第13 讲 抛物线中向量问题
一、单选题
1．已知
的
点都在抛物
顶
线
上，且
的重心
抛物
的焦点
为
线
F，则
（ ）
A．3
B．6
C．9
D．12
【解析】由
意得
题
,
，设
，
，
，
点是
的重心，
，
，
根据抛物
的定
可得
线
义
.故
：
选B.
2．抛物线
的焦点为
，
点
过
的直
交抛物
于
线
线
两点，点
平面上任意一点，
为
坐
原点，
为
标
则
（ ）
A．
B．
C．3
D．5
【解析】由
意易知直
题
线
的斜率存在，设
，
，
因
抛物
为
线
的焦点为
，所以不妨
直
设
线
的方程为
，
立
联
，消去
，得
，则
，故
，
，
则
，
所以
.故
：
选B.
3．已知直线
与抛物线
交于
两点，与圆
交于
两点，
在
的同
，
轴
侧
则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】由已知抛物线
的焦点
的坐标为
，直线
的方程为
，
立
联
，消
得
，设
，则
，
所以
，圆
的
心坐
圆
标为
，半径为1，
由已知可得
，所以
故
：
选A.
4．已知抛物线
的焦点为F，C 的准
与
称
交于
线
对
轴
D，过D 的直线l 与C 交于A，B 两点，且
，
若FB 为
的平分
，
线则
等于（ ）
A．
B．8
C．10
D．
【解析】
，
，所以
．过A，B 分
作准
的垂
，垂足分
别
线
线
别为
，
，则
．
因为FB 为
的平分
．
线则
，又
，∴
，
又
，∴
．∴
．故
：
选D．
5．已知抛物线
的焦点为
，
点
动
在
上，圆
的半径为1，
点
过
的直
与
线
圆
相切于点
，则
的最小
（
值为 ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】因
抛物
为
线
，所以焦点坐标为
，如下
所示：
图
接
连
，过
作
垂直准线
于
，
在直角
则
中，
，
所以
由抛物
的定
得：
线
义
，
由
可得
则
图
的最小
即抛物
点
值
线顶
到准线
的距离，即
，
所以
.故
：
选B
6．在平面直角坐
系
标
中，若抛物线
的准
与
线
圆
相切于点
，直线
与抛物
线
切于点
，点
在圆
上，则
的取
范
（
值
围为 ）
A．
B．
C．
D．
【解析】抛物线
的准
方程
线
为
，
圆
的
心
圆
为
，半径为，直线
与圆
相切，则
，
因为
，解得
，所以，抛物线
的方程为
，
故抛物线
的准
与
线
圆
相切于点
，
若直线
与
重合，
直
轴
则
线
与抛物线
不相切，不合乎
意，
题
直
设
线
的方程为
，
立
联
可得
，
则
，解得
，不妨
点
设
在第一象限，则
，
有
则
，解得
，
此时
，即点
，所以，
，
因
点
为
在圆
上，
点
设
，则
，
所以，
.故
：
选C.
7．已知
抛物
过
线
的焦点F 的直线l 交抛物
于
线
A，B 两点，若D
段
为线
AB 的中点，
接
连
OD 并延
交
长
抛物线C 于点M，若
，则
的取
范
是（
值
围
）
A．
B．
C．
D．
【解析】由
意知点
题
，且直线的斜率
存在且不为，
直
设
线的方程
：
为
，
点
设
的坐
分
标
别为
，
立
联
，则
，
立
联
，则
直线
的方程
：
为
，即
，
立
联
，则
，
，
，由三角形相似可知，
，
,
.故
：
选D
8．已知抛物线
，直线
交抛物线
于
两点，
是
的中点，过
作
的垂
交抛物
轴
线
线
于点
，且
，若
，则k
（
为 ）
A．
B．
C．
D．2
【解析】设
，则
，
，由
，
，
，
，①
即
，由
得
，
当
，即
，
时
， 代入①得：
，即
，解得
或
（舍去），故
：
选B
二、多选题
1．设F
抛物
为
线C：
的焦点，过F 且
斜角
倾
为30°的直
交
线
C 于A，B 两点，
（
则 ）
A．
B．
C．
D．
【解析】抛物线C 的焦点为
，所以直线AB 的方程为
，
将
代入
，整理得
，
设
，由根与系数的关系得
，故D
；
错误
，故C
；
错误
，故B 正确；
由抛物
的定
可得
线
义
，故A 正确.
故
：
选AB．
2．已知抛物线C 的方程为
，过C 焦点F 的直
与
线
C 交于M，N 两点，直线MO 与C 的准
交于
线
Q 点（其中
O
坐
原点），
为
标
P 为C 准
上的一个
点，下列
正确的是（
线
动
选项
）
A．当直线MN 垂直x
，弦
轴时
MN 的
度最短
长
B．
定
为
值
C．当PM 与C 的准
垂直
，必有
线
时
D．至少存在两个点P，使得
【解析】如
所示，由抛物
图
线
，可得焦点
，准
方程
线
为
，
设
，直线
的方程为
，
立方程
联
组
，整理得
，可得
，
，
于
对
A 中，由
，
当且
当
仅
，即
时
，等号成立，此
时
时
垂直于
，所以
轴
A 正确；
于
对
B 中，由
，所以B 正确；
于
对
C 中，直线
的方程为
，令
，可得
，
所以
，所以
，所以C
；
错误
于
对
D 中，由抛物
的定
知，直角梯形
线
义
的中位线
，
即以
直径的
与抛物
的准
相切于点
为
圆
线
线
，所以
足
满
的点恰好有一个，所以D 错误.
故
：
选AB.
3．已知点A 是抛物线
上的
点，
动
坐
原点，
为
标
焦点，
为
，且
三
点
排列，
（
顺时针
则 ）
A．当点
在
上
，
轴
时
B．当点
在
上
，点
轴
时
A 的坐标为
C．当点A 与点
关于
称
，
轴对
时
D．若
，
点
则
A 与点
关于
称
轴对
【解析】因为
，所以
等
三角形，
为
边
于
对
A，当点
在
上
，又
轴
时
三点
排列，所以大致
像如
，
顺时针
图
图
此时
所在直
方程
线
为
，与
立，消去
联
得
，
解得
或
，所以
，故A 正确；
于
对
B，当点
在
上
，又
轴
时
三点
排列，
顺时针
所以此时A 点在
下方，且
轴
所在直
方程
线
为
，
与
立，消去
联
得
，解得
或
，
当
，
时
，即A 点坐标为
，故B 正确；
于
对
C，当点A 与点
关于
称
，又
轴对
时
三点
排列，
顺时针
所以此时A 点在
上方，且
轴
所在直
方程
线
为
，
与
立，消去
联
得
，解得
或
，所以
，故C 正确；
于
对
D，当
，得
时
A 点横坐标为
，此时A 点可能在
上方，也可能在
轴
下方
轴
.
因为
三点
排列，所以当
顺时针
A 点在
上方
，可得点
轴
时
A 与点
关于
称；
轴对
当A 点在
下方
，可得此
轴
时
时
点在
上，点
轴
A 与点
不关于
称；故
轴对
D
；
错误
故
：
选ABC.
4．抛物
的弦与
弦的端点的两条切
所
成的三角形称
阿基米德三角形
线
过
线
围
为
.
抛物
设
线
，弦
焦点
过
其阿基米德三角形，
下列
一定成立的是（
为
则
结论
）
A．存在点
，使得
B．
C．
于任意的点
对
，必有向量
与向量
共线
D．
面
的最小
积
值为
【解析】
设
，
，
直
设
线
，
立
联
，化为
，而
，
所以
.
点
设过
的切线为
，
立
联
，整理可得
，
由
，可得
.同理可得
点
过
的切
斜率
线
为
.
于
对
A，
，
，
，故A
；
错
于
对
B，可得点A ，B
的切
方程分
：
处
线
别为
，
可得
,
，又因
直
为
线AB 的斜率为
，
，
又由A
可知
选项
，所以
，所以
，
，故B 正确；
于
对
C，设AB 的中点为
，
由
则
，
轴
而向量
，
向量
与向量
共
，故
线
C 正确；
于
对
D，如
，
准
与
图设
线
的交点
轴
为
，
面
的
积
，可知当
最短
（最短
时
为
），
也最短，
最短为
，所以
面
的最小
积
值为
，故D 正确.
故
：
选BCD.
三、填空题：
1．已知抛物线
的焦点为F，过F 的直线与抛物
交于
线
A，B 两点，且
，O
坐
原点，
为
标
则
的面积为 .
【解析】由已知得
，
直
设
线的方程为
，
代入
整理得
，设
，
，
故
①，
②，
又
，故
③，由①②③解得
，
此
，
时
，点O 到直线
的距离为
，
故
的面积为
.
2．已知F 是抛物线
的焦点，M 是C 上一点，FM 的延
交
长线
y
于点
轴
N，若
，
则
【解析】易知焦点F 的坐标为
，准
方程
线
为
，如
，作
图
于
，
于
，
，可知
段
线
BM 平行于AF 和DN，因为
，
，
，
所以
，又由定
知
义
，所以
.
3．已知抛物线C：
的焦点为F，准线为，
点
经过
F 的直
与抛物
线
线C 相交A，B 两点，与x
相交于点
轴
M，
若
，
，则
.
【解析】
由
意易知
题
，可设
，
由
，可得Q 为AM 中点，则
，
又由
可得:
，
即
，由
意可知直
题
线AB、BM 的斜率存在，
故
，
立抛物
与直
联
线
线AB 可得
所以有
由抛物
定
得
线
义
，故答案
：
为4
4．已知抛物线
与圆
，
抛物
的焦点
过
线
作斜率为
的直线与抛物
交于
线
两点，与圆
交于
两点（
在
的同一
），若
轴
侧
，则
的
是
值
．
【解析】抛物线
的焦点
，准
方程
线
为
，于是直线：
，
然
显
，
由
消去y 得：
，设
，
则
，又圆
的
心
圆
为
，半径为1，
由
，得
，即
，
于是
，整理得
，又
，解得
，
则
，解得
，所以
的
是
值
8.
四、解答题：
1．已知
是抛物线
上一点，且M 到C 的焦点的距离为5.
(1)求抛物线C 的方程及点M 的坐
；
标
(2)如
所示，
点
图
过
的直线l 与C 交于A，B 两点，与y
交于点
轴
Q，设
，
，求
：
证
是定值.
【解析】（1）由抛物
的定
，得
线
义
，解得p＝2.
所以抛物线C 的方程为
，M 的坐标为
或
.
（2）由
意知直
题
线l 的斜率存在且不为0，设l 的方程为x＝ty＋1（t≠0），则
.将x＝ty＋1 代入
得
.设
，
，则
，
.
由
，得
；由
，得
.
所以
，故
是定值1.
2．已知
，
为椭圆C 的左右焦点，且抛物线
的焦点为
，M
的上
点，
为椭圆
顶
的面积为
.
(1)求椭圆C 的
准方程；
标
(2)
点
过
的直线l 与椭圆C 交于A，B 两点，О
坐
原点，且
为
标
，若椭圆C 上存在一点E，使
得四
形
边
OAED
平行四
形，求
为
边
的取
范
值
围.
【解析】（1）抛物线
的焦点为
，设椭圆
的
准方程
标
为
，
则
，解得
，所以椭圆
的
准方程
标
为
；
（2）
然直
显
线的斜率存在，
直
设
线
，设
,
，
,
，则
,
，
四
形
边
平行四
形，
为
边
，
,
，
点
，
，
均在椭圆
上，
，
，
，
，
，
．，
由
，消去
得，
，
然
显
，
，
，
，
，
,
．
3．已知椭圆
：
的离心率为
，且其中一个焦点与抛物线
的焦点重合．
(1)求椭圆
的方程；
(2)若直线：
与椭圆
交于不同的A，B 两点，且
足
满
（
坐
原点），求弦
为
标
长
的
．
值
【解析】（1）由
得焦点
，
的焦点
则椭圆
为
，因
离心率
为椭圆
为
，
所以
，解得
，则
，所以椭圆
的方程为
．
（2）设
，由
得，
，
易得
，则
，
，
，
因为
，所以
，解得
，
所以
．
4．已知抛物线
，点
在抛物
上，直
线
线
交
于
，
两点，
是
段
线
的中点，过
作
的垂
交
轴
线
于点
．
(1)求点
到抛物
焦点的距离；
线
(2)是否存在
数
实
使
，若存在，求
的
；若不存在，
明理由．
值
说
【解析】（1）将点
代入抛物
方程，
线
则
，抛物
焦点
线
，
点
则
到抛物
焦点的距离等于点
线
到抛物
准
的距离
线
线
．
（2）存在，
明如下：如
，
证
图设
，
．
把
代入
得
，
，
由根与系数的关系得
，
．
，
点的坐标为
．
假
存在
数
设
实
，使
，则
．又
是
的中点，
．
由（1）知，
．
，
轴
，
又
．
，两
同
平方得：
边
时
，
解得
，即存在
，使
．
5．已知抛物线
的焦点为
为
上一
点，
动
为圆
上一
点，
动
的最小值为
.
(1)求
的方程；
(2)直线交
于
两点，交
的正半
于点
轴
轴
，点
与
关于原点
称，且
对
，求证
为
定值.
【解析】（1）由
得
题
，
当点
，
四点共
且点
线
在
中
，
间时
取得最小
，
值
最小值为
，又
，解得
，所以
的方程为
.
（2）当直线的斜率为0
，
然不适合
意；
时显
题
当直线的斜率不为0
，
直
时设
线的方程为
，
立
联
得
，
则
，所以
，又
，
所以
，所以
，解得
或
（舍去），
即
，所以
，所以
，
又
，
所以
定
为
值.
6．已知直线
与抛物线
交于
两点，且
．
(1)求
；
(2)设F 为C 的焦点，M，N 为C 上两点，
，求
面
的最小
．
积
值
【解析】（1）设
，
由
可得，
，所以
，
所以
，
即
，因为
，解得：
．
（2）因为
，
然直
显
线
的斜率不可能
零，
直
为
设
线
：
，
，
由
可得，
，所以，
，
，因为
，所以
，
即
，亦即
，
将
代入得，
，
，
所以
，且
，解得
或
．
点
设
到直线
的距离为
，所以
，
，
所以
的面积
，
而
或
，所以，当
，
时
的面积
．
7.已知抛物线
上的两点
的横坐
分
标
别为
.
(1)求抛物线
的方程；
(2)若
点
过
的直线与抛物线
交于点
，
：以
问
直径的
是否
定点？若
定点，求出
个定点
为
圆
过
过
这
；
若不
定点，
明理由
过
请说
.
【答案】(1)
(2)
定点，定点
原点
过
为
【分析】（1）
出两点，运用两点
距离公式构造方程求解即可；
设
间
（2）
点
过
的直线的方程为
，直线
的斜率分别为
.
立抛物
，运用
达定理，
联
线
韦
得到
，则
，即可
明
证
.
【
解】（
详
1）因
点
为
的横坐
分
标
别为
，所以
，
则
，解得
，
所以抛物线
的方程为
.
（2）由
意，知直
题
线的斜率存在，设
，
点
过
的直线的方程为
，直线
的斜率分别为
.
当
，
时
，
因为
，所以以
直径的
原点
为
圆过
.
以下
明当
证
，以
时
直径的
原点
为
圆过
.
由
，消去
，得
，
由根与系数的关系，得
，
，
所以
，所以以
直径的
原点
为
圆过
.
上，以
综
直径的
原点
为
圆过
.
8.已知直线l：
分
与
别
x
，直
轴
线
交于点A，B，点P 是
段
线
AB 的垂直平分
上的一点（
线
P 不
在x
半
上）且
轴负
轴
.
(1)求点P 的
迹
轨
C 的方程；
(2)设l 与C 交于E，F 两点，点M 在C 上且
足
满
，延长MA 交C 于点N，求
的最小值.
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）
合
意得出几何关系
结
题
，由抛物
定
即可得解；
线
义
（2）一方面：设
，
，
立
联
与抛物
的方程，由
达定理得
线
韦
，设
，
，同理可得
，
，
合向量数量
的坐
运算、基本不等式即可得解
结
积
标
.
【
解】（
详
1）由
意
题
，
如
，∵
图
，
∴
，
又∵
不在
半
上，
轴负
轴
∴
与直线
垂直，
又∵
，
∴点
的
迹是以
轨
焦点，
为
准
的抛物
，
为
线
线
∴点
的
迹方程
轨
为
.
（2）
由
得
，
∵与
交于两点，
∴
，
设
，
，则
，
又∵
，
∴
，
∵
的斜率为
，
∴直线
的方程为
，
设
，
，同理得
，
，
∴
，
当且
当
仅
即
取到“
时
=”，
∴
的最小值为16.
9.已知抛物线
点
经过
，
点
过
的直线与抛物线
有两个不同的交点
，且直线
交
于
轴
，直线
交
于
轴
．
(1)求抛物线
的方程；
(2)①求直线的斜率的取
范
；
值
围
②若
原点，将上述
为
两点坐
改
标
为
，且
足
满
，其他条件不
，
变
探究
试
是否
定
，并
明理由．
为
值
说
【答案】(1)
(2)①
；②
定
，理由
解析
为
值
见
【分析】（1）将点
坐
代入抛物
方程
算可得；
标
线
计
（2）①
出直
方程，
立抛物
方程消元，利用判
式，
合
意求解即可；②
出直
设
线
联
线
别
结
题
设
线的方程，
立抛物
方
联
线
程消元，利用
坐
表示出直
标
线
，
方程，
而可得
进
、
的坐
，表示出
标
，利用
达定理
行化
韦
进
简
即可得解.
【
解】（
详
1）因
抛物
为
线
点
过
，
所以
，从而
，故抛物线
的方程为
．
（2）①由
意知，直
题
线的斜率存在且不为0，故
直
设
线的方程为
，
由
得
，
依
意
题
，解得
且
．
又直线
与
相交，故直
轴
线不
点
过
，从而
，
所以直线斜率的取
范
值
围为
．
②
定
为
值2．理由如下：
设
，直线
．
立直
联
线与抛物线
的方程
，可得
，
根据
达定理有
韦
．则
,
故
，
直线
的方程为
，
令
，则
，同理可得
．
由
得
,得
同理
，
则
,
所以
定
，定
为
值
值为2．
10.已知抛物线x
2=2 py，点P(2,8)在抛物
上，直
线
线y =kx +2交C于A，B两点，M是
段
线
AB的中点，过M作x
的垂
交
轴
线
C于点N．
(1)求点P到抛物
焦点的距离；
线
(2)是否存在
数
实
k使⃗NA ⋅⃗NB =0，若存在，求k的
；若不存在，
明理由．
值
说
【答案】(1)65
8
(2)存在；k =±2
【分析】（1）点P(2,8)代入抛物
中求得抛物
方程，从而找到点
线
线
P到抛物
焦点的距离
线
.
（2）可利用直角三角形的性
，斜
中
的
度等于斜
的一半，
曲
的弦
；
质
边
线
长
边
转换为圆锥
线
长问题
【
解】（
详
1）将点P(2,8)代入抛物
方程，
线
则p= 1
4 , x
2= 1
2 y，
抛物
焦点
线
F(0, 1
8)，
点
则
P到抛物
焦点的距离等于点
线
P到抛物
准
的距离
线
线
| PF |=8+ 1
8 = 65
8
．
（2）存在，
明如下：
证
如
，
图设A(x1,2 x1
2)，B(x2,2 x2
2)．
把y =kx +2代入y =2 x
2得2 x
2−kx −2=0，Δ=k
2+16>0，
由根与系数的关系得x1+ x2= k
2
，x1 x2=−1．
∴xN = xM = x1+ x2
2
= k
4
，∴N点的坐标为(
k
4 , k
2
8 )．
假
存在
数
设
实
k，使⃗NA ⋅⃗NB =0，则NA ⊥NB．
又∵M是AB的中点，∴|MN|= 1
2|AB|．
由（1）知，
y M = 1
2 ( y1+ y2)= 1
2 (k x1+2+k x2+2)= 1
2 [k (x1+ x2)+ 4]= 1
2(
k
2
2 + 4)= k
2
4 +2．
∵MN ⊥x
，
轴∴|MN|=|y M −y N|= k
2
4 +2−k
2
8 = k
2+16
8
，
又| AB|=
❑√1+ k
2|x1−x2| =
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+ k
2❑√(
k
2)
2
−4×(−1)= 1
2
❑√k
2+1
❑√k
2+16．
∴k
2+16
8
= 1
4
❑√k
2+1
❑√k
2+16⇒
❑√k
2+16=2
❑√k
2+1，
两
同
平方得：
边
时
k
2+16= 4(k
2+1)，
解得k =±2，即存在k =±2，使⃗NA ⋅⃗NB =0．
11.已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，圆D:(x −1)
2+( y −2)
2= 4恰与C的准
相切
线
.
(1)求C的方程及点F与圆D上点的距离的最大
；
值
(2)O
坐
原点，
点
为
标
过
M (0,1)的直线l与C相交于A，B 两点，直线AD，BD分
与
别
y
相交于点
轴
P，Q，⃗
MP =m⃗MO，⃗MQ =n⃗MO，求
：
证
mn
m+n
定
为
值.
【答案】(1)y
2= 4 x；4
(2)
明
解析
证
见
【分析】（1）由
意可列式求得
题
p，即可得抛物
方程，
而求得点
线
进
F与圆D上点的距离的最大
；
值
（2）
直
设
线l 方程并
立抛物
方程，可得根与系数的关系式，
联
线
设P(0, y P),Q(0, yQ)
合
结⃗
MP =m⃗MO，⃗
MQ =n⃗MO得出m,n的表达式，
而得
进
mn
m+n
的表达式，
合根与系数的关系
行化
，即得
结
进
简
结论.
【
解】（
详
1）由
意得抛物
题
线C 的焦点坐标为F( p
2 ,0)，准
方程
线
为l
': x =−p
2
，
圆D:(x −1)
2+( y −2)
2= 4的
心
圆
为D(1,2)，半径为r =2，
由圆D:(x −1)
2+( y −2)
2= 4恰与C的准
相切得
线
1−(−p
2)=2，
故p=2，故C 方程为y
2= 4 x，F(1,0)，
故点F与圆D上点的距离的最大值为| DF |+r =
❑√(1−1)
2+(2−0)
2+2= 4；
（2）由
意知直
题
线l 的斜率存在且不为0，
点
设过
M (0,1)的直线l的方程为y =kx +1, A ( x1, y1),B( x2, y2)，y1
2= 4 x1，y2
2= 4 x2，
立
联
¿，整理得k
2 x
2+(2k −4) x +1=0，
则△=(2k −4)
2−4 k
2>0且k ≠0，即k <1且k ≠0，
则x1+ x2=−2k −4
k
2
, x1 x2= 1
k
2，
设P(0, y P),Q(0, yQ)，则⃗MP =(0, y P−1),⃗MO =(0,−1)，
由⃗MP =m⃗MO可得yP−1=−m，即m=1−y P，同理可得n=1−yQ,
直
的
线
AD方程为y −2= 2−y1
1−x1
(x−1)= 2−y1
1−y1
2
4
(x−1)=
4
2+ y1
(x−1)
，
令x =0，得yP= 2 y1
2+ y1
，同理可得yQ= 2 y2
2+ y2
,
因为m+n
mn = 1
m + 1
n =
1
1−y P
+
1
1−yQ
= 2+ y1
2−y1
+ 2+ y2
2−y2
=
8−2 y1 y2
(2−y1)(2−y2)
= 8−2(k x1+1)(k x2+1)
1−k (x1+ x2)+ k1 x2
=
8−2[k
2 x1 x2+ k (x1+ x2)+1]
1−k (x1+ x2)+k
2 x1 x2
=
8−2(1+ 4−2k
k
+1)
1−4−2k
k
+1
=
4−2× 4−2k
k
2−4−2k
k
=2,
即mn
m+n = 1
2，故mn
m+n
定
为
值.
【点睛】
点点睛：第二
是关于直
和抛物
的位置关系中的定
，解答的思路是
立直
和抛物
方程，
难
问
线
线
值问题
联
线
线
得到根与系数的关系，
合向量的数乘得出
结
m,n的表达式，从而得mn
m+n
的表达式，然后
行化
，但
点在于
进
简
难
计
算的复
性，并且
算量
大，要特
心
杂
计
较
别细
.
12.
坐
原点
过
标
O作圆C :(x +2)
2+ y
2=3的两条切
，
切点
线设
为P ,Q，直线PQ恰
抛物
为
线E: y
2=2 px ( p>0)的
准线.
(1)求抛物线E的
准方程；
标
(2)
点
设
T 是圆C的
点，抛物
动
线E上四点A ,B , M , N
足：
满⃗
TA =2⃗TM，⃗TB =2⃗TN，设AB中点为D.
（i）
明：
证
TD垂直于y
；
轴
（ii）设△TAB面积为S，求S的最大值.
【答案】(1)y
2=2 x
(2)（i）
明
解析；（
证
见
ii）48
【分析】（1）
直
设
线PQ与x
交于
轴
S，由三角形相似关系可得|CP|
2=|OC|⋅|CS|，由此可构造方程求得p的
，从
值
而得到抛物
方程；
线
（2）（i）根据共
向量可知
线
M , N为TA ,TB中点，
合点在抛物
上可确定
结
线
y1, y2
方程
为
y
2−2 y0 y + 4 x0−y0
2=0的两根，由此可得
达定理的
；根据
韦
结论
D点
坐
可知
纵
标
TD斜率
零，由此可得
；
为
结论
（ii）由S = 1
2|TD|⋅|y1−y2|，代入
达定理，
合点
韦
结
T 在圆C上，可化
得到
简
S = 3 ❑√2
2
❑√(−x0
2−6 x0−1)
3，根据
二次函数最
的求法可求得
果
值
结
.
【
解】（
详
1）
直
设
线PQ与x
交于
轴
S，则S(−p
2 ,0)，
由
的方程知：
心
圆
圆
C (−2,0)，半径r = ❑√3，
∵OP为圆C的切
，
线∴CP⊥OP，又PS⊥OC，
∴△CPS∽△COP，∴|CP|
|CS| =|OC|
|CP|
，即|CP|
2=|OC|⋅|CS|
∴r
2=2(−p
2 +2)=3，解得：p=1，∴抛物线E的
准方程
：
标
为y
2=2 x.
（2）设T (x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
（i）由⃗TA =2⃗TM知：M为TA中点，且在抛物线E上，即(
y0+ y1
2 )
2
=2⋅x0+ x1
2
= x0+ x1，
又y1
2=2 x1，∴(
y0+ y1
2 )
2
= x0+ y1
2
2
，整理可得：y1
2−2 y0 y1+ 4 x0−y0
2=0；
由⃗TB =2⃗TN知：N为TB中点，且在抛物线E上，
同理可得：y2
2−2 y0 y2+ 4 x0−y0
2=0；
∴y1, y2是方程y
2−2 y0 y + 4 x0−y0
2=0的两根，∴y1+ y2=2 y0，y1 y2= 4 x0−y0
2，
∴D点的
坐
纵
标为y1+ y2
2
= y0，∴直线TD的斜率为0，即TD垂直于y轴.
（ii）∵x1+ x2
2
= y1
2+ y2
2
4
= ( y1+ y2)
2−2 y1 y2
4
= 3 y0
2−4 x0
2
，∴D(
3 y0
2−4 x0
2
, y0)，
∴S = 1
2|TD|⋅|y1−y2|= 1
2|
3 y0
2−4 x0
2
−x0|⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
= 3
4|y0
2−2 x0|×2❑√2
❑√y0
2−2 x0= 3 ❑√2
2
❑√( y0
2−2 x0)
3，
∵T 在圆C上，∴y0
2=3−(x0+2)
2，
∴S = 3 ❑√2
2
❑√[3−(x0+2)
2−2 x0]
3= 3 ❑√2
2
❑√(−x0
2−6 x0−1)
3，
当
则
x0=−3
，
时(−x0
2−6 x0−1)max =−9+18−1=8，
∴Smax = 3 ❑√2
2
×
❑√8
3= 3 ❑√2
2
×8×2❑√2= 48.
【点睛】思路点睛：
13.已知P(4 , y0)是焦点为F的抛物线C : y
2=2 px (0< p<4)上一点，以P
心，
为圆
|PF|
半径的
点
为
圆过
M (7,0).
(1)求C的方程；
(2)
点
过
(2,0)作直线l交抛物
于
线
A、B，求⃗FA ⋅⃗FB的最大值.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)−7
【分析】（1）易知点F(
p
2 ,0)，由已知可得|PF|=|PM|，
合
结
0< p<4以及两点
的距离公式可求得
间
p的
，即可
值
得出抛物线C的方程；
（2）分析可知直线l与x
不重合，
直
轴
设
线l的方程为x =my +2，
点
设
A(x1, y1)、B(x2, y2)，将直线l的方程与抛物
线C的方程
立，列出
达定理，利用平面向量数量
的坐
运算以及二次函数的基本性
可求得
联
韦
积
标
质⃗
FA ⋅⃗FB的最
大值.
【
解】（
详
1）解：易知点F(
p
2 ,0)，由
意可得
题
|PF|=|PM|，所以，❑√(4−p
2)
2
+ y0
2=
❑√(4−7)
2+ y0
2，
因为0< p<4，解得p=2，所以，抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）解：若直线l与x
重合，
直
轴
则
线l与抛物线C只有一个交点，不合乎
意，
题
直
设
线l的方程为x =my +2，
点
设
A(x1, y1)、B(x2, y2)，
立
联
¿可得y
2−4 my −8=0，Δ=16m
2+32>0，
由
达定理可得
韦
y1+ y2= 4 m，y1 y2=−8，⃗
FA =(x1−1, y1)=(m y1+1, y1)，⃗FB =(m y2+1, y2)，
所以，⃗FA ⋅⃗FB =(m y1+1)(m y2+1)+ y1 y2=(m
2+1) y1 y2+m( y1+ y2)+1
=−8(m
2+1)+ 4 m
2+1=−4 m
2−7≤−7，
当且
当
仅
m=0
，取等号，故
时⃗
FA ⋅⃗FB的最大值为−7.
【点睛】方法点睛：
曲
中的最
解决方法一般分两种：
圆锥
线
值问题
一是几何法，特
是用
曲
的定
和平面几何的有关
来求最
；
别
圆锥
线
义
结论
值
二是代数法，常将
曲
的最
化
二次函数或三角函数的最
，然后利用基本不等式、函数的
圆锥
线
值问题转
为
值问题
单
性或三角函数的有界性等求最
．
调
值
14.已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的准
点
线经过
H (−1,2❑√2)，
点
过
Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交
点A ,B，点P(1,m)(其中m>0)在抛物线C上，且直线PA交y
于
轴
M，直线PB交y
于
轴
N.
(1)求直线l斜率的取
范
；
值
围
(2)设O
原点，若
为⃑
QM = λ⃑QO ,⃑QN = μ⃑QO，求
：
证1
λ + 1
μ
定
为
值.
【答案】(1)(−∞,−3)∪(−3,0)∪(0,1)
(2)
明
解析
证
见
.
【分析】（1）根据抛物线C的准
上的点求得
线
p，由此求得抛物线C的方程.
出直
设
线l的方程并与抛物
方程
立，
线
联
利用Δ>0求得k的取
范
值
围.
（2）根据直线PA , PB的方程求得M , N的坐
，
合
标结⃑
QM = λ⃑QO ,⃑QN = μ⃑QO求得1
λ + 1
μ
定
为
值.
【
解】（
详
1）抛物线C : y
2=2 px( p>0)的准
点
线经过
H (−1,2❑√2)，
所以p
2 =1, p=2，所以抛物线C的方程为y
2= 4 x.
直
设
线l的方程为y =kx +1，
由¿消去y并化
得
简
k
2 x
2+(2k −4) x +1=0，
由于直线l与抛物线C有两个不同的交点A ,B，所以¿且k ≠0，
由于P(1,m)在抛物线y
2= 4 x上，且m>0，所以m
2= 4⇒m=2，所以P(1,2)，
且直线l不
点
过
(1,−2)，即k ≠−2−1
1−0 =−3，
所以直线l斜率的取
范
是
值
围
(−∞,−3)∪(−3,0)∪(0,1).
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，由（1）得x1+ x2= 4−2k
k
2
, x1 x2= 1
k
2，
依
意可知直
题
线PA , PB的斜率存在，
直线PA的方程为y −2= 2−y1
1−x1
(x−1)，令x =0⇒y M =2−2−y1
1−x1
，
即M(0,2−2−y1
1−x1)，同理可求得N(0,2−2−y2
1−x2).
Q(0,1)，由于⃑QM = λ⃑QO ,⃑QN = μ⃑QO，
所以(0,1−2−y1
1−x1)= λ(0,−1)=(0,−λ)、(0,1−2−y2
1−x2)= μ(0,−1)=(0,−μ)，
所以1−2−y1
1−x1
=−λ,1−2−y2
1−x2
=−μ，
所以λ = 2−y1
1−x1
−1= 1−y1+ x1
1−x1
= 1−(k x1+1)+ x1
1−x1
= x1(1−k )
1−x1
, μ= 2−y2
1−x2
−1= x2(1−k )
1−x2
所以1
λ + 1
μ =
1−x1
x1(1−k ) +
1−x2
x2(1−k ) =
1
1−k(
1−x1
x1
+ 1−x2
x2 )
=
1
1−k × (1−x1)x2+(1−x2)x1
x1 x2
=
1
1−k × x1+ x2−2 x1 x2
x1 x2
=
1
1−k ×(
x1+ x2
x1 x2
−2)=
1
1−k ×(
4−2k
k
2
1
k
2
−2)
=
1
1−k ×(4−2k −2)= 2−2k
1−k =2
定
为
值.
15.已知点M (0,1)和点N (x0,2) (x0>0)之
的距离
间
为2，抛物线C : y
2=2 px ( p>0)
点
经过
N，
点
过
M 的直线l
与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，点E ，F 分
在直
别
线NA，NB上，且⃗MO = λ(⃗NE−⃗NM )，⃗
MO = μ(⃗NF −⃗NM )（O
坐
原点）
为
标
.
(1)求直线l 的
斜角的取
范
；
倾
值
围
(2)求λ+ μ的值.
【答案】(1)(0, π
6)∪(
π
2 , 2π
3 )∪(
2π
3 ,π)
(2)2
【分析】（1）由|MN|
2= 4求出x0= ❑√3，将(❑√3,2)代入抛物线C 的方程得y
2= 4 ❑√3
3
x，
直
设
线l 的方程为y =kx +1
(k ≠0)，与抛物
方程
立利用判
式得
线
联
别
k的范
，再由向量共
得点
围
线
E，F 均在y
上，可得
轴
k 的取
范
及直
值
围
线
l 的
斜角的取
范
；
倾
值
围
（2）设A(
❑√3
4 y1
2, y1) B(
❑√3 y2
2
4
, y2)，根据M，A，B 三点共
得
线
y1 y2= y1+ y2，再由⃗MO = λ⃗ME，⃗
MO = μ⃗MF求出λ =
1
1−y E
，μ=
1
1−y F
，求出直线NA的方程令x =0得y E，同理可得yF，代入λ+ μ可得答案.
【
解】（
详
1）∵ |MN|
2= x0
2+1= 4，∴ x0
2=3，∵ x0>0，∴ x0= ❑√3，
将(❑√3,2)代入y
2=2 px，解得p= 2❑√3
3
，
∴抛物线C 的方程为y
2= 4 ❑√3
3
x，
∵直线l
点
过
M (0,1)，且与抛物线C 有两个不同的交点，
∴直线l 的斜率存在且不为0，
直
设
线l 的方程为y =kx +1 (k ≠0)，
由¿得，k
2 x
2+(2k −4 ❑√3
3 )x +1=0，
∴ k ≠0且△=(2k −4 ❑√3
3 )
2
−4 k
2>0，即16−16 ❑√3k >0，
∴ k <
❑√3
3
且k ≠0，
∵ ⃗OM = λ(⃗NE−⃗NM )，⃗MO = μ(⃗NF −⃗NM )，
∴ ⃗MO = λ⃗ME，⃗MO = μ⃗MF，∴点E，F 均在y
上，
轴
∴ NA，NB均与y
相交，
轴
∴直线l 不
点
过
(❑√3,−2)，∴ k ≠❑√3，
∴k 的取
范
值
围为k <
❑√3
3
且k ≠0且k ≠−❑√3，
∴直线l 的
斜角的取
范
倾
值
围为(0,π
6 )∪(
π
2 , 2π
3 )∪(
2π
3 ,π)；
（2）设A(
❑√3
4 y1
2, y1) B(
❑√3 y2
2
4
, y2) ( y1≠y2)，
∵M，A，B 三点共
，
线∴
y1−1
❑√3
4 y1
2
= y2−1
❑√3
4 y2
2，∴ y1 y2= y1+ y2，
∵ ⃗MO = λ⃗ME，⃗MO = μ⃗MF，∴ λ=
1
1−y E
，μ=
1
1−yF
，
由（1）知，k ≠
❑√3
3
，∴ y1≠2且y2≠2，
∴直线NA的方程为y −2=
y1−2
❑√3
4 y1
2−❑√3
(x−❑√3)，
令x =0得y E= 2 y1
y1+2
，同理可得，yF = 2 y2
y2+2
，
∴ λ+ μ=
1
1−y E
+
1
1−yF
= 2+ y1
2−y1
+ 2+ y2
2−y2
=
8−2 y1 y2
4−2( y1+ y2)+ y1 y2
= 8−2 y1 y2
4−y1 y2
=2.
【点睛】思路点睛：直
方程与
曲
方程
立利用
达定理是解决直
与
曲
的位置共
的常用方法，三
线
圆锥
线
联
韦
线
圆锥
线
线
点共
要利用斜率
段或向量共
，本
考
了学生的思
能力、运算能力
线
线
线
题
查
维
.
