于这两条切线都经过点


0
2,
T
y

，代入可得


3
0
3
2
2
y y
x


，


4
0
4
2
2
y y
x


，
则直线MN 的方程为


0
2
2
y y
x


，可得直线MN 过定点

2,0 ．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设出切线方程，将其与抛物线方程联立，利用判别式等于0，从
而得到切线斜率，再写出切线方程，最后得到切点弦所在直线方程，最后即可求出直线所过定点坐标.
8.已知抛物线�: �2 = 2��的焦点与椭圆�':
�2
4 + �2 = 1 的上顶点重合，点�是直线�: �−2�−8 = 0 上任意一
点，过点�作抛物线的两条切线，切点分别为�、�．
(1)求抛物线�的方程．
(2)证明直线��过定点，并且求出定点坐标．
【解题思路】（1）根据椭圆的顶点计算求参得出抛物线方程；
（2）根据导数求出切线斜率再分别表示切线，求解即可.
【解答过程】（1）由题意椭圆�':
��
�+ ��= �的上顶点为�, �，
�
�= �，∴�= �，∴�: ��= ��．
（2）设点���, ��，���, ��，��, �．
由�=
��
�⇒�′ =
�
�，∴直线��的斜率为���=
��
�，∴���: �−��=
��
��−��
即���= ��+ ��
同理可得���: ���= ��+ ��
∵点�∈���，代入���得���= ���+ �
∵点�∈���，代入���得���= ���+ �
∴点�、�都满足关系��= ��+ �= ��+ ��
∴���: ��= ��+ �= ��+ ��①
又点�∈�，∴��= �−�，代入①得��= ��+ �−�⇒��−�−��+ �= �
故直线��恒过定点�, �．
题型十：抛物线的定值问题
1．已知抛物线
2
2
C
y
px

：
的焦点为F.
(1)过点F 且斜率为
3 的直线交抛物线C 于P，Q 两点，若
16
3
PQ 
，求抛物线C 的方程；
(2)过点F 的直线交抛物线C 于A，B 两点，直线AO，BO 分别与直线x
p

相交于M，N 两点，试判断ABO

与MNO

的面积之比是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）将过点F 且斜率为
3 的直线与抛物线方程联立，由韦达定理以及抛物线的性质得出抛物线
E 的方程；
（2）直线垂直于x 轴时直接求出面积比，直线与x 轴不垂直时，设直线AB 方程，直线方程代入抛物线
方程后由韦达定理得
1
2
x x ，然后计算面积比可得．
【详解】（1）设过点F 且斜率为
3 的直线方程为
3
2
p
y
x








，代入


2
2
0
y
px p


得
2
2
3
3
5
0
4
p
x
px



，若




1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，
则


2
2
2
3
5
4 3
16
0,
4
p
p
p





=
1
2
5
3
p
x
x


，
所以
1
2
8
16
|
|
3
3
p
PQ
x
x
p





，则
2
p 
，
即抛物线C 的方程为
2
4
y
x

.
（2）当直线垂直于x 轴时，ABO

与MNO

相似，
所以
2
1
2
4
ABO
MNO
OF
S
S








!
!
.
当直线与x 轴不垂直时，设直线AB 方程为
(
1),
y
k x


设
1
1
2
2
2,
2
(
),
(
), ( ,
), (
,
),
,
M
N
M
y
N
y
A x y
B x
y


由
2
(
1)
4
y
k x
y
x






得
2
2
2
2
(4
2
)
0
k x
k
x
k




，
所以


2
2
2
2
2
4
2
4
16
16
0
k
k
k
k







，且
0
k 
，则
1
2
1

x x
，
所以
ABO
MNO
S
S

!
!
1
sin
2
1
sin
2
AO
BO
AOB
MO
NO
MON






AO
BO
MO
NO




1
2
2
2
x
x

1
4

，
综上，
ABO
MNO
S
S
!
!
＝1
4 .
2．已知抛物线
2(
0)
y ax a


，在y 轴正半轴上存在一点P ，使过P 的任意直线交抛物线于M
N
、
，都有
2
2
1
1
|
|
|
|
MP
NP

为定值，则点P 的坐标为
．
【答案】
1
0, 2a






【分析】设直线MN 的解析式为y
kx
m


，联立方程组，利用一元二次方程根与系数的关系和两点间的距
离公式，化简整理，即可得到点P 的坐标．
【详解】设
(0,
)
P
m ．
设直线MN 的解析式为y
kx
m


，
联立
2(
0)
y ax a


得到：
2
2
ax
kx
m
ax
m
kx




，
，
整理，得
2
0
ax
kx
m



，则
1
2
1
2
,
k
m
x
x
x x
a
a



设
2
2
1
1
2
2
(
,
),
(
,
),
M x ax
N x ax
则




2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
(
)
1
,
(
)
1
PM
x
m
ax
k
x
PN
x
m
ax
k
x











2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
|
|
|
|
1
,
x
x
MP
NP
k
x x







2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
1
,
x
x
x x
k
x x





2
2
2
2
1
1
k
m
a
a
k
m
a
























2
2
2
1
2
1
k
am
k
m




即存在
1
2
m
a

时，
2
2
2
1
1
4
|
|
|
|
a
MP
NP


，
即存在
1
0, 2
P
a





，使得
2
2
1
1
|
|
|
|
MP
NP

为定值
2
4a
故答案为：
1
0, 2a





．
3．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆心为C 的动圆过点

2,0 ，且在y 轴上截得的弦长为4，记C 的轨迹
为曲线E ．
(1)求曲线E 的方程；
(2)已知


1,2
A
及曲线E 上的两点B 和D ，直线BD 经过定点

3,2

，直线AB
AD
、
的斜率分别为
1
2
k
k
、
，
求证：
1
2
k
k

为定值．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)证明见详解
【分析】（1）设圆心
( , )
C x y ，由两点距离公式和几何法求弦长公式化简计算，可得
2
2
2
(
2)
4
x
y
x



，化
简即可求解；
（2）设直线BD 的方程
2
3
x
ty
t


、




1
1
2
2
,
,
,
B x y
D x
y
，联立抛物线方程，消元并利用韦达定理可得
1
2
1
2
4 ,
8
12
y
y
t y y
t




，结合两点求斜率公式可得
1
2
1
2
4
4
=1
2
2
k
k
y
y





，即可证明.
【详解】（1）设圆心
( , )
C x y ，半径为r ，由圆心为C 的动圆过点(2,0) ，
所以
2
2
2
(
2)
x
y
r



，
又圆心为C 的动圆在y 轴上截得的弦长为4，所以
2
2
2
2
x
r


，
此时
2
2
2
(
2)
4
x
y
x



，解得
2
4
y
x

，
所以曲线E 是抛物线，其方程为
2
4
y
x

；
（2）易知直线BD 的斜率不为0，
设直线BD 的方程为
3
(
2)
x
t y



，即
2
3
x
ty
t


，
2
2
3
4
x
ty
t
y
x







，消去x，得
2
4
8
12
0
y
ty
t



，
2
16
4(8
12)
0
1
t
t
t





或
3
t 
，
设




1
1
2
2
,
,
,
B x y
D x
y
，则
1
2
1
2
4 ,
8
12
y
y
t y y
t




，
1
1
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
4
4
,
1
2
1
2
1
1
4
4
y
y
y
y
k
k
x
y
x
y
y
y
















，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4(
4)
4(
) 16
4
4
16
16 =1
2
2
(
2)(
2)
2(
)
4
16
16
y
y
y
y
t
k
k
y
y
y
y
y y
y
y
t



















，
即
1
2
k
k

为定值1.
4．在平面直角坐标系xOy 中，设点P 的轨迹为曲线C .①过点


1,0
F
的动圆恒与y 轴相切，FP 为该圆的直
径；②点P 到


1,0
F
的距离比P 到y 轴的距离大1.
在①和②中选择一个作为条件:
(1)选择条件：求曲线C 的方程；
(2)在x 轴正半轴上是否存在一点M ，当过点M 的直线l 与抛物线C 交于Q
R
，
两点时，
1
1
MQ
MR

为定
值？若存在，求出点M 的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)存在，


1,0
M
【分析】（1）选①：由已知及抛物线的定义，通过数形结合可知，点P 是以


1,0
F
为焦点，以直线
1
x = 
为准线的抛物线，从而可求其方程．
选②：设动圆的圆心为


,
,
E P x y ，则
1,
2
2
x
y
E







，通过直接法求轨迹方程的方法，列出,x y 满足的关系
式，化简即可得到点P 的轨迹方程．
（2）假设在存在点


,0 (
0)
M t
t 
满足题意，设直线l 的方程为x
my
t

，点




1
1
2
2
,
,
,
Q x y
R x
y ，通过联
立
2
4
x
my
t
y
x






，得
2
4
4
0
y
my
t



，由韦达定理可得
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y
y
t




，从而


2
2
2
1
1
1
1
MQ
x
t
y
m
y





，同理可得
2
2
1
MR
m
y


，代入
1
1
MQ
MR

化简，由
1
1
MQ
MR

为
定值可求
1
t ，从而可求该点坐标．
【详解】（1）选①：
如图，过P 作y 轴的垂线，垂足为H ，交直线=
1
x 于点P，
设动圆的圆心为E ，半径为r ，则E 到y 轴的距离为r ，
在梯形OFPH 中，由中位线性质可得
2
1
PH
r

，
所以
2
1 1
2
PP
r
r



，又
2
PF
r

，所以PP
PF

，
由抛物线的定义知，点P 是以


1,0
F
为焦点，以直线=
1
x 为准线的抛物线，
所以曲线C 的方程为：
2
4
y
x

.
选②：
设动圆的圆心为


,
,
E P x y ，则
1,
2
2
x
y
E







，
由圆E 与y 轴相切可得
2
E
PF
x

，
即
2
2
1
(
1)
2
2
x
x
y




，整理可得
2
4
y
x

.
（2）设点


,0 (
0)
M t
t 
，由题意知直线l 的斜率不为零，设直线l 的方程为x
my
t

，点




1
1
2
2
,
,
,
Q x y
R x
y ，
由
2
4
x
my
t
y
x






，得
2
4
4
0
y
my
t



，则
2
1
2
1
2
Δ
16
16
0,
4 ,
4
m
t
y
y
m y
y
t







.
又




2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
MQ
x
t
y
my
t
t
y
m
y








，同理可得
2
2
1
MR
m
y


，
则有
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
y
y
y
y
MQ
MR
m
y
m
y
m
y y
m
y y













2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
4
(4 )
16
1
1
1
1 4
y
y
y
y
m
t
m
t
t
m
m
y y
m
t











.
若
1
1
MQ
MR

为定值，则
1
t ，此时点


1,0
M
为定点.
又当
1,
R
t
m


时，Δ
0

，所以，存在点


1,0
M
，
当过点M 的直线l 与抛物线C 交于Q
R
，
两点时，
1
1
MQ
MR

为定值1．
5．已知圆O ：
2
2
16
x
y


与y 轴相交于A ，B 两点（点A 在x 轴的上方），过点B 作圆O 的切线1l ，P 是平
面内一动点，过点P 作1l 的垂线，垂足为Q ，且

0
PQ
PA QA






，记点P 的运动轨迹为曲线C .
(1)求曲线C 的方程；
(2)过点A 且斜率不为0 的直线2l 与曲线C 相交于M ，N 两点，线段MN 的垂直平分线交y 轴于点D ，证
明：
AD
MN 为定值.
【答案】(1)
2
16
x
y

(2)见解析
【分析】（1）设P 点坐标为( , )
x y ，根据(
)
0
PQ
PA
QA






，即可求得轨迹方程；
（2）联立曲线C 与直线2l ，求出|
|
MN 的长度，再根据线段MN 的垂直平分线交y 轴于点D ，求出|
|
AD 的
长度，即可得出
|
|
|
|
AD
MN 为定值．
【详解】（1）设
( , )
P x y ，
由题可得，
(0,4)
A
，
(0, 4)
B

，


, 4
Q x 
，
(0, 4
)
PQ
y



，
(
,4
)
PA
x
y



，
(
,8)
QA
x


，
因为(
)
0
PQ
PA
QA






，所以有[(0，4
)
(
y
x

，4
)] (
y
x

，8)
0

，
即( x
，2 ) (
y
x

，8)
0

，即
2
16
x
y

，
所以
2
:
16
C x
y

．
（2）设直线2l 的斜率为

0
k k 
，线段MN 的中点为E ，
因为直线2l 过点A ，所以2 :
4
l
y
kx


，
设
1
(
M x ，
1)
y ，
2
(
N x ，
2)
y ，
联立
2
2
4
16
64
0
16
y
kx
x
kx
x
y










，
256 2
256
0
k


恒成立，
1
2
16
x
x
k


，
1
2
64
x x 
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
|
|
1
(
)
4
1
256
256
16(1
)
MN
k
x
x
x x
k
k
k









，
因为MN 的中点为E ，所以横坐标为
1
2
8
2
x
x
k


，
又因为点E 在直线2l 上，所以
2
(8 ,8
4)
E
k
k 
，
设MN 的垂直平分线为3l ，则斜率为
1
k

，
2
3
1
:
(8
4)
(
8 )
l
y
k
x
k
k




，即
2
1
8
12
y
x
k
k



，
则
2
(0,8
12)
D
k 
，
2
|
| 8(1
)
AD
k


，
所以
|
|
1
|
|
2
AD
MN 
，为定值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围，最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根
据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解
析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的
作用.
6．已知抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p


的焦点为F ，准线为l ，过点F 且倾斜角为π
6 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 ，
4 3.
MD 
(1)求p 的值.
(2)若斜率不为0 的直线1l 与抛物线C 相切，切点为G ，平行于1l 的直线交抛物线C 于,
P Q 两点，且
π
2
PGQ


，点F 到直线PQ与到直线1l 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.
【答案】(1)
4
p 
(2)是，3
【分析】（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

0
y
kx m k



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
π
2
PGQ


得到k 与m 的关系式，利用直线1l 与抛物线C 相切求出直线1l 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1l 的距离之比.
【详解】（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
π
6
AFM


，所以
π
3
NMF


，
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
4 3
8
π
sin 3
FM 
，
所以
8
MN 
，
4
AN 
，所以
1
2
2
OF
AN


，所以
2
2
p 
，即
4
p 
.
（2）由（1）可知抛物线的方程是
2
8
x
y

，
设直线PQ的方程为

0
y
kx m k



，
2
2
2
0
1
2
1
2
0
,
,
,
,
,
8
8
8
x
x
x
P x
Q x
G x


















，
因为
π
2
PGQ


，所以
2
2
2
2
0
0
1
2
1
0
2
0
8
8
8
8
1
x
x
x
x
x
x
x
x






，
即


1
0
2
0
64
x
x
x
x



，即


2
1
2
0
1
2
0
64
x x
x
x
x
x




.
又
0
4
x
y
k


，所以
0
4
x
k

，故


2
2
0
0
1
0
:
2
4
8
x
x
l
y
x
x
kx
k





.
联立
2
8
y
kx
m
x
y






，消去y ，得
2
8
8
0
x
kx
m



，其中
2
64
32
0
k
m



，
则
1
2
1
2
8 ,
8
x
x
k x x
m



，
所以
2
2
8
32
16
64
m
k
k




，所以
2
6
8
m
k

.
设点F 到直线PQ和直线1l 的距离分别为
1
2
,
d d ，
则由1l
PQ
∥
得
2
1
2
2
2
2
6
6
3
2
2
2
2
m
d
k
d
k
k







，
所以点F 到直线PQ与到直线1l 的距离之比是定值，定值为3.
【点睛】解决定值问题的途径就是用部分量去表示所求的量，本题就是利用韦达定理及其已知条件先找到
部分量之间的关系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之间的关系消元,即可得到定值.
7．设点F 为抛物线C：


2
2
0
x
py p


的焦点，过点F 且斜率为5 的直线与C 交于A，B 两点
2 6
AOB
S

△
（O 为坐标原点）
(1)求抛物线C 的方程；
(2)过点

0,2
E
作两条斜率分别为
1k ，
2k 的直线1l ，2l ，它们分别与抛物线C 交于点P，Q 和R，S.已知
EP EQ
ER ES



，问：是否存在实数，使得
1
2
k
k


为定值?若存在，求的值，若不存在，请说明
理由.
【答案】(1)
2
4
x
y

；
(2)存在，
1
.
【分析】（1）写出直线AB 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合三角形面积求解作答.
（2）联立直线1l 与抛物线C 的方程，结合弦长公式求出
,
EP
EQ
ER
ES


，由已知建立关系推理作答.
【详解】（1）抛物线C：


2
2
0
x
py p


的焦点
(0,
)
2
p
F
，直线AB 的方程为
5
2
p
y
x


，
由
2
5
2
2
p
y
x
x
py







消去y 并整理得：
2
2
2 5
0
x
px
p



，设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，
则
2
1
2
1
2
2 5 ,
x
x
p x
x
p




，
2
2
2
1
2
1
2
1
2
|
4
4
|
20
2 6
(
)
x
x
x
x
x x
p
p
p







，
因此
2
1
2
1
1
6
|
| |
|
2 6
2 6
2
2
2
2
AOB
p
p
S
OF
x
x
p









，而
0
p 
，解得
2
p 
，
所以抛物线C 的方程为
2
4
x
y

.
（2）存在
1
，使得
1
2
k
k


为定值.
依题意，直线1
1
:
2
l
y
k x


，直线2
2
:
2
l
y
k x


，
由
1
2
2
4
y
k x
x
y






消去y 并整理得
2
1
4
8
0
x
k x



，设




3
3
4
4
,
,
,
P x
y
Q x
y
，
则
1
3
4
3
4
4 ,
8
x
x
k x x


，
2
2
1
4
1
3
|
|
|
1
|
,|
|
|
1
|
EP
k
x
EQ
k
x




，
2
1
|
| |
| 8(1
)
EP
EQ
k



，
设




5
5
6
6
,
,
,
R x
y
S x
y
，同理
2
5
6
5
6
4
,
8
x
x
k
x x


，且有
2
2 )
|
| |
| 8(1
ER
ES
k



，
由|
| |
| |
| |
|
EP
EQ
ER
ES



，得
2
2
2
1
8(1
)
8(1
)
k
k



，即
2
2
1
2
k
k

，而
1
2
k
k

，则
1
2
0
k
k


，
所以存在
1
，使得
1
2
k
k


为定值0.
【点睛】结论点睛：过定点
(0, )
A
b 的直线l：y=kx+b 交圆锥曲线于点
1
1
(
,
)
M x y ，
2
2
(
,
)
N x
y
，则OMN

面积
1
2
1 |
| |
|
2
OMN
S
OA
x
x




；
过定点
( ,0)
A a
直线l：x=ty+a 交圆锥曲线于点
1
1
(
,
)
M x y ，
2
2
(
,
)
N x
y
，则OMN

面积
1
2
1 |
| |
|
2
OMN
S
OA
y
y




.
模块三：综合巩固
1.已知抛物线
2
1
4
y
x

上一点A 的纵坐标为4，则点A 到抛物线焦点的距离为（）
A．17
16
B．5
C．6
D．4 2
【答案】B
【解析】依题意，由抛物线的定义知，点A 到抛物线焦点的距离即点A 到准线
1
y 的距离，
即4
( 1)
5


.故选：B.
2．过抛物线
2
4
y
x

的焦点F 的直线交该抛物线于
,
A B 两点，若
,
A B 两点的横坐标之和为3，则AB （
）
A．5
B．14
3
C．13
3
D．4
【答案】A
【分析】根据抛物线定义即可求出.
【详解】根据题意，设A 的坐标为
1
1
( ,
)
x y
，B 的坐标为
2
2
(
,
)
x
y
，
抛物线
2
4
y
x

的准线方程为=
1
x ，
又由
,
A B 在抛物线上，则
1
1
|
|
( 1)
1
AF
x
x



，
2
2
|
|
( 1)
1
BF
x
x



，
∴
1
2
1
2
|
| |
|
|
| (
1)
(
1)
(
)
2
3
2
5
AB
AF
BF
x
x
x
x












.
故选：A.
3.抛物线C 的方程为
2
4
x
y

，过点
(0,2)
P
的直线交C 于
,
A B 两点，记直线
,
OA OB 的斜率分别为
1
2
,
k k ，则
1 2
k k
的值为（
）
A．2

B．1

C．
1
2

D．
1
4

【答案】C
【解析】显然直线AB 的斜率存在，设其方程为
2
y
kx


，
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
由
2
2
4
y
kx
x
y






消去y 并整理得
2
4
8
0
x
kx



，则
1
2
8
x x ，
所以
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
4
4
16
2
x
x
y
y
x x
x
x
x
k
x
k 





.故选：C
4.直线
1
y
x

与抛物线
2
4
y
x

交于A B
、两点，则AB （
）
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】B
【解析】联立
2
4
1
y
x
y
x





，消去y 可得
2
6
1
0
x
x


，
设

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，所以
1
2
6
x
x


，
又因为抛物线
2
4
y
x

的焦点


1,0
F
在直线
1
y
x

上，
1
2
8
AB
x
x
p





.故选：B.
5．已知圆
2
2
:(
1)
1
C
x
y


与抛物线
2
2
(
0)
x
py p


的准线相切，则p （
）
A．1
8
B．1
4
C．8
D．2
【答案】D
【分析】根据抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系即可求解.
【详解】抛物线
2
2
(
0)
x
py p


的准线为
2
p
y 
，
又圆
2
2
:(
1)
1
C
x
y



与该抛物线的准线相切,
圆心
(1,0)
C
到准线
2
p
y 
的距离：
1,
2
2
p
d
r
p



.
故选：D.
6.已知抛物线
2
4
x
y

的焦点为F，直线l 过点F 且与抛物线交于P，Q 两点，若
2
FP
QF



，则直线l 倾斜
角的正弦值为（
）
A．1
3
B．
1
2
C．2
D．3
【答案】A
【解析】
过P，Q 分别作PP，QQ垂直于准线，垂足分别为P，Q，过Q 作QR
PP

，垂足为R，
设FQ
r

，则
2
FP
r

，QQ
r

，
1
sin
3
3
PR
r
PR
r
PQR
PQ
r





．故选：A.
7.已知直线:
(
1)
l y
k x


，抛物线
2
:
4
C y
x

，l 与C 有一个公共点的直线有（
）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．1 条、2 条或3 条
【答案】C
【解析】联立直线:
(
1)
l y
k x


和抛物线
2
:
4
C y
x

方程可得
2
2
(
1)
4
k
x
x


，
整理可得


2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k




，
直线l 与C 有一个公共点等价于方程只有一个实数根，
当
0
k 
时，方程为4
0
x


仅有一解，符合题意；
当
0
k 
时，一元二次方程


2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k




仅有一解，
即


2
2
2
2
2
4
4
0
k
k
k






，解得
1
k ，
所以满足题意得直线有三条，即
0
y 
，
1
y
x

和=
1
y
x

.故选：C
8.已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


，过C 的焦点F 且倾斜角为π
3 的直线交C 于A，B 两点，线段AB 的中点为
W，
4
|
|
3
FW 
，则p （
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】设






0
0
1
1
2
2
,
,
,
,
,
W x
y
A x y
B x
y ，
则
2
1
1
2
2
2
2
,
2
,
y
px
y
px





两式相减，可得




1
2
1
2
1
2
2
y
y
y
y
p x
x




，
所以

1
2
1
2
1
2
2
y
y
y
y
p
x
x




，即

1
2
2
AB
k
y
y
p


，
所以
0
2 3
2
y
p

，所以
0
3
3
p
y 
，
代入直线
:
3
2
p
AB y
x








，得
0
5
6
p
x 
，
所以
5
3
,
6
3
p
p
W 







，所以
2
2
5
2
4
|
|
6
2
3
3
3
p
p
p
p
FW











，解得
2
p 
.故选：B
9．已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F，经过点
,0
2
p
P





且斜率为2 2
3
的直线l 与抛物线C 交于
,
A B
两点，若|
| 2 |
|
AF
BF

，且
2
 
2
BOF
S

△
，则p （
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】过点
,
A B 分别作AM
l 

于点M ，BN
l 

于点N ，则
//
BN
AM ，根据题意，求得点B 的坐标为
2
(
,
)
4
2
p
p ，结合BOF

的面积，列出方程，即可求解.
【详解】抛物线C 的准线方程为
:
2
p
l
x


，直线l 的方程为
2 2
3
2
p
y
x








，
如图所示，过点
,
A B 分别作AM
l 

于点M ，BN
l 

于点N ，则
//
BN
AM ，
由|
| 2 |
|
AF
BF

得|
| 2|
|
AM
BN

，点B 为AP 的中点，
又因为O 为PF 的中点，连接OB ，则
1
|
|
|
2
OB
AF

∣
，所以|
| |
|
OB
BF

，
所以点B 的横坐标为4
p ，
将
4
p
x 
代入抛物线
2
2
y
px

，可得
2
2
p
y 
，所以点B 的坐标为
2
(
,
)
4
2
p
p ，
又由
1
2
1
2
2
2
2
2 2
2
2
BOF
p
p
p
S
OF








，解得
2
p 
.
故选：B.
10．已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线
2
4
y
x

上，则这个等边三角形的边长为
（
）
A．8 3
B．4 2
C．4 3
D．3 2
【答案】A
【分析】设另外两个顶点的坐标分别为


2
2
,
,
,
0
4
4
m
m
m
m
m











，由图形的对称性可以得到方程
2
tan 30
4
m
m

，解此方程得到m 的值，即可得到答案.
【详解】由题意，依据抛物线的对称性，及等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线
2
4
y
x

上，
可设另外两个顶点的坐标分别为


2
2
,
,
,
0
4
4
m
m
m
m
m











，
2
3
tan30
3
4
m
m



，解得
4 3
m 
，
故这个等边三角形的边长为2
8 3
m 
.故选：A.
11．已知直线l：


0
2
p
y
x
p


与抛物线C：
2
2
y
px

交于A，B 两点，且
16
AB 
，则C 的方程为（
）
A．
2
2
y
x

B．
2
4
y
x

C．
2
8
y
x

D．
2
12
y
x

【答案】C
【分析】设出A 和B 两点的坐标，把l 与C 联立得到
1
2
x
x

，l 经过点C 的焦点，进而根据|
|
AB 的长度求出
p .
【详解】设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，把l 与C 的方程联立，
得
2
2
2
p
y
x
y
px














，消去y 并整理，得
2
2
3
0
4
p
x
px



，
则
0

，
1
2
3
x
x
p


，又l 经过C 的焦点
,0
2
p






，
∴
1
2
3
16
AB
x
x
p
p
p






，∴
4
p 
，
∴C 的方程为
2
8
y
x

.
故选：C.
12．已知抛物线C：
2
2
y
px

的焦点为


2,0
F
，过点


2,1
M
的直线与抛物线C 交于A，B 两点，且M 是
AB 的中点，则直线AB 的方程为（
）
A．
1
y
x


B．
4
7
y
x


C．
3
y
x

D．
2
5
y
x


【答案】B
【分析】先求出抛物线方程，再用点差法求出直线斜率，最后写出直线方程.
【详解】因为抛物线焦点为


2,0
F
，所以
4
p 
，
设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，则
2
1
1
8
y
x

，
2
2
2
8
y
x

，
所以


2
2
1
2
1
2
8
y
y
x
x



，易知
1
2
x
x

，所以


1
2
1
2
1
2
8
y
y
y
y
x
x




，
又
1
2
2
y
y


，所以
1
2
1
2
4
y
y
x
x



，
所以直线AB 的方程为


1
4
2
y
x


，即
4
7
y
x


，
故选：B
13．已知点F 是抛物线
2
2
(
0)
y
px p


的焦点，
( 2,0)
P 
，过F 斜率为1 的直线交抛物线于M，N 两点，
且
16
PM PN



，若Q 是抛物线上任意一点，且
( ,
)
PQ
PM
PN





R



，则


的最小值是（
）
A．0
B．1
3
C．1
2
D．1
【答案】A
【分析】根据直线与抛物线联立可得韦达定理，根据数量积的坐标运算可得
4
p 
，进而根据向量线性运
算的坐标表示，即可结合二次函数的性质求解.
【详解】由题意可得
,0
2
p
F 





，所以直线MN 的方程为
2
p
y
x


，
联立直线与抛物线方程得
2
2
2
3
0
2
4
2
p
y
x
p
x
px
y
px












，
设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
,所以
2
1
2
1
2
3 ,
,
4
p
x
x
p x x







1
1
2
2
2,
,
2,
PM
x
y
PN
x
y






，






1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
16
2
2
p
p
PM PN
x
x
y y
x
x
x
x






















，
化简得


2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
16
3
2
4
16
2
4
2
2
4
p
p
p
p
p
x x
x
x
p
























，
即
2
8
16
0
p
p



,解得
4
p 
,
故
2
8 ,
y
x

1
2
1
2
12,
4,
x
x
x x



设


0
0
,
Q x
y
,则
2
0
0
8
,
y
x









0
0
1
1
2
2
1
2
1
2
2,
2,
2,
2
2 ,
PQ
x
y
x
y
x
y
x
x
y
y



















，
因此
0
1
2
2
2
2
x
x
x









且




0
1
2
1
2
1
2
=
2
2
2
2
y
y
y
x
x
x
x

















，
因此可得
0
0
2
4
4
x
y






，
故


2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
4
16
8
4
4
2
2
2
2
0
8
8
8
y
y
y
y
x
y
y

















，当
0=4
y
时取到等号，故


的最
小值为0，
故选：A
14.（多选）关于抛物线，下列说法正确的是（
）
A．抛物线没有离心率
B．抛物线的离心率为1
C．若直线与抛物线只有一个交点，则该直线与抛物线相切
D．抛物线一定有一条对称轴，一个顶点，一个焦点
【答案】BD
【解析】抛物线上的点M 到焦点F 的距离和点M 到准线的距离d 的比MF
d
，叫作抛物线的离心率，
所以由抛物线的定义可知抛物线的离心率为1，故A 不正确，B 正确；
若直线与抛物线的对称轴平行，则直线与抛物线也只有一个交点，
此时直线与抛物线相交，所以C 不正确；
抛物线有且仅有一条对称轴，一个顶点，一个焦点，所以D 正确．故选：BD.
15．（多选）设抛物线C ：


2
2
0
y
px p


的焦点为F ，点M 在抛物线C 上，点


0,3
N
，若
10
MF 
，且
NM
NF

，则抛物线C 的方程可以为（
）
A．
2
3
y
x

B．
2
4
y
x

C．
2
36
y
x

D．
2
18
y
x

【答案】BC
【分析】利用抛物线的定义、以及几何性质求解.
【详解】
设


1
1
,
M x y
，因为
10
MF 
，所以
1
10
2
p
x 

，
因为NM
NF

，所以
0
NM NF



，
即

1
1
,
3
, 3
0
2
p
x y










，所以


1
1
3
3
0
2
p x
y



，所以


2
1
1
3
3
0
4
y
y



，
解得
1
6
y 
，所以
1
36
2
2
10
2
p
px
p 








，解得
2
p 
或
18
p 
，
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x

或
2
36
y
x

．
故选:BC.
16.（多选）设抛物线C:
²
2
y
px

的焦点为F，准线为= 1
x . 点A，B 是抛物线C 上不同的两点，且
8
AF
BF


，则（
）
A．
2
p 
B．以线段AB 为直径的圆必与准线相切
C．线段AB 的长为定值
D．线段AB 的中点E 到准线的距离为定值
【答案】AD
【解析】依题意，抛物线C 的焦点
(1,0)
F
，方程为
2
4
y
x

，则
2
p 
，A 正确；
令
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，显然
1
2
|
|
|
|
1
1
6
AF
BF
x
x



，即
1
2
6
x
x


，
取
1
0
x 
，则
2
6
x 
，即点
(0,0), (6, 2 6)
A
B

，此时|
|
2 15
AB 
，
以线段AB 为直径的圆的圆心为(3,
6)

，该圆心到准线= 1
x 的距离为4，不等于圆半径15 ，
因此该圆与准线不相切，B 错误；
以点
(0,0), (6, 2 6)
A
B

为端点的线段长|
| 2 15
AB 
，当直线AB 垂直于x 轴时，
1
2
3
x
x


，
此时|
| 4 3
AB 
，C 错误；
线段AB 的中点E 的横坐标为3，点E 到准线的距离为3
( 1)
4


，D 正确.故选：AD
17．（多选）已知O 为坐标原点，抛物线


2
:
2
0
C y
px p


的焦点F 到其准线的距离为4，过点F 作直线l
交C 于M ，N 两点，则（
）
A．C 的准线为
2
x 
B．
MON

的大小可能为π
2
C．MN 的最小值为8
D．


2
MF NF
MF
NF


【答案】ACD
【分析】利用韦达定理以及抛物线的弦长公式、焦半径公式求解.
【详解】由题意得，
4
p 
，则C 的准线为
2
x ，故A 正确；
(2,0)
F
,设
1
1
2
2
:
2,
( ,
),
(
,
),
l x
my
M x y
N x
y


2
8
2
y
x
x
my





，整理得，
2
8
16
0
y
my



，
所以
1
2
1
2
8 ,
16
y
y
m y y



，
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)
4
8
4,
2 (
)
4
4
x
x
m y
y
m
x x
m y y
m y
y











，
1
2
1
2
4 16
12
0
OM ON
x x
y y








，
所以
2
π
MON


，故B 错误；
2
2
2
1
2
1
2
1
(
)
4
8(
1)
8
MN
m
y
y
y y
m







，
当
0
m 
时，MN 的最小值为8，故C 正确；
∵
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2(
)
4
2
2
2
x
x
p
p
MF
NF
x
x
x x
x
x
x
x
















，
∴


2
MF NF
MF
NF


，故D 正确.
故选：ACD.
18．（多选）已知O 为坐标原点，M 为抛物线
2
:
4
C y
x

上一点，直线:
3
l x
my


与C 交于A ，B 两点，
过A ，B 作C 的切线交于点P ，则下列结论正确的是（
）
A．
3
OA OB



B．若点M 为

9, 6

，且直线AM 与BM 倾斜角互补，则
3
m 
C．点P 在定直线
3
x 上
D．设Q 点为

3,0 ，则MQ 的最小值为3
【答案】ABC
【分析】直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断AB；
分别求点
,
A B 处的切线方程，联立切线方程求点P 的坐标，即可判断C；
设
2
0
0
,
4
y
M
y






，利用两点间距离，结合二次函数求最值，即可判断D.
【详解】A.设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，
联立
2
4
3
y
x
x
my





，得
2
4
12
0
y
my



，
1
2
4
y
y
m


，
1
2
12
y y 
，



1
2
1
2
1
2
1
2
3
3
OA OB
x x
y y
my
my
y y












2
1
2
1
2
1
3
9
m
y y
m y
y







2
12
1
3
4
9
3
m
m
m





，故A 正确；
B.因为


9, 6
M

，直线AM 与BM 倾斜角互补，
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
6
6
6
6
0
9
9
6
6
AM
BM
y
y
y
y
k
k
x
x
my
my



















1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
6
6
72
0
6
36
my y
m
y
y
m y y
m y
y








，



2
2
2
12
6
6
4
72
0
12
24
36
m
m
m
m
m









，
得
2
48
24
72
0
m
m




，且
2
2
12
24
36
0
m
m




，
即
2
2
3
0
m
m



，且
2
1
m 
解得：
3
m 
，故B 正确；
C.设点A 在x 轴上方，B 在x 轴下方，
2
1
1
,
4
y
A
y






，
2
2
2
,
4
y
B
y






，x 轴上方的抛物线方程为
2
y
x

，x 轴
下方的抛物线方程为
2
y
x

，
此时在点A 处的切线的斜率
1
1
1
2
k
y
x


，点B 处的切线的斜率
2
2
1
2
k
y
x


，
所以点A 处的切线方程为
2
1
1
1
2
4
y
y
y
x
y









，点B 处的切线方程为
2
2
2
2
2
4
y
y
y
x
y









，方程化简为
2
1
1
1
2
2
yy
x
y


，
2
2
2
1
2
2
yy
x
y


，
两式相除化简得
1
2
12
3
4
4
y y
x



，故C 正确；
D.设
2
0
0
,
4
y
M
y






，


3,0
Q
,
2
2
2
2
2
0
0
0
3
1
8
4
4
y
y
MQ
y


















，当
2
0
4
y 
时，MQ 的最小值为2 2 ，故D 错误.
故选：ABC
19．已知抛物线
2
:
8
C y
x

，过抛物线焦点F 的直线与拋物线交于



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
1
2
x x 
．
【答案】4
【分析】设出过点F 的直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求解即得.
【详解】抛物线
2
:
8
C y
x

的焦点
(2,0)
F
，显然直线AB 不垂直于y 轴，设直线AB 方程为
2
x
ty


，
由
2
2
8
x
ty
y
x






消去x 并整理得
2
8
16
0
y
ty



，显然
1
2
16
y y 
，
所以
2
2
2
1
2
1
2
1
2
(
)
4
8
8
64
y
y
y y
x x 



.
故答案为：4
20．已知抛物线C 的方程为


2
2
0
y
px p


，若倾斜角为锐角的直线l 过抛物线的焦点F，与抛物线交于
A，B 两点，且
3
AF
BF

，则直线l 的倾斜角为
．
【答案】60
【分析】结合抛物线的定义，结合几何性质，即可求直线的倾斜角.
【详解】如图，直线m 为抛物线的准线，过点
,
A B 分别作
,
AM BN 垂直于m ，作BE
AM

，
因为AF
AM

，BF
BN

，且
3
AF
BF

，所以
3
AM
BN

,
则
4
AB
BF

，
2
AE
AM
ME
BF



，
所以
1
cos
2
BAE


，则
60
BAE


，即直线l 的倾斜角为60.
故答案为：60
21.已知抛物线C：
2
2
y
x

的焦点为F，准线为l，过F 的直线交抛物线C 于A，B 两点，AF 的中垂线分别
交l 与x 轴于D，E 两点（D，E 在AB 的两侧）.若四边形ADFE 为菱形，则AB 
【答案】8
3 /
2
2 3
【解析】由题意，四边形ADFE 为菱形，则
/ /
,
AD
EF AD
EF

，且AD
DF

由抛物线定义知：AD
AF

，故
ADF
△
为等边三角形，
由对称性不妨设直线
1
:
3
2
AB y
x








，
与
2
2
y
x

联立得
2
3
3
5
0
4
x
x



，
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
1
2
5
3
x
x


，
故
1
2
5
8
1
1
3
3
AB
x
x




.
故答案为：8
3
22.已知抛物线
2
4
y
x

的弦AB 斜率为1，则弦AB 中点M 的轨迹方程
.
【答案】
2
y 
（
1
x ）
【解析】设直线AB 的方程为y
x
m


，
联立


2
2
2
4
2
4
0
y
x
x
m
x
m
y
x
m











，
由于


2
2
Δ
2
4
4
16
16
0
m
m
m






，所以
1
m ，
设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
,则
1
2
4
2 ,
x
x
m



故
1
2
1
2
2
4
y
y
x
x
m





因此


2
,2
M
m

，
设
2
,
2
x
m y


，由于
1
m ，则
2
1
x
m


，
故M 的轨迹方程为
2
y 
，（
1
x ）
故答案为：
2
y 
（
1
x ）
23．已知抛物线顶点在原点，焦点为


1,0
F
，过F 作直线l 交抛物线于A 、B 两点，若线段AB 的中点横坐
标为2，则线段AB 的长为
【答案】6
【分析】设



1
1
2
2
,
,
A x y
B x
y
，利用中点公式即得
1
2
4
x
x


，再根据焦点弦公式得到线段AB 的长.
【详解】


1,0
F
是抛物线
2
4
y
x

的焦点，
准线方程=
1
x ，
设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，线段AB 的中点横坐标为2,
1
2
4
x
x



.
1
2
|
|
|
|
1
1
6
AB
AF
BF
x
x






，
线段AB 的长为6.
故答案为：6.
24．抛物线C ：
2
6
y
x

与直线l 交于A ，B 两点，且AB 的中点为

, 2
m 
，则l 的斜率为
.
【答案】
3
2

【分析】设A ，B 两点坐标分别为

1
1
,
x
y
，

2
2
,
x
y
，由
2
1
1
2
2
2
6
6
y
x
y
x





，可得
2
1
2
1
2
1
6
y
y
x
x
y
y




，进而结合中点
坐标公式即两点间的斜率公式求解即可.
【详解】已知AB 的中点为

, 2
m 
，设A ，B 两点坐标分别为

1
1
,
x
y
，

2
2
,
x
y
，
则
2
1
1
2
2
2
6
6
y
x
y
x





，可得


2
2
2
1
2
1
6
y
y
x
x



，
即




2
1
2
1
2
1
6
y
y
y
y
x
x




，
即
2
1
2
1
2
1
6
y
y
x
x
y
y




又
1
2
1
2
2
4
x
x
m
y
y







，
所以
2
1
2
1
6
3
4
2
l
y
y
k
x
x






.
故答案为：
3
2

.
25．已知抛物线
2
:
8
C y
x

与直线:
3
2 3
0
l
x
y



交于
,
M N 两点（点M 在第一象限），C 的焦点为F ，
则MF 
.
【答案】8
【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程即可求得点M 的坐标，再由两点间距离公式即可得到结果.
【详解】因为抛物线
2
:
8
C y
x

，则其焦点


2,0
F
，
设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，联立直线与抛物线方程
2
8
3
2 3
0
y
x
x
y







，
消去y 可得
2
3
20
12
0
x
x



，解得
2
3
x 
或6，
当
2
3
x 
时，
2
4
3
2 3
3
3
3
y 


，
当
6
x 
时，
3
6
2 3
4 3
y 



，
且点M 在第一象限，所以
0
y 
，则
1
1
6,
4 3
x
y


，即


6,4 3
M
，
则




2
2
6
2
4 3
0
8
MF 




.
故答案为：8
26．已知抛物线
2
2
y
x

的焦点为F，过点F 的直线与抛物线交于A，B 两点，则4 AF
BF

的最小值
是
.
【答案】9
2 / 4.5
【分析】根据题意对直线斜率存在与否进行分类讨论，由焦半径公式写出4 AF
BF

的表达式，并利用
基本不等式求出其最小值.
【详解】如下图示：
易知焦点
1 ,0
2
F 





，设




1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，且
1
2
,
0
x x 
当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知
1
AF
BF

，此时4
5
AF
BF

；
当直线斜率存在时，可设直线方程为
1
2
y
k x








，显然
0
k 
，
联立直线和抛物线方程
2
1
2
2
y
k x
y
x














，消去y 整理可得


2
2
2
2
1
2
0
4
k x
k
x
k




，
利用韦达定理可知
1
2
1
4
x x 
，
又利用焦半径公式可知
1
2
1
1
,
2
2
AF
x
BF
x




，
所以可得
1
2
1
2
1
2
1
1
5
5
9
4
4
4
2 4
2
2
2
2
2
AF
BF
x
x
x
x
x
x


















，
当且仅当
1
2
4x
x

，即
1
2
1
1,
4


x
x
时，等号成立；
综上可得，4 AF
BF

的最小值是9
2 .
故答案为：9
2
27.已知点

0,1
A
和抛物线
2
:
4
C y
x

，则过点A 且与抛物线C 相切的直线的方程为
.
【答案】
0
x 
或
1
0
x
y


【解析】当过


0,1
A
的直线斜率不存在时，方程为
0
x 
，与
2
:
4
C y
x

相切，满足要求，
当过

0,1
A
的直线斜率存在时，设切线方程为
1
y
kx

，联立
2
:
4
C y
x

得，


2
2
2
4
1
0
k x
k
x



，
令


2
2
2
4
4
0
k
k



，解得
1
k ，
故
1
y
x

，即
1
0
x
y


.
故答案为：
0
x 
或
1
0
x
y


28.已知抛物线
2
:
4
C y
x

，定点

0,1
A
．
(1)过点A 且过抛物线C 的焦点F 的直线，交抛物线C 于A 、B 两点，求AB ；
(2)求过点A 且与抛物线C 有且仅有一个公共点的直线方程．
【答案】(1)
8
AB 
；(2)
0
x 
或
1
y
x

或
1
y 
【解析】（1）由题意可得


1,0
F
，直线AB 的方程为
1
0
1
0
1
y
x




,即
1
y
x
，
联立解方程组
2
1
4
y
x
y
x





,可得
2
6
1
0
x
x


，
设
1
(
A x ,
1)
y ,
2
(
B x ,
2)
y ，则
1
2
6
x
x


，
1
2
1
2
2
8
AB
x
x
p
x
x







，
（2）当直线斜率不存在时，直线方程为
0
x 
，与抛物线只有一个交点

0,0 ，
当直线斜率存在时，设直线方程为
1
y
kx

，
联立
2
1
4
y
kx
y
x






，得
2
4
4
0
ky
y



，
当
0
k 
时，方程的解为
1
y ，此时直线与抛物线只有一个交点，
当
0
k 
时，则
16 16
0
k



，解得
1
k ，直线方程为
1
y
x


29.已知抛物线C ：
2
2
y
px

（
0
p 
）的焦点F 关于其准线的对称点为


3,0
M 
.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若O为坐标原点，过焦点F 且斜率为1 的直线l 交抛物线C 于A 、B 两点，求AOB

的面积.
【答案】(1)
2
4
y
x

；(2) 2 2 .
【解析】（1）抛物线C ：


2
2
0
y
px p


的焦点
(
,0)
2
p
F
关于其准线
2
p
x 
的对称点为
( 3,0)
M 
，
于是
3
3
2
p

，解得：
2
p 
，
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x

.
（2）由（1）知
(1,0)
F
，直线l 的方程为
1
x
y

，设

1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
，
由
2
4
1
y
x
x
y





消去x 得：
2
4
4
0
y
y



，则
1
2
1
2
4,
4
y
y
y y


，
所以AOB

的面积
2
1
2
1
2
1
2
1
1
(
)
4
2 2
2
2
AOB
S
OF
y
y
y
y
y y








.
30．设抛物线C ：


2
2
0
y
px p


的焦点为F ，M
C

，Q 在准线上，Q 的纵坐标为
3p ，F 到点Q 距离
为4.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)过F 且斜率为2 的直线l 与C 交于A 、B 两点，求ABQ

的面积.
【答案】(1)
2
4
y
x

(2) 2 5
15

【分析】（1）根据抛物线的方程的得到
, 3
2
p
Q
p







，
,0
2
p
F 





，然后根据F 到点Q 的距离为4 列方程，
解方程得到
2
p 
即可得到抛物线的方程；
（2）联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得到AB ，根据点到直线的距离公式得到三角形ABQ 的高，
然后求面积即可.
【详解】（1）由题意得
, 3
2
p
Q
p







，
,0
2
p
F 





，
所以


2
2
3
4
FQ
p
p



，解得
2
p 
或2
（舍去），
所以抛物线的方程为
2
4
y
x

.
（2）由（1）可得

1,2 3
Q 
，


1,0
F
，
所以直线AB 的方程为


2
1
y
x


，即
2
2
y
x


，
设


1
1
,
A x y ，


2
2
,
B x
y
，
联立
2
2
2
4
y
x
y
x






可得
2
3
1
0
x
x


，
所以
1
2
3
x
x


，
1
2
5
AB
x
x
p




，
设点Q 到直线AB 的距离为d ，则
2
2
2
2
2 3
4 5
2 15
5
2
1
d






，
所以
1
1
4 5
2 15
5
2 5
15
2
2
5
ABQ
S
AB d







V
.
31．已知抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p


的焦点为F ，点


0
6
A
y
,
在抛物线C 上，且
10
AF 
．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)已知直线l 交抛物线C 于
,
M N 两点，且点

4,2 为线段MN 的中点，求直线l 的方程．
【答案】(1)
2
16
y
x

(2) 4
14
0
x
y



【分析】（1）利用抛物线定义可求得
8
p 
，即可求出抛物线C 的方程；
（2）由弦中点坐标为

4,2 并利用点差法即可求得直线l 的斜率为4 ，便可得直线方程.
【详解】（1）点


0
6
A
y
,
在抛物线C 上，
由抛物线定义可得
6
10
2
p
AF 


，解得
8
p 
，
故抛物线C 的标准方程为
2
16
y
x

．
（2）设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，如下图所示：
则
2
1
1
2
2
2
16
16
y
x
y
x





，两式相减可得


2
2
1
2
1
2
16
y
y
x
x



，
即




1
2
1
2
1
2
16
y
y
y
y
x
x




，
又线段MN 的中点为

4,2 ，可得
1
2
4
y
y


；
则
1
2
1
2
4
y
y
x
x



，故直线l 的斜率为4，
所以直线l 的方程为


2
4
4
y
x



，
即直线l 的方程为4
14
0
x
y



．
32．抛物线C 的焦点F 到准线l 的距离为2 .
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过焦点F 的直线（斜率存在且不为0）交抛物线C 于
,
A B 两点，线段AB 的中垂线交抛物线的对称轴于
点P ，求
FP
AB .
【答案】(1)
2
2
2
2
4 ,
4 ,
4 ,
4
y
x y
x x
y x
y




(2)
1
2
FP
AB 
【分析】（1）根据抛物线的定义即可得解；
（2）不妨取抛物线的方程为
2
4
y
x

，设直线AB 的方程为
1
x
my

，


1
1
,
A x y 、


2
2
,
B x
y
，联立直线与
抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出AB ，再求出AB 中垂线方程，即可求出P 点坐
标，即可求出FP ，从而得解.
【详解】（1）因为抛物线C 的焦点F 到准线l 的距离为2 ，所以
2
p 
，
根据建系方案的不同，抛物线的标准方程有四种可能，
分别是
2
4
y
x

，
2
4
y
x

，
2
4
x
y

，
2
4
x
y

.
（2）在平面直角坐标系中，抛物线的位置并不影响
FP
AB 的取值，因此不妨取抛物线的方程为
2
4
y
x

，此
时焦点


1,0
F
，
根据题意，直线AB 的斜率存在且不为0 ，因此设直线AB 的方程为
1
x
my

，
与抛物线
2
4
y
x

联立，得关于y 的一元二次方程
2
4
4
0
y
my



，
则
2
16
16
0
m



，设


1
1
,
A x y 、


2
2
,
B x
y
，
则
1
2
4
y
y
m


，
1
2
4
y y ，
2
1
2
16
16
y
y
m



，


2
1
2
1
2
2
4
2
x
x
m y
y
m






，
则


2
2
1
2
1
4 1
AB
m
y
y
m





，
线段AB 的中点坐标为

2
2
1,2
m
m

，中垂线方程为


2
2
2
1
y
m
m x
m




，
令
0
y 
，解得
2
3
2
x
m


，即中垂线与x 轴交于

2
3
2
,0
P
m

，
所以
2
2
2
FP
m


，则
1
2
FP
AB 
.
33．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线
2
2
(
0)
y
px p


上一点P 的横坐标为4，且点P 到焦点F 的距离为
5．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线:l x
my
t

交抛物线于A，B 两点（位于对称轴异侧），且
9
4
OA OB



，求证：直线l 必过定点．
【答案】(1)
2
4
y
x

(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意建立关于p 的等式，解出即可求得抛物线方程；
（2）设出
,
A B 坐标，联立直线与抛物线方程，求得
1
2
1
2
,
y
y x x


，根据
9
4
OA OB



，建立等式求出t ，即可
得出结果.
【详解】（1）由题可知，点P 到抛物线准线的距离为5，
因为抛物线的准线方程为
2
p
x 
，点P 的横坐标为4，
所以4
5
2
p


，解得
2
p 
，所以抛物线的方程为
2
4
y
x

；
（2）证明：设
2
2
1
2
1
2
,
,
,
4
4
y
y
A
y
B
y












，且
1
2
0
y y 
，
联立
2
,
4 ,
x
my
t
y
x






消去x 可得
2
4
4
0
y
my
t



，
则
2
Δ
16
16
0
m
t



，且
1
2
1
2
4 ,
4
0
y
y
m y y
t




，即
0
t 
，
所以


2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
4
16
y
x
x
t
y
y
y





，
由
9
4
OA OB



，得
1
2
1
2
9
4
x x
y y


，即
2
9
4
4
t
t


，
解得
1
0
2
t 

（舍）或
9
2
t 
，故直线l 的方程为
9
2
x
my


，
所以直线l 必过定点9 0
2 ,






．
34．已知抛物线
2
:
4
y
x


，在上有一点A 位于第一象限，设A 的纵坐标为(
0)
a a 
.
(1)若A 到抛物线准线的距离为3，求a 的值；
(2)当
4
a 
时，若x 轴上存在一点B ，使AB 的中点在抛物线上，求O 到直线AB 的距离；
(3)直线:
3
l x ，P 是第一象限内上异于A 的动点，P 在直线l 上的投影为点H ，直线AP 与直线l 的交
点为Q .若在P 的位置变化过程中，
4
HQ 
恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)2 2
(2) 4 13
13
(3)

0,2
【分析】（1）先求出点A 的横坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）先通过中点在抛物线上求出点B 的坐标，进一步求出直线AB 方程，利用点到直线距离公式求解即可；
（3）设
2
2
(
, ), (
, ),
( 3, )(
0)
4
4
t
a
P
t
A
a H
t t
a



，联立方程求出点Q 的坐标，根据|
| 4
HQ 恒成立，结合基本不等式
即可求解.
【详解】（1）抛物线
2
:
4
y
x


的准线为=
1
x ，由于A 到抛物线准线的距离为3，
则点A 的横坐标为2，则
2
4
2
8(
0)
a
a




，解得
2 2
a 
；
（2）当
4
a 
时，点A 的横坐标为
2
4
4
4 
，则
(4,4)
A
，
设
( ,0)
B b
，则AB 的中点为
4
(
,2)
2
b 
，由题意可得
2
4
2
4
2
b 


，解得
2
b ，
所以
( 2,0)
B 
，则
4
0
2
4
2
3
AB
k




，
由点斜式可得，直线AB 的方程为
2 (
2)
3
y
x


，即2
3
4
0
x
y



，
所以原点O 到直线AB 的距离为
2
2
4
4 13
13
2
3


；
（3）如图，
设
2
2
(
, ), (
, ),
( 3, )(
0)
4
4
t
a
P
t
A
a H
t t
a



，则
2
2
4
4
4
AP
t
a
k
t
a
t
a




，
故直线AP 的方程为
2
4
(
)
4
a
y
a
x
t
a




，
令
3
x ，可得
2
4
(
3)
4
a
y
a
t
a




，即
2
4
( 3,
(
3)
)
4
a
Q
a
t
a





，
则
2
4
(
3)
4
a
HQ
t
a
t
a





，依题意，
2
4
(
3)
4
4
a
t
a
t
a






恒成立，
又
2
2
4
(
3)
2
4
3
2
0
4
4
a
a
t
a
a
a
t
a










，
则最小值为
2
4
3
2
4
4
a
a



，即
2
2
3
2
4
a
a



，即
2
12
2
a
a



，
则
2
2
12
4
4
a
a
a



，解得0
2
a


，
又当
2
a 
时，
16
16
2
4
2 (
2)
4
4
2
2
t
t
t
t










，当且仅当
2
t 
时等号成立，
而a
t
，即当
2
a 
时，也符合题意.
故实数a 的取值范围为

0,2 .
35．已知抛物线
2
:
4
C x
y

，直线l 垂直于y 轴，与C 交于
,
M N 两点，O 为坐标原点，过点N 且平行于y
轴的直线与直线OM 交于点P ，记动点P 的轨迹为曲线E ．
(1)求曲线E 的方程；
(2)点A 在直线
1
y 上运动，过点A 作曲线E 的两条切线，切点分别为
1
2
,
P P ，在平面内是否存在定点B ，
使得
1
2
AB
PP

？若存在，请求出定点B 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)


2
4
0
x
y x


(2)存在定点


0,1
B
【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在y 轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求
解.
【详解】（1）设




0
0
,
,
,
P x y
M x
y
，则


0
0
,
N
x
y

，
由题意线l 垂直于y 轴，与C 交于
,
M N 两点，知
0
0
x 
，
过点N 且平行于y 轴的直线方程为：
0
x
x

，
直线OM 的方程为：
0
0
y
y
x
x

，
令
0
x
x

，得
0
y
y

，即
0
0
(
,
)
P
x
y


，
由
0
0
x
x
y
y





得
0
0
x
x
y
y





，
因为M 在抛物线C 上，即
2
0
0
4
x
y

，
则
2
(
)
4(
)
x
y



，化简得
2
4
x
y

，
由题意知O
M
、
不重合，故
0
x 
，
所以曲线E 的方程为
2
4
x
y



0
x 
（2）由（1）知曲线E 的方程为
2
4
x
y



0
x 
，
点A 在直线
1
y 上运动，当点A 在特殊位置

0, 1

时，
两个切点
1
2
,
P P 关于y 轴对称，
故要使得
1
2
AB
PP

，则点B 在y 轴上．
故设



2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
, 1 ,
0,
,
,
,
,
4
4
A m
B
n
P x
x
P
x
x













，
曲线E 的方程为


2
1
0
4
y
x
x


，求导得
1
2
y
x

，
所以切线
1
AP 的斜率
1
1
1
2
k
x

，
直线
1
AP 的方程为


2
1
1
1
1
1
4
2
y
x
x
x
x



，
又点A 在直线
1
AP 上，
所以


2
1
1
1
1
1
1
4
2
x
x m
x



，
整理得
2
1
1
2
4
0
x
mx



，
同理可得
2
2
2
2
4
0
x
mx



，
故
1
x 和
2
x 是一元二次方程
2
2
4
0
x
mx



的根，
由韦达定理得
1
2
1
2
2
4
x
x
m
x x






，


2
2
1
2
2
1
2
1
1
1
,
,
1
4
4
PP
AB
x
x
x
x
m n


















2
1
2
1
1
4
1
4 x
x
m
n
x
x














2
1
1
4
2
1
4 x
x
m
m n












2
1
1
1
2 m x
x
n



，
当
1
n 时，
1
2
0
PP AB



恒成立，
所以存在定点


0,1
B
，使得
1
2
AB
PP

恒成立．
36.已知抛物线E 的准线方程为：�=−1，过焦点F 的直线与抛物线E 交于A、B 两点，分别过A、B 两点
作抛物线E 的切线，两条切线分别与y 轴交于C、D 两点，直线CF 与抛物线E 交于M、N 两点，直线DF
与抛物线E 交于P、Q 两点.
(1)求抛物线E 的标准方程；
(2)证明：
1
��+
1
��为定值.
【解题思路】（1）由抛物线的准线方程求解�= �，即可求解抛物线标准方程.
（2）设出直线AB 的方程，然后与抛物线方程联立，韦达定理，推出两切线方程，进而求得点��,
��
�，
点��,
��
�，从而求出直线��, ��方程，联立抛物线方程，结合弦长公式求出��, ��，代入运算化简
即可证明.
【解答过程】（1）因为抛物线的准线为：�=−�，设��= ���，则−
�
�=−�，所以�= �，
故抛物线E 的标准方程为��= ��.
（2）易知抛物线E 的焦点��, �，
设直线AB 的方程为�= ��+ �，���, ��、���, ��，
联立
��= ��
�= ��+ �可得��−���−�= �，
由韦达定理可得��+ ��= ��，����=−�，
接下来证明抛物线E 在点A 处的切线方程为���= ��+ ���，
联立
��= ��
���= ��+ ���
可得��−����+ ���= �，即��−����+ ��
�= �，即�−���= �，
所以，直线���= ��+ ���与抛物线E 只有唯一的公共点，
所以，AC 的方程为���= ��+ ���，
同理可知，直线BD 的方程为���= ��+ ���，
在直线AC 的方程中，令�= �，可得�=
���
��=
�×
��
�
�
��=
��
�，即点��,
��
�，
同理可得点��,
��
�，所以，直线��的方程为�+
�
��
�
= �，即�= �−
��
��，
设点���, ��、���, ��，联立�= �−
��
��
��= ��
，可得��+
��
��−�= �，
由韦达定理可得��+ ��=−
�
��，����=−�，
所以��= ��+ ��+ �= �−
�
����+ ��+ �= �−
�
��× −
�
��
=
���
�+��
��
�
，
同理可得��=
���
�+��
��
�
，
所以
�
��+
�
��=
��
�
���
�+��+
��
�
���
�+��=
��
����
�+��+��
����
�+��
����
�+�
��
�+�
=
������+�����
�+��
�
�������+���
�+��
�+��=
�����+���
�+��
�
������+���
�+��
�+��=
��+�����+�
���+�����+�+��=
�
�，
故
�
��+
�
��为定值
�
�.