1
2.7 抛物线及其方程
课程标准
学习目标
1.理解抛物线的定义及其图形特征，掌握抛
物线的标准方程及其性质2.能够运用抛物线
的性质解决一些简单问题
3.培养学生的空间想象能力、逻辑思维能力
和解决问题的能力。
重点：1.抛物线的定义及其图形特征;
2.抛物线的标准方程及其性质;
难点：1.抛物线与坐标轴的交点;
2.抛物线的焦点和准线。
知识点01 抛物线的定义
定义：平面内与一个定点F 和一条定直线l(l 不经过点F)距离相等的点的轨迹叫做抛物线．
点F 叫做抛物线的焦点，直线l 叫做抛物线的准线．
注意：1.定点F 不在定直线l 上，否则动点M 的轨迹不是抛物线，而是过点F 垂直于直线l 的一条直线．
2.抛物线的定义用集合语言表示为：P＝{M||MF|＝d}(d 为M 到直线l 的距离)．
3.定义的实质可归纳为“一动三定”：一个动点，设为M 点；一个定点F(抛物线的焦点)；
一条定直线l(抛物线的准线)；一个定值(即点M 到点F 的距离与它到定直线l 的距离之比等于1)．
4.抛物线的定义中指明了抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离的等价性，故二者可相互转化，这也
是利用抛物线定义解题的实质．
【即学即练1】（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线x
2= 4 y，F为抛物线焦点，若以y轴正方向的
射线Fy绕焦点F逆时针旋转60°，与抛物线交于点N，则|FN|= ．
【答案】4
【分析】根据抛物线的定义及直角三角形的性质可得解.
【详解】
2
易知焦点F (0,1)，准线l: y =−1，过点N作NP⊥l，垂足为P，
过点F作EF ⊥NP，垂足为E，
设|FN|=m，则由抛物线定义可知|EN|=m−2，
又因∠NFy =60°，∠NFE =30°，
所以在直角△EFN中，|EN|=m−2= 1
2 m，
解得m= 4.
故答案为：4
【即学即练2】（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）已知抛物线y
2=3 x的焦点为F，点M在该抛物线上，
且|MF|= 11
4 ，则M到y轴的距离为
.
【答案】2
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义直接求出结果.
【详解】依题意，抛物线上点M到拋物线的准线x =−3
4 的距离为11
4 ，
所以M到y轴的距离为11
4 −3
4 =2.
故答案为：2
知识点02 抛物线的几何性质
类型
y2＝2px
(p>0)
y2＝－2px
(p>0)
x2＝2py
(p>0)
x2＝－2py
(p>0)
图象
性质
焦点
F
F
F
F
准线
x＝－
x＝
y＝－
y＝
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
x∈R，y≥0
x∈R，y≤0
3
对称轴
x 轴
y 轴
顶点
O (0,0)
离心率
e ＝
1
开口方
向
向右
向左
向上
向下
【即学即练3】（2024 高二上·全国·专题练习）已知抛物线y
2=2 px( p>0)，直线x =m与抛物线交于
A( x1, y1)，B( x2, y2)两点，则y1+ y2=
.
【答案】0
【分析】利用抛物线的对称性得到y1=−y2，从而得解.
【详解】因为抛物线y
2=2 px( p>0)关于x轴对称，直线x =m与x轴垂直，
故y1=−y2，即y1+ y2=0.
故答案为：0.
【即学即练4】（23-24 高二上·辽宁·期末）已知点A (0,1)和抛物线C : y
2= 4 x，则过点A 且与抛物线C相
切的直线的方程为
.
【答案】x =0或x−y +1=0
【分析】分直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合根的判别式得到方程，求出答案.
【详解】当过A (0,1)的直线斜率不存在时，方程为x =0，与C : y
2= 4 x相切，满足要求，
当过A (0,1)的直线斜率存在时，设切线方程为y −1=kx，联立C : y
2= 4 x得，
k
2 x
2+(2k −4) x +1=0，
令Δ=(2k −4)
2−4 k
2=0，解得k =1，
故y −1= x，即x−y +1=0.
故答案为：x =0或x−y +1=0
难点：数形结合求最值问题
示例1：（23-24 高二下·山西长治·期末）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，点P ,Q , R为C上可相互重合
的点，且⃗PF +2⃗QF +2⃗RF =⃗0，则|PF|的取值范围是 ，|PF|+3|QF|的最小值是 .
4
【答案】 [1,5] 13
2
【分析】利用焦半径公式表示|PF|，进而利用抛物线上点的范围求解第一空，利用焦半径公式结合基本不
等式求解第二空即可.
【详解】第一空，如图，设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，R( x3, y3)，F(1,0)，
故⃗PF =(1−x1,−y1)，⃗QF =(1−x2,−y2)，⃗RF =(1−x3,−y3)，
而⃗PF +2⃗QF +2⃗RF =⃗0，故(2−2 x3+2−2 x2+1−x1,−2 y3−2 y2−y1)=(0,0)，
可得2 x3+2 x2+ x1=5，2 y3+2 y2+ y1=0，即有¿，
由0≤( y3+ y2)
2≤2( y3
2+ y2
2)，所以0≤(−y1
2 )
2
≤20−y1
2，
所以0≤y1
2≤16，所以|PF|= x1+1= y1
2
4 +1∈[1,5].
第二空，|QF|= x2+1，故|PF|+3|QF|= x1+1+3( x2+1)= y1
2+3 y2
2
4
+ 4，
而2 y2+ y1=−2 y3，故1
2 (2 y2+ y1)
2+2 y2
2+ y1
2=20，即2 y2 y1+ 4 y2
2+ 3
2 y1
2=20，
又2 y2 y1≤1
2 y1
2+2 y2
2，
故20=2 y2 y1+ 4 y2
2+ 3
2 y1
2≤2 y2
2+ 1
2 y1
2+ 4 y2
2+ 3
2 y1
2=2( y1
2+3 y2
2)，
即y1
2+3 y2
2≥10，|PF|+3|QF|≥10
4 + 4 = 13
2 ，故得|PF|+3|QF|的最小值为13
2 .
故答案为：[1,5]；13
2 .
5
【点睛】关键点点睛：本题考查求解析几何，解题关键是合理运用焦半径公式结合基本不等式，然后找到
取等条件，得到所要求的最值即可．
【题型1：抛物线的定义与应用】
例1．（23-24 高二下·全国·课后作业）动点M (x , y)满足方程5√(x−1)
2+( y −2)
2=|3 x + 4 y +12|，则点
M的轨迹是（ ）
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
【答案】D
【分析】根据轨迹方程所代表的意义和抛物线的定义可得答案.
【详解】由5√( x −1)
2+( y −2)
2=|3 x + 4 y +12|得√( x−1)
2+( y −2)
2=|3 x + 4 y +12|
5
，
等式左边表示点(x , y)和点(1,2)的距离，
等式的右边表示点(x , y)到直线3 x + 4 y +12=0的距离，
整个等式表示的意义是点(x , y)到点(1,2)的距离和到直线3 x + 4 y +12=0的距离相等，
且点(1,2)不在直线3 x + 4 y +12=0上，所以其轨迹为抛物线.
故选：D.
变式1．（23-24 高二下·河南新乡·期末）已知F为抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点，点M在C上，且点M
到直线x =−p的距离为3 p，则|MF|=（ ）
6
A．3 p
B．2 p
C．7
2 p
D．5
2 p
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义即可求解.
【详解】因为点M到直线x =−p的距离为3 p，
所以点M到抛物线C准线x =−p
2 的距离为3 p−p
2 = 5
2 p，
由抛物线的定义得，|MF|= 5
2 p.
故选：D.
变式2．（23-24 高二下·云南昆明·期末）已知F为抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点，过C上一点P作圆
(x−2)
2+ y
2=r
2的两条切线，切点分别为F , A，若PF ⊥PA，则p=（ ）
A．1
2
B．2
3
C．1
D．4
3
【答案】D
【分析】利用抛物线的知识可以知道点F，然后再利用切线和垂直即可求解.
【详解】由题意易得F( p
2 ,0)，
∵过C上一点P作圆(x−2)
2+ y
2=r
2的两条切线，切点分别为F , A，且PF ⊥PA，
∴P( p
2 ,r )且p
2 +r =2，
将点P( p
2 ,r )代入抛物线方程可得r
2= p
2，即r = p，
∴3 p
2 =2，解得p= 4
3 .
故选：D.
变式3.（23-24 高二下·江苏南京·期末）已知抛物线y = 1
4 x
2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
7
【分析】利用抛物线的定义，将点A到抛物线焦点的距离转化为点A到抛物线准线的距离即得.
【详解】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y =−1的距离，
即4−(−1)=5.
故选：B.
变式4．（23-24 高二上·广东汕头·阶段练习）已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)的焦点为F，准线为l，点
P(x0, 1
2)(x0>0)在抛物线C上，过P作l的垂线，垂足为Q，若|PO|=|PQ|（O为坐标原点），则x0=
【答案】√2
【分析】根据抛物线的定义可知：|PQ|=|PF|，则|PQ|=|PO|，可知点P在线段OF的中垂线上，则p
2 =1，
即可求出抛物线方程，从而求出点P的坐标.
【详解】因为|PO|=|PQ|=|PF|，所以△POF是以P为顶点的等腰三角形，
则|OF|=1，p=2，即x
2= 4 y，则x0
2=2，
又x0>0，x0=√2.
故答案为：√2.
变式5．（23-24 高二下·海南海口·期末）已知点P(x0, y0)关于x轴的对称点在曲线C：y =2√x上，且点P
到点F (1,0)的距离为点P到直线x = 4的距离的1
3，则点P的纵坐标y0= ．
【答案】−1
【分析】根据抛物线定义及距离关系式可得x0= 1
4 ，即求出点P的纵坐标.
【详解】因为曲线C的方程为y =2√x，即y
2= 4 x ( y ≥0)，
所以由题意及抛物线的对称性知，点P在抛物线y
2= 4 x ( y ∈R)上，且在x轴的下方，
点F (1,0)为此抛物线的焦点．
由抛物线的定义可知|PF|=|x0+1|，可得|x0+1|= 1
3|x0−4|，
解得x0= 1
4 或x0=−7
2（舍去），
所以点P的横坐标为1
4 ，代入抛物线得−y0=1，所以y0=−1
8
故答案为：−1
变式6．（23-24 高二下·海南·期末）已知直线y =√6 x与抛物线C : y
2=2 px( p>0)在第一象限交于点P，
若点P到C的准线的距离为5
2，则p= .
【答案】3
【分析】先由直线方程与抛物线方程联方程组表示出点P的横坐标，再根据抛物线的定义结合题意列方程
可求出p.
【详解】抛物线C : y
2=2 px( p>0)的准线方程为x =−p
2 ，
由¿，得6 x
2=2 px，即3 x
2−px =0，
解得x =0或x = p
3 ，
所以点P的横坐标为p
3 ，
因为点P到C的准线的距离为5
2，
所以p
3 + p
2 = 5
2，解得p=3.
故答案为：3
变式7．（23-24 高二下·山西晋城·阶段练习）抛物线C : y
2= 4 x上的动点P 到点(3,0)的距离等于它到C 的
准线距离，则P 到焦点距离为 .
【答案】3
【分析】设点P 坐标为(xP, y P)，根据抛物线的定义及已知条件列出方程组得出xP=2即可求解.
【详解】根据抛物线的定义可得：抛物线上的点P 到焦点的距离等于点P 到准线的距离.
9
由抛物线C : y
2= 4 x可知焦点坐标为(1,0)；
设点P 坐标为(xP, y P).
因为抛物线C : y
2= 4 x上的动点P 到点(3,0)的距离等于它到C 的准线距离，
所以点P 到焦点(1,0)的距离等于点P 到点(3,0)的距离，
则√(xP−1)
2+( y P−0)
2=√(xP−3)
2+( y P−0)
2，解得：xP=2.
所以点P 到焦点距离为xP+1=3.
故答案为：3
变式8．（多选）（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）点P到点A(
1
2 ,0)，B (a,2)及到直线x =−1
2的距离
都相等，如果这样的点P恰好只有一个，则实数a的值为（ ）
A．1
B．−2
C．1
2
D．−1
2
【答案】CD
【分析】根据抛物线定义可知点P(x , y)满足y
2=2 x，再根据两点间距离列方程，结合方程只有一解，分
情况讨论.
【详解】因为点P到点A(
1
2 ,0)的距离等于它到直线x =−1
2的距离，
则P所在曲线是以点A为焦点，直线x =−1
2为准线的抛物线y
2=2 x，则设点P(
y
2
2 , y)，
所以|
y
2
2 + 1
2|=√(
y
2
2 −a)
2
+( y −2)
2，即(2−4 a) y
2−16 y + 4 a
2+15=0，
可知方程只有一解，
当a= 1
2时，方程为−16 y +16=0，解得y =1，符合题意；
当a≠1
2时，Δ=(−16)
2−4 (2−4 a)(4 a
2+15)=0，解得a=−1
2，
综上所述a=± 1
2，
故选：CD.
【题型2：抛物线的标准方程与性质】
例2．（23-24 高三下·湖北·开学考试）已知抛物线C的顶点在原点，焦点F在坐标轴上，点F关于其准线的
10
对称点为(6,0)，则C的方程为（ ）
A．y
2=−8 x
B．y
2=−4 x
C．y
2=8 x
D．y
2= 4 x
【答案】A
【分析】设抛物线的方程为y
2=−2 px( p>0)，设焦点F关于准线l的对称点为P( x0,0)，求得x0= 3 p
2 ，
得到3 p
2 =6，进而得抛物线的方程.
【详解】由题意，设抛物线的方程为y
2=−2 px( p>0)，
可得焦点坐标F(−p
2 ,0)，准线方程为l: x = p
2 ，
设焦点F关于准线l的对称点为P( x0,0)，可得x0+(−p
2 )=2× p
2 ，解得x0= 3 p
2 ，
因为点F关于其准线的对称点为(6,0)，可得3 p
2 =6，解得p= 4，
所以抛物线的方程为y
2=−8 x.
故选：A.
变式1．（20-21 高二下·陕西榆林·阶段练习）以x 轴为对称轴，原点为顶点的抛物线上的一点P(1,m)到焦
点的距离为3，则抛物线的方程是（ ）
A．y =8 x
2
B．y =12 x
2
C．y
2=8 x
D．y
2=12 x
【答案】C
【分析】利用抛物线的定义求解．
【详解】根据题意，可设抛物线的方程为y
2=2 px( p>0)，
由抛物线的定义知1+ p
2 =3，即p= 4，
所以抛物线方程为y
2=8 x．
故选：C．
变式2．（22-23 高二上·湖北·期末）设点F 是抛物线y
2=2 px ( p>0)的焦点，l 是该抛物线的准线，过抛物
线上一点A 作准线的垂线AB，垂足为B，射线AF 交准线l 于点C，若|AB|=2，|BC|=2√3，则抛物线的
方程为（ ）
A．y
2= x
B．y
2=2 x
11
C．y
2= 4 x
D．y
2= 1
2 x
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义及性质，即可求解.
【详解】解：由题意得：
|AB|=2，|BC|=2√3，AB⊥BC，所以tan ∠CAB =|BC|
|AB|=√3
可得∠CAB =60°，由抛物线的定义得|AB|=|AF|
所以△ABF是等边三角形，所以p= 1
2|BF|= 1
2|AB|=1，所以抛物线的方程是y
2=2 x．
故选：B
变式3．（24-25 高二·上海·随堂练习）设抛物线的顶点在原点，准线方程为x =−2，则抛物线的方程是
．
【答案】y
2=8 x
【分析】根据抛物线顶点和准线位置可知其开口方向，并求得其焦准距，即得抛物线方程.
【详解】由准线方程x =−2得−p
2 =−2，解得p= 4，
且抛物线的开口向右（或焦点在x 轴的正半轴上），故可设y
2=2 px，代入即得，y
2=8 x．
故答案为：y
2=8 x.
变式4．（24-25 高二·上海·随堂练习）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点与椭圆x
2
2 + y
2=1的右焦点重
合，顶点为椭圆的中心，则抛物线C 的标准方程为 ．
【答案】y
2= 4 x
【分析】由抛物线的焦点坐标求标准方程.
12
【详解】椭圆x
2
2 + y
2=1的右焦点坐标为(1,0)，由题意可知抛物线的焦点坐标为(1,0)，
所以抛物线C 的标准方程为y
2= 4 x．
故答案为：y
2= 4 x．
变式5．（24-25 高二上·上海·课后作业）已知抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，准线l 上有两点A、
B，若△FAB为等腰直角三角形且面积为8，则抛物线C 的标准方程是 ．
【答案】y
2= 4√2 x或y
2=8 x
【分析】分∠AFB =π
2
或∠FAB =π
2
(∠FBA =π
2
）两种情况讨论，由面积列方程即可求解
【详解】由题意得，当∠AFB =π
2
时，S△AFB= 1
2 ×2 p× p=8，解得p=2√2；
当∠FAB =π
2
或∠FBA =π
2
时，S△AFB= 1
2 p
2=8，解得p= 4，
所以抛物线的方程是y
2= 4√2 x或y
2=8 x.
故答案为：y
2= 4√2 x或y
2=8 x.
变式6．（15-16 高二上·甘肃白银·期末）焦点在直线x +3 y +15=0上的抛物线的标准方程为
【答案】y
2=−60 x或x
2=−20 y
【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再写出抛物线的标准方程.
【详解】依题意，抛物线的焦点在坐标轴上，直线x +3 y +15=0交x轴于点(−15,0)，交y轴于点(0,−5)，
以点(−15,0)为焦点的抛物线的标准方程为y
2=−60 x，
13
以点(0,−5)为焦点的抛物线的标准方程为x
2=−20 y，
所以所求抛物线的标准方程为y
2=−60 x或x
2=−20 y.
故答案为：y
2=−60 x或x
2=−20 y
变式7．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线x
2=2 py( p>0)的焦点为F , N为抛物线上一点，若N
到x轴的距离为5，且|NF|=6，则该抛物线的标准方程为 ．
【答案】x
2= 4 y
【分析】求得抛物线的准线方程为y =−p
2 ，根据题意，利用抛物线的定义，得到p
2 =6−5，求得p的值，
即可求解.
【详解】由抛物线x
2=2 py( p>0)，可得准线方程为y =−p
2 ，
因为|NF|=6，根据抛物线定义可知点N到准线的距离为6，
又因为N到x轴的距离为5，可得p
2 =6−5，解得p=2，
所以抛物线的标准方程为x
2= 4 y．
故答案为：x
2= 4 y．
变式8．（20-21 高二下·陕西汉中·期中）已知抛物线的焦点在y 轴上，顶点在坐标原点O，且经过点
P(x0,2)，若点P 到该抛物线焦点的距离为4，则该抛物线的方程为 ．
【答案】x
2=8 y
【分析】利用待定系数法直接求解.
【详解】因为抛物线的焦点在y 轴上，顶点在坐标原点O，且经过点P(x0,2)，
所以可设抛物线：x
2=2 py.
由抛物线的定义可得：2+ p
2 = 4，解得：p= 4.
所以抛物线的方程为：x
2=8 y.
故答案为：x
2=8 y.
【方法技巧与总结】求抛物线标准方程的方法
①先定位：根据焦点或准线的位置；
②再定形：即根据条件求p.
2.抛物线性质的应用技巧
①利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程；
14
②要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算．
【题型3：弦长问题】
例3．（24-25 高二上·上海·课前预习）设斜率为k 的直线l 与抛物线相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，则
|AB|=√1+k
2|x1−x2|= 或|AB|=√
1+ 1
k
2|y1−y2|= (k ≠0)．
【答案】 √1+ k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2 √
1+ 1
k
2 √( y1+ y2)
2−4 y1 y2
【分析】利用两根和，积表示弦长公式.
【详解】|AB|=√1+ k
2|x1−x2|=√1+ k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2，
|AB|=√
1+ 1
k
2|y1−y2|=√
1+ 1
k
2 √( y1+ y2)
2−4 y1 y2.
故答案为：√1+ k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2；√
1+ 1
k
2 √( y1+ y2)
2−4 y1 y2
变式1.（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点F且斜率大于0 的直线l交
C于A ,B两点，若|AB|= 16
3 ，则l的斜率为（ ）
A．√3
3
B．√3
C．√2
2
D．√2
【答案】B
【分析】设出直线方程，联立曲线后借助焦点弦公式计算即可得.
【详解】依题意F (1,0)，设直线AB的方程为x =my +1(m>0)，
由¿，得y
2−4 my −4 =0，所以y A+ yB= 4 m，
所以|AB|= x A+ xB+ p=m( y A+ yB)+2+2= 4 m
2+ 4 = 16
3 ，
解得m= √3
3 ，所以直线l的斜率为√3．
15
故选：B.
变式2．（23-24 高三上·广东广州·期中）直线l经过抛物线y
2= 4 x的焦点F，且与抛物线交于A，B 两点.若
|AF|=3|BF|，则|AB|=（ ）
A．8
3
B．3
C．16
3
D．3
2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抛物线焦半径公式求出点A ,B的横坐标，进而求出弦长|AB|.
【详解】抛物线y
2= 4 x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x =−1，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则y1
2= 4 x1, y2
2= 4 x2，
由|AF|=3|BF|，得|y1|=3|y2|，则x1=9 x2，
由|AF|=3|BF|，得x1+1=3( x2+1)，得x1=3 x2+2，
联立解得x1=3，x2= 1
3，所以|AB|= x1+1+ x2+1= x1+ x2+2= 16
3 .
故选：C
变式3．（23-24 高二下·湖南长沙·阶段练习）已知直线y =2 x +2与抛物线x
2=2 py( p>0)交于A，B 两点，
抛物线的焦点为F，O 为原点，且OA ⊥OB，则| AF |+|BF |= ．
16
【答案】13
【分析】联立直线与抛物线方程得到x1 x2, y1 y2，再利用OA ⊥OB求得p，从而利用抛物线的焦点弦公式
即可得解.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，由¿得x
2−4 px−4 p=0，
则Δ=16 p
2+16 p>0, x1+ x2= 4 p, x1 x2=−4 p，所以y1 y2= x1
2
2 p ⋅x2
2
2 p = 4，
因为OA ⊥OB，所以OA
→
·OB
→
=0，即x1 x2+ y1 y2=−4 p+ 4 =0，解得p=1，
所以y1+ y2=2(x1+ x2)+ 4 =12，
所以| AF |+|BF |= y1+ y2+ p=13．
故答案为：13.
变式4.（23-24 高二下·安徽安庆·阶段练习）已知抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F，经过点F的直线l与抛物线
C交于A ,B两点，其中点A在第一象限：
(1)若直线l的斜率为√3，求|AF|
|FB|的值；
(2)求线段AB的长度的最小值．
(3)若抛物线C的准线与x轴交于点M，点N在抛物线C上，求当| NM |
| NF | 取得最大值时，直线MN的方程．
【答案】(1)3
(2)4
(3)x ± y +1=0
【分析】（1）联立方程组，解方程组求A ,B的坐标，结合焦半径公式求结论；
（2）设直线AB 的方程为x =ty +1，联立方程组，化简求弦长，再求其最值；
（3）设N的坐标为N (a,b)，结合基本不等式求| NM |
| NF | 的最大值，确定N的坐标，再求MN的方程.
【详解】（1）抛物线y
2= 4 x的焦点F的坐标为(1,0)，
所以直线AB的方程为y =√3( x−1)，
联立方程组可得¿，消去y，
17
得3( x−1)
2= 4 x，则3 x
2−10 x +3=(3 x−1)( x−3)=0，
由点A在第一象限，则y A =√3(x A−1)>0⇒x A>1，
所以x A =3，xB= 1
3，故| AF |= x A+ p
2 = 4，|BF |= xB+ p
2 = 4
3 ，
所以| AF |
| FB| =3．
（2）由已知，直线l的斜率不为0，故可设直线AB的方程为x =ty +1，
联立¿，消去x，得y
2−4ty −4 =0，显然Δ=16t
2+16>0，
所以y A+ yB= 4 t，y A yB=−4，
故| AB|=√1+t
2⋅√( y A+ yB)
2−4 y A yB=√1+t
2⋅√16t
2+16= 4(1+t
2)≥4
当且仅当t =0时等号成立，故线段AB的长度的最小值为4．
（3）设N的坐标为N (a,b)，又M (−1,0)，
则| NM |=√(a+1)
2+b
2，| NF |=√(a−1)
2+b
2
因为点N 在抛物线C：y
2= 4 x上，即有：b
2= 4 a，
所以
| NM |
| NF | = √a
2+6a+1
√a
2+2a+1
=√
a
2+6a+1
a
2+2a+1
=√
1+
4 a
a
2+2a+1
=
√
1+
4
a+ 1
a +2
≤√1+
4
2+2 =√2
当且仅当a= 1
a即a=1时等号成立，此时N (1,±2)，M (−1,0)，
所以直线MN的方程为：x ± y +1=0.
【点睛】方法点睛：（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到
根与系数的关系；
18
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用
焦点弦公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
变式5．（2024·广东江门·二模）已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过点F且斜率为2 的直线l与
C交于A，B 两点，且| AB|=10．
(1)求C的方程；
(2)过点B作x轴的平行线BP( P是动点，且异于点B)，过点F作AP 的平行线交C于M，N两点，证明：
| PA |
2=| MN |·| AB|．
【答案】(1)y
2=8 x
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，得到直线方程为y =2 x−p，设A(x1, y1),B(x2, y2)，联立抛物线方程，根据抛
物线的弦长求得p，即得答案；
（2）设直线MN 的方程为x = my +2，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得| MN |，由AP // MN，
所以| PA |=√1+m
2|y1−y2|，由（1）可知，|y1−y2|=2|x1−x2|= 4√5,计算即可证得结论.
【详解】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2)．
因为点F的坐标为(
p
2 ,0)，所以l: y =2(x−p
2)=2 x−p，
由¿得4 x
2−6 px + p
2=0，
则x1+ x2= 6 p
4 = 3 p
2 ，
从而| AB|= x1+ x2+ p= 5 p
2 =10,
得p= 4，所以C的方程为y
2=8 x．
（2）证明：因为点F的坐标为(2,0)，直线MN 的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为x = my +2．
设M (x3, y3), N (x4, y4)，由¿可得y
2−8my −16=0，
则¿
所以| MN |=√1+m
2|y3−y4|=√1+m
2√( y3+ y4)
2−4 y3 y4=√1+m
2·√64 m
2+64 = 8(1+m
2)．
19
由（1）可知，|y1−y2|=2|x1−x2|=2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=2√6
2−4
2= 4√5,
因为点A，P 的纵坐标分别为y1, y2，且AP // MN，所以| PA |=√1+m
2|y1−y2|= 4√5·√1+m
2
可得| PA |
2
| MN | = 80(1+m
2)
8(1+m
2)
=10=| AB|，即| PA |
2=| MN |·| AB|．
变式6．（23-24 高二上·河南焦作·阶段练习）已知直线AB过抛物线y
2= 4 x的焦点F，交抛物线于A ,B两
点.
(1)若|AB|=5，求直线AB的方程．
(2)若过点A和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点D，直线BD的斜率是否为定值?若是，请求出定值，
若不是，说明理由．
【答案】(1)2 x−y −2=0或2 x + y −2=0
(2)直线BD的斜率为定值0，理由见解析
【分析】（1）分AB斜率是否存在进行讨论，斜率存在时设AB: y =k (x−1), A(x1, y1),B(x2, y2)，联立
抛物线方程结合韦达定理、焦点弦弦长公式可得关于k的方程，解方程并检验此时是否满足Δ>0即可；
（2）首先得D(−1,−4
y1)，又y1 y2=−4，从而由k BD= 4 y1 y2+16
y1( y2
2+ 4)
即可判断.
【详解】（1）由题意知，抛物线焦点F (1,0)，
当直线AB斜率不存在时，联立AB: x =1与抛物线y
2= 4 x，解得y =±2，此时|AB|= 4，不满足题意，
当直线AB斜率存在时，设AB: y =k (x−1), A(x1, y1),B(x2, y2)，
由¿，得k
2 x
2−(2k
2+ 4) x + k
2=0，注意Δ>0，
20
由韦达定理知，x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
，由抛物线的弦长公式|AB|= x1+ x2+2=5，解得k =±2，
经验证，此时满足Δ>0，所以，直线AB的方程为2 x−y −2=0或2 x + y −2=0．
（2）
设A(
y1
2
4 , y1),B(
y2
2
4 , y2)，则直线AO: y = 4
y1
x与准线x =-1的交点为D(−1,−4
y1)，
由（1）知x1 x2=1，则y1
2 y2
2=16 x1 x2=16, y1 y2=−4，从而k BD= 4 y1 y2+16
y1( y2
2+ 4)
=0．
所以，直线BD的斜率为定值0．
变式7．（23-24 高二下·安徽滁州·阶段练习）已知抛物线y
2=−4 x的焦点为F，过点F且斜率为1 的直线l
与抛物线交于A ,B两点.
(1)求|AB|的值；
(2)求1
|AF|+
1
|BF|的值.
【答案】(1)8；
(2) 1
|AF|+
1
|BF|=1.
【分析】（1）借助韦达定理与焦点弦公式计算即可得；
（2）借助韦达定理计算即可得.
【详解】（1）因为抛物线的焦点为F (−1,0)，
所以直线l的方程为y = x +1，设A(x1, y1),B(x2, y2)，
将y = x +1代入y
2=−4 x，得x
2+6 x +1=0，Δ=36−4 =32>0，
所以x1+ x2=−6, x1 x2=1，
21
由抛物线的定义知|AF|=−x1+ p
2 =−x1+1,|BF|=−x2+ p
2 =−x2+1，
故|AB|=|AF|+|BF|=−x1+1+(−x2+1)=−(x1+ x2)+2=8；
（2）1
|AF|+
1
|BF|=
1
−x1+1 +
1
−x2+1 =
−(x1+ x2)+2
x1 x2−(x1+ x2)+1 =
6+2
1+6+1 =1，
故1
|AF|+
1
|BF|=1.
8．（23-24 高二下·湖南衡阳·阶段练习）已知F是抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点，过F的直线l与C交于
A ,B两点，且A ,B到直线x =−3的距离之和等于|AB|+ 4.
(1)求C的方程；
(2)若l的斜率大于0，A在第一象限，过F与l垂直的直线和过A与x轴垂直的直线交于点D，且|AB|=|AD|，
求l的方程.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)4 x−3 y −4 =0
【分析】（1）由因为A ,B到直线x =−3的距离之和等于|AB|+ 4，根据抛物的定义和焦点弦长，列出方程
2(−p
2 +3)=|AB|+ 4−|AB|，求得p的值，即可求解；
（2）设l: x =my +1(m>0)，联立方程组，得到y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，结合跑线的焦点弦长得到
|AB|= 4(m
2+1)，再设D( x1,t )，求得|AD|=(m
2+1) y1，根据|AB|=|AD|，求得m的值，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F( p
2 ,0)，准线方程为x =−p
2 ，
则A ,B到准线x =−p
2 的距离之和等于|AF|+|BF|=|AB|，
22
因为A ,B到直线x =−3的距离之和等于|AB|+ 4，可得2(−p
2 +3)=|AB|+ 4−|AB|，
解得p=2，所以抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）解：由焦点F(1,0)，可得设l: x =my +1(m>0)且A( x1, y1)( y1>0),B( x2, y2)，
联立方程组¿，整理得y
2−4 my −4 =0，
则Δ=(−4 m)
2+16>0且y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
所以|AB|= x1+ x2+2=m( y1+ y2)+ 4 = 4(m
2+1)，
设D( x1,t )，由k DF⋅k AB=−1，可得k DF =
t
x1−1 =−1
k AB
=−m，
即t =−m( x1−1)=−m
2 y1，
所以|AD|= y1+m
2 y1=(m
2+1) y1，
由|AB|= 4(m
2+1)=|AD|=(m
2+1) y1，可得y1= 4，
代入y
2−4 my −4 =0，可得16−16m−4 =0，解得m= 3
4 ，
所以直线l的方程为4 x−3 y −4 =0.
【方法技巧与总结】活用抛物线焦点弦的四个结论
抛物线的焦点弦问题一直是高考命题的一个热点，该问题常与弦长、三角形面积、向量、不等式等知识
相融合，考查学生的转化与化归意识和灵活解题能力．命题点主要体现在焦点弦的四个结论上：
设AB 是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F 的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1·x2＝.
(2)y1·y2＝－p2.
(3)|AB|＝x1＋x2＋p＝(α 是直线AB 的倾斜角)．
(4)＋＝为定值(F 是抛物线的焦点)
23
【题型4：周长问题】
例4．（2023 高二上·全国·专题练习）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C : y
2=8 x，P为x轴正半轴上一
点，线段OP的垂直平分线l交C于A ,B两点，若∠OAP =60°，则四边形OAPB的周长为（ ）
A．64
B．64√3
C．64√3
3
D．64
3
【答案】D
【分析】根据题意得到四边形OAPB为菱形，再结合∠OAP =60°，求出点A 的坐标，进而求解结论．
【详解】根据抛物线的对称性以及AB为线段OP的垂直平分线，
可得四边形OAPB为菱形，
又∠OAP =60°，可得∠AOP =60°，
故可设A (a,√3a)，代入抛物线方程可得(√3a)
2=8a，解得a= 8
3，
故|OA|=2a= 16
3 ，
故四边形OAPB的周长为：4× 16
3 = 64
3 .
故选：D.
变式1．（23-24 高二上·山东青岛·期末）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经拋物线反射之后得到的
光线平行于抛物线的对称轴：反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．
已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M (2,1)射出，经过拋物线上的点A反射后，再
经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为（ ）
A．25
4 +√13
B．7
2 +√29
C．8+√13
D．8+√29
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出点A的坐标，进而求出直线AB方程，与抛物线方程联立求出点B的坐标即得.
24
【详解】抛物线y
2= 4 x的焦点为F(1,0)，准线为x =−1，由点A( x1,1)在抛物线上，则x1= 1
4 ，
直线AF方程为：y = 1−0
1
4 −1
( x−1)
，即x =1−3
4 y，
由¿，消去x得y
2+3 y −4 =0，解得y1=1或y2=−4，由y2=−4，得x2= 4，
于是A( 1
4 ,1),B(4 ,−4)，| AB|=| AF |+|BF |= x1+1+ x2+1= 25
4 ，
而| AM |=2−1
4 = 7
4 ,|BM |=√(4−2)
2+(−4−1)
2=√29，
所以△ABM的周长为8+√29.
故选：D
变式2．（19-20 高二上·重庆沙坪坝·期末）已知抛物线y
2=2 px ( p>0)的准线l 过椭圆x
2
p
2 + y
2
3 =1的左焦
点，且l 与椭圆交于P、Q 两点，F2是椭圆的右焦点，则△PQ F2的周长为（ ）
A．16
B．8
C．4
D．2
【答案】B
【解析】由抛物线准线过椭圆左焦点可得−p
2 =−√p
2−3,求解p,则可得到椭圆的标准方程,再根据△PQ F2
的周长为4 a计算即可
【详解】因为抛物线的准线为x =−p
2 ,椭圆的左焦点为(−√p
2−3,0),所以−p
2 =−√p
2−3,即p=2,则椭圆
方程为x
2
4 + y
2
3 =1,即a=2,
所以△PQ F2的周长为4 a= 4×2=8,
故选：B
【点睛】本题考查抛物线与椭圆的几何性质的应用,考查椭圆定义的应用
25
变式3．（22-23 高二上·浙江宁波·期末）已知圆M : x
2+( y −2)
2=1，抛物线P: x
2=2 y，过点A(2,2)作圆
M 的两条切线AB，AC，点B，C 在抛物线P 上，过B，C 分别作x 轴的平行线交P 于F，E 两点，则四边
形BCEF 的周长为（ ）
A．4+ 4√15
3
B．4 +2√15
C．8+ 8√15
3
D．8+ 4√15
【答案】C
【分析】设过A(2,2)的直线为y =k( x−2)+2，由直线和圆相切求得k，直线与抛物线的方程联立，运用
韦达定理求得B、C 的横坐标，得到|BC|，进而可得解．
【详解】
设过A(2,2)的直线为：y =k( x−2)+2，
由直线与圆相切，则d =|−2k +2−2|
√1+k
2
=1⇒k =± √3
3 ，
点A(2,2)在抛物线P: x
2=2 y上，
联立¿，
由题意，点A(2,2)的横坐标x A =2为方程的一根，另一根设为x0，
由韦达定理得x A⋅x0= 4 k −4，则x0=2k −2
又k =± √3
3 ，可得B、C 的横坐标分别为：xB= 2√3
3
−2, xC =−2√3
3
−2，
则|BC|=√(xB−xC)
2+( yB−yC)
2=√(xB−xC)
2+ 1
4 (xB
2 −xC
2 )
2= 4√15
3
，
故四边形BCEF 的周长为：2|BC|+2|xB|+2|xC|=8+ 8√15
3
．
故选：C.
变式4．（23-24 高二上·广东深圳·期末）M是抛物线C : y
2= 4 x上一点，F是C的焦点，l为C的准线，
M M 1⊥l于M 1，若|MF|= 4，则△M M 1 F的周长为（ ）
26
A．8+√3
B．8+2√3
C．10
D．12
【答案】D
【分析】根据抛物线的定义，求出M点纵坐标，利用勾股定理求出|M 1 F|即可得解.
【详解】如图，
由抛物线C : y
2= 4 x，可知F(1,0），准线方程l: x =−1，
因为|MF|=|M M 1|= 4 = xM +1，所以xM =3，
代入抛物线方程可得y M =±2√3，不妨设M在第一象限，
则y M =2√3，所以|M 1 N|= y M =2√3,
又|NF|=2 p=2，所以|M 1 F|=√|M 1 N|
2+|NF|
2=√12+ 4 = 4,
所以△M M 1 F的周长为|MF|+|M M 1|+|M 1 F|= 4+ 4 + 4 =12，
故选：D
变式5．（23-24 高二上·甘肃·期末）已知F为抛物线C：x
2= 4 y的焦点，O为原点，点M在抛物线C上，
且|MF|=5，则△OMF的周长为（ ）
A．6+ 4√2
B．7+ 4√2
C．10
D．11
【答案】A
【分析】由|MF|的长度的M 点坐标，求得△OMF的周长.
【详解】设M 点坐标为( x0, y0)，由题，|MF|= y0+1=5，所以y0= 4，
代入抛物线方程得x0
2=16，所以|OM|=√x0
2+ y0
2= 4√2，
△OMF的周长为|OM|+|MF|+|OF|= 4√2+5+1= 4√2+6.
故选：A.
27
变式6．（22-23 高三下·河南开封·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C : y
2=8 x , P为x轴正半
轴上一点，线段OP的垂直平分线l交C于A ,B两点，若∠OAP =120°，则四边形OAPB的周长为
（ ）
A．64√3
B．64
C．80√3
D．80
【答案】A
【分析】线段OP的垂直平分线l交C于A ,B两点,结合抛物线的对称性可得AB与OP互相平分,则四边形
OAPB为菱形,可设P点坐标,通过几何关系求出A点坐标,在代入抛物线方程即可求解.
【详解】因为线段OP的垂直平分线l交C于A ,B两点，
所以结合抛物线的对称性可得AB与OP互相平分,则四边形OAPB为菱形.
设点P(2t ,0)且t >0则线段OP的垂直平分线l方程为x =t，
令l与x轴交于点H,又∠OAP =120°，
则在直角三角形OAH中∠OAH = 1
2 ∠OAP =60°
继而可得|AH|=|OH|
√3 = √3t
3 ，
所以A点坐标为(t , √3t
3 )，
代入抛物线C : y
2=8 x，可得t
2
3 =8t，解得t =24，
直角三角形OAH中|OA|=2|AH|=2× √3
3 ×24 =16√3,
所以四边形OAPB的周长为4|OA|=64√3.
故选：A.
变式7．（20-21 高二上·上海金山·期末）设焦点为F1､F2的椭圆x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>0)上的一点P也在抛物线
y
2= 9
4 x上，抛物线焦点为F3，若|P F3|= 25
16 ，则△P F1 F2的周长为 .
28
【答案】6
【分析】根据抛物线的焦半径公式求出点P的横坐标，然后代入抛物线方程求出点P的纵坐标；把点P的坐
标代入椭圆方程求a的值，从而求△P F1 F2的周长.
【详解】设P(x0, y0)，则x0+ 9
16 = 25
16，所以x0=1，
代入抛物线方程，得y0=± 3
2，不妨设点P的坐标为(1, 3
2)，代入椭圆方程，得a
2= 4，
所以△P F1 F2的周长为2a+2c = 4 +2=6.
故答案为：6.
变式8．（20-21 高二上·陕西西安·期中）已知抛物线y
2=2 px ( p>0)在第一象限内的部分上一点A (3,b)到
抛物线焦点F的距离为4，若P为抛物线准线上任意一点，则△PAF的周长最小值为 ．
【答案】4√3+ 4
【解析】利用抛物线的定义由3+ p
2 = 4求得抛物线方程y
2= 4 x，进而得到准线方程x =−1，焦点坐标
F (1,0)，A (3,2√3)，然后作出点A 关于准线的对称点A
'(−5,2√3)求解.
【详解】因为抛物线y
2=2 px ( p>0)上的点A (3,b)到抛物线焦点F的距离为4，
由抛物线的定义得；3+ p
2 = 4，解得p=2，
所以抛物线方程为y
2= 4 x，准线方程为x =−1，焦点坐标为F (1,0)，A (3,2√3)，
如图所示：
29
点A 关于准线的对称点A
'(−5,2√3)，则AP+PF 的最小值为A
' F =√(−5−1)
2+(2√3)
2= 4√3，
所以△PAF的周长最小值为4√3+ 4
故答案为：4√3+ 4
【题型5：面积问题】
例5．（辽宁省部分重点高中2024-2025 学年高三8 月阶段性测试数学试题）过抛物线x
2= 4 y焦点F 的直
线与抛物线交于点A( x1, y1),B( x2, y2)两点，l 过B 且与抛物线在A 处的切线平行，l 交抛物线与另一点
D( x3, y3)，交y 轴于E 点，则△ABD面积的最小值为（ ）
A．4
B．8
C．16
D．32
【答案】C
【分析】表示出点A 处的切线方程代入x
2= 4 y后，结合韦达定理可得x2+ x3=2 x1，设E(0, y0)结合l方程
可得x1 x2=−4，再表示出点A到直线l的距离，表示出弦长，从而可表示出△ABD的面积，化简结合基本
不等式计算即可得.
【详解】点A 处的切线方程为x1 x =2( y + y1)，斜率为x1
2
，
所以直线l 的方程为y = x1
2 ( x−x2)+ y2，
代入x
2= 4 y，并化简得x
2−2 x1 x +2 x1 x2−4 y2=0，
该方程的解为x2，x3，由韦达定理可知x2+ x3=2 x1，
设E(0, y0)，代入y = x1
2 ( x−x2)+ y2可解得y0=−x1 x2
2
+ y2，
因为k AB= y2−y1
x2−x1
=
x2
2
4 −x1
2
4
x2−x1
= x2+ x1
4
，所以直线AB为y −x1
2
4 = x2+ x1
4
( x−x1)，
化简得4 y −( x1+ x2)x + x1 x2=0，该直线过点F (0,1)，∴x1 x2=−4，
直线l 的方程可化为y = x1 x
2 +2+ y2= x1 x
2 +2+ x2
2
4 = x1 x
2 +2+ 4
x1
2，
即x1 x−2 y + 4+ 8
x1
2 =0，
∴△ABD的面积为：
30
S = 1
2√
1+(
x1
2 )
2
|x2−x3|⋅|x1
2−2 y1+ 4 + 8
x1
2|
√x1
2+ 4
= 1
4|x2−x3|⋅|2 y1+ 4+ 2
y1|
=|x1−x2|⋅|y1+2+ 1
y1|=|x1+ 4
x1|⋅|y1+2+ 1
y1|=|
( x1
2+ 4)( y1+1)
2
x1 y1
|=|
(4 y1+ 4)( y1+1)
2
2 y1√y1
|= 2( y1+1)
3
y1√y1
≥2(2√y1)
3
y1√y1
=16，当且仅当y1=1时等号成立，故△ABD面积的最小值为16.
故选：C.
变式1．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F，若以x轴正方向的射线Fx绕焦点
F逆时针旋转45
°，与抛物线交于点N，过N作NP⊥y轴，交准线于点P，则△PFN的面积为 ．
【答案】8+6√2
【分析】联立直线FN的方程和抛物线方程得到N的坐标，从而利用三角形面积公式计算出结果.
【详解】由题知焦点F (1,0)，准线为x =−1，直线FN的方程为：y = x−1，
联立¿，可得x
2−6 x +1=0，
所以xN =3+2√2或3−2√2（舍），y N =2+2√2，
|NP|=1+3+2√2= 4 +2√2，
所以S△PFN = 1
2 ⋅|NP|⋅y N = 1
2 ⋅(4 +2√2)⋅(2+2√2)=8+6√2．
31
故答案为：8+6√2.
变式2．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线y
2=12 x的焦点为F和定点Q (6,3), P为抛物线上一动
点．设直线FQ交抛物线于A ,B两点，当|PF|=9时，求△PAB的面积．
【答案】答案见解析
【分析】由抛物线y
2=12 x可知焦点F (3,0)，又Q (6,3)，因此可知直线AB的方程，与抛物线联立，可求
出弦长| AB|；因为|PF|=9，由抛物线的定义可求xP=6，进而可求出P(6,±6√2)，分两种情况求
△PAB的面积即可.
【详解】
因为F (3,0),Q (6,3)，所以k FQ= 3−0
6−3 =1，所以直线FQ方程为y = x−3．
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立¿得y
2−12 y −36=0，显然Δ>0，
所以y1+ y2=12, y1 y2=−36，
则|AB|=√(1+ 1
k
2)[( y1+ y2)
2−4 y1 y2]=24，
因为|PF|=9，所以xP=6，则P(6,±6√2)．
当P(6,6√2)时，P到FQ的距离d =|6−6√2−3|
√2
=6−3√2
2
,S△PAB= 1
2 ×24×(6−3√2
2 )=72−18√2；
当P(6,−6√2)时，P到FQ的距离d =|6+6√2−3|
√2
=6+ 3√2
2
,S△PAB= 1
2 ×24×(6+ 3√2
2 )=72+18√2．
变式3.（24-25 高三上·江西·阶段练习）已知点A是抛物线C：x
2= 4 y上的一点.
32
(1)若点A横坐标为4，求抛物线C在点A处的切线方程；
(2)过点A作圆O：x
2+ y
2=1的两条切线，交抛物线的准线于M、N两点.
①若|MN|=2√11，求点A纵坐标；
②求△AMN面积的最小值.
【答案】(1)y =2 x−4
(2)①2；②4√5
【分析】（1）将抛物线转化为二次函数，结合导数的意义求切线斜率，从而得到切线方程；
（2）①利用切线长定理表示△AMN的周长，结合内切圆半径公式和三角形面积公式均可得到△AMN的
面积，从而得到点A纵坐标；
②利用三角形面积公式可将△AMN的面积表示为y0的式子，通过换元和均值不等式得到面积的最小值.
【详解】（1）∵A的横坐标为4，∴A (4,4)，
又∵y = x
2
4 ，求得y
' = 1
2 x，
∴抛物线在A处的切线斜率为1
2 ×4 =2，
∴切线方程为y −4 =2(x−4)，
即y =2 x−4.
（2）设AM与圆O相切于点B，AN与圆O相切于点C，
MN与圆O相切于点D，由切线长相等可得：
|MB|=|MD|，|AB|=|AC|，|ND|=|NC|，
∴△AMN周长为2|MN|+2|AB|=2|MN|+2√|AO|
2−1，
∴S△AMN = 1
2(2|MN|+2√|AO|
2−1)×1=|MN|+√|AO|
2−1，
设A(x0, y0)，由题意设y0>1，（A在y轴左侧时，由对称性可知三角形面积相同），
∵S△AMN = 1
2|MN|⋅( y0+1)，
∴|MN|+√|AO|
2−1= 1
2|MN|( y0+1)，
∴|MN|= 2√|AO|
2−1
y0−1
= 2√x0
2+ y0
2−1
y0−1
= 2√y0
2+ 4 y0−1
y0−1
，
33
①由|MN|=2√11，则2√y0
2+ 4 y0−1
y0−1
=2√11，
解得y0=2，所以点A的纵坐标为2.
②S△AMN = 1
2|MN|( y0+1)= ( y0+1)√y0
2+ 4 y0−1
y0−1
，
令t = y0−1>0，则S△AMN =√
(t
2+ 4t + 4)(t
2+6t + 4)
t
2
=√(t + t
4 + 4)⋅(t + 4
t +6)，
∵t + 4
t ≥4，∴S△AMN ≥√(4+ 4)×(4 +6)= 4√5，
当且仅当t =2，即y0=3时，△AMN面积最小值为4√5.
【点睛】关键点点睛：解题关键在于利用切线长定理表示△AMN的周长，进而利用三角形内切圆半径公
式表示△AMN的面积.
变式4．（24-25 高二上·江苏连云港·阶段练习）如图，已知直线与抛物线C：y
2=2 px( p>0)交于A ，B
两点，且OA ⊥OB， OD⊥AB交AB于点D，点D的坐标为(1，1)，
(1)求p的值．
(2)若线段AB的垂直平分线于抛物线C 交于E，F 两点，求△OEF的面积.
【答案】(1)p=1
(2)12
【分析】（1）由两直线垂直得到直线AB，再联立曲线方程，由韦达定理结合向量的数量积为零求出即可；
34
（2）设线段AB的中点为M (x0, y0)，由中点坐标公式得到lEF方程，联立曲线方程，得到韦达定理，结合
两点间距离公式化简即可；
【详解】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2)，
因为OD⊥AB交AB于点D，点D的坐标为(1,1)，
所以直线AB的方程为y −1=−(x−1)，
联立¿，消去y可得y
2+2 py −4 p=0，Δ= 4 p
2+16 p>0，
则y1+ y2=−2 p, y1 y2=−4 p，
因为OA ⊥OB，所以x1 x2+ y1 y2=0，
即4−2( y1+ y2)+2 y1 y2=0，即4 + 4 p−8 p=0，解得p=1，
（2）
设线段AB的中点为M (x0, y0)，
由（1）知y0= y1+ y2
2
=−p=−1，所以x0=2−y0=3，
所以lEF: y +1= x−3，即y = x−4，
联立¿，消去x可得y
2−2 y −8=0，Δ= 4 +32=36>0，
设E(x3, y3), F (x4, y4)，则y3+ y4=2, y3 y4=−8，
所以|EF|=√(x3−x4)
2+( y3−y4)
2=√2[( y3+ y4)
2−4 y3 y4]=6√2，
又点O到直线EF的距离为|−4|
√2 =2√2，
所以△OEF的面积为1
2 ×6√2×2√2=12.
变式5．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，点F(0，1)，P 为动点，以PF 为
直径的圆与x 轴相切，记Р 的轨迹为Γ.
35
(1)求Р 的方程；
(2)设M 为直线y =−1上的动点，过M 的直线与Р 相切于点A，过A 作直线MA 的垂线交Γ于点B，求
△MAB面积的最小值．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)16
【分析】（1）设P( x，y)，解得线段FP 的中点坐标，根据题意列等式化简即可得方程；
（2）设设A(x0, x0
2
4 )，根据函数导数求得函数的切线方程进而求得M 的坐标，根据垂直易得直线AB 的方
程，与x
2= 4 y联立，推得B 的坐标，利用弦长公式计算得|BA|，|AM|，结合△MAB面积公式和基本不
等式求得面积最小值.
【详解】（1）设P( x，y)，则线段FP 的中点坐标为(
x
2 , y +1
2 )，因为以PF 为直径的圆与x 轴相切，
∴|
y +1
2 |= 1
2|FP|= 1
2 √x
2+( y −1)
2，化简得x
2= 4 y，所以Γ的方程为x
2= 4 y；
（2）设A(x0, x0
2
4 )，由y = x
2
4 ，y
' = x
2 ，则点A 处的切线斜率为x0
2
，
所以直线MA 方程为y −x0
2
4 = x0
2 (x−x0)，整理为y = x0
2 x−x0
2
4
，
令y =−1，则x = x0
2 −2
x0
，所以M(
x0
2 −2
x0
,−1)，易知直线AB 斜率为−2
x0
，
所以直线AB：y −x0
2
4 = x0
2 (x−x0)，整理为y =−x0
2 x + x0
2
4 +2，
与x
2= 4 y联立可得x
2
4 −x0
2
4 =−2
x0
(x−x0)，
有−2
x0
(x−x0)= (x−x0)(x + x0)
4
，解得x =−8
x0
−x0，
即B 的横坐标为−8
x0
−x0，
36
所以|BA|=√
1+(−2
x0)
2
|−8
x0
−x0−x0|=√1+ x0
2
4 |
8
x0
+2 x0|= 2(x0
2+ 4)√x0
2+ 4
x0
2
，
|AM|=√
1+(
x0
2 )
2
|
x0
2 −2
x0
−x0|=√1+ x0
2
4 |
82
x0
+ x0
2|= (x0
2+ 4)√x0
2+ 4
4|x0|
，
所以△MAB 面积为
1
2|AB|⋅|AM|= 1
2 ⋅2(x0
2+ 4)√x0
2+ 4
x0
2
⋅(x0
2+ 4)√x0
2+ 4
4|x0|
= (x0
2+ 4)
3
4|x0
3|
= 1
4(
|x0|
2+ 4
|x0| )
3
= 1
4(|x0|+ 4
|x0|)
3
，又t =|x0|+ 4
|x0|
≥2√|x0|⋅4
|x0|
= 4，当且仅当x0=±2时，等号成立，
所以△MAB的面积最小值为1
4 ×4
3=16
变式6．（23-24 高二下·云南楚雄·期末）已知F是抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点，M是抛物线C的准线
与x轴的交点，N (t ,2)是抛物线C上一点，且|NF|=2．
(1)求抛物线C的方程．
(2)设过点F的直线交抛物线C于A ,B两点，直线MA , MB与直线y =2 x−4分别交于点P ,Q．
（ⅰ）证明：直线MA与MB的斜率之和为0．
（ⅱ）求△MPQ面积的最大值．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）12
【分析】（1）利用点N坐标代入抛物线方程、|NF|=2可得答案；
（2）（ⅰ）设直线AB、MA、MB的方程分别为x =m1 y +1、x =m2 y −1、x =m3 y −1，直线AB的方程
与抛物线方程联立，利用韦达定理代入m2+m3可得答案；（ⅱ）求出y P、yQ，得到△MPQ的面积，利用
m2的范围可得答案．
37
【详解】（1）因为点N (t ,2)在抛物线上，所以4 =2 pt，
因为|NF|=2，所以t + p
2 =2，
联立¿，解得¿，
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x；
（2）（ⅰ）设直线AB的方程为x =m1 y +1，直线MA的方程为x =m2 y −1，
直线MB的方程为x =m3 y −1, A(
y1
2
4 , y1),B(
y2
2
4 , y2)，
不妨设点A在第一象限，y1>0，
由¿得y
2−4 m1 y −4 =0，
所以y1+ y2= 4 m1, y1 y2=−4，
所以m2=
y1
2
4 +1
y1
= y1
4 + 1
y1
,m3= y2
4 + 1
y2
，所以
m2+m3= y1
4 + 1
y1
+ y2
4 + 1
y2
= y1+ y2
4
+ y1+ y2
y1 y2
=m1−m1=0，
故直线MA与MB的斜率之和为1
m2
+ 1
m3
= m3+m2
m2m3
=0；
（ⅱ）由¿得yP=
6
2m2−1，
同理可得yQ=
6
2m3−1 =
6
−2m2−1，
直线y =2 x−4与x轴交于点(2,0)，
则△MPQ的面积S = 1
2 ×(2+1)×|
6
2m2−1 −
6
−2m2−1|
=|
36m2
4 m2
2−1|=|
36
4 m2−1
m2|
，
38
因为y1>0，所以m2= y1
4 + 1
y1
≥2√
1
4 =1，所以4 m2−1
m2
∈[3,+∞)，
则S∈(0,12]，即△MPQ面积的最大值为12，
当且仅当y1=2时等号成立.
【点睛】关键点点睛：第二问的解题的关键点是求出△MPQ的面积，然后利用基本不等式求最值.
变式7．（23-24 高二下·广东广州·期末）设抛物线C1：y
2=2 px，C2：x
2=2 py ( p>0)，C1，C2的焦点分
别为F1，F2，C1交C2于点N，已知三角形F1 N F2的周长为10+√2．
(1)求C1，C2的方程；
(2)过C1上第一象限内一点M 作C1的切线l，交C2于A，B 两点，其中点B 在第一象限，设l 的斜率为k．
①x 轴正半轴上的点P 满足tan ∠AMP =k，问P 是否为定点？并证明你的结论．
②过点A，B 分别作C2的切线交于点D，当三角形ABD 的面积最小时，求|AM|
|BM|的值．
【答案】(1)C1：y
2= 4 x，C2：x
2= 4 y.
(2)①P 为定点，P(1,0).证明见解析；②|AM|
|BM|=1.
【分析】（1）联立¿解得N (2 p,2 p)，由抛物线的性质得到| N F1|=| N F2|=2 p+ p
2 ，再由三角形
F1 N F2的周长为10+√2代入求解得到p=2.
(2)①设点M(
t
2
4 ,t)，找出直线l 的方程，记直线l 与x轴的交点为Q， 关键是由tan ∠AMP =k，l 的斜率
为k，则∠AMP =∠AQP，则点P为线段QM的垂直平分线与x轴的交点.
②由①知，联立¿可得：x
2−8
t x−2t =0，结合韦达定理，并找出过点A，B 作C2的切线方程解得点D 的
39
坐标，表示三角形ABD 的面积为：1
2 | AB|⋅d =√2(
8
t
2 +t)
3
2，结合单调性求解.
【详解】（1）如图所示：
由题，F1( p
2 ,0)，F2(0, p
2 )，| F1 F2|= √2
2 p，
联立¿解得：x = y =2 p，所以N (2 p,2 p)，
由抛物线的性质：| N F1|=| N F2|=2 p+ p
2 ，
三角形F1 N F2的周长为：| F1 F2|+| N F1|+| N F2|= √2
2 p+(2 p+ p
2)×2=(5+ √2
2 )p=10+√2，
解得p=2，故抛物线C1：y
2= 4 x，C2：x
2= 4 y.
（2）①P 为定点，P(1,0).证明如下：
如图所示：
由（1）知，抛物线C1：y
2= 4 x，C2：x
2= 4 y.
设点M(
t
2
4 ,t)，且t >0，则y =2√x，求导可得：y
' = 1
√x ，
则l 的斜率k = 2
t ，则直线l 的方程：y −t = 2
t (x−t
2
4)，即y = 2
t x + t
2，
40
记直线l 与x轴的交点为Q，令y =0,则x =−t
2
4 ，则Q(−t
2
4 ,0)
由tan∠AMP =k，l 的斜率为k，则∠AMP =∠AQP，
所以三角形QMP为等腰三角形，点P为线段QM的垂直平分线与x轴的交点，
记QM的中点为R，则R(0, t
2)，
线段QM的垂直平分线y −t
2 =−t
2 x，
令y =0,则x =1，故P(1,0).
②如图所示：
由①知，直线l 的方程：y = 2
t x + t
2，
联立¿可得：x
2−8
t x−2t =0，
设A(x1, x1
2
4 ),B(x2, x2
2
4 ), x1< x2，
则x1+ x2= 8
t , x1 x2=−2t，Δ= 64
t
2 +8t >0⇒t >−2.
由x
2= 4 y，y = x
2
4 求导可得：y
' = x
2，
所以过点A 作C2的切线为：y −x1
2
4 = x1
2 (x−x1)，即y = x1
2 x−x1
2
4
，
同理可得过点B 作C2的切线为：y = x2
2 x−x2
2
4
，
联立¿，解得：¿，即D(
4
t ,−t
2)，
41
记点D 到直线AB 的距离为d,则d =
| 8
t
2 +t |
√
4
t
2 +1
，
| AB|=√
1+ 4
t
2 ⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=2√2×√
1+ 4
t
2 ⋅√
8
t
2 +t，
三角形ABD 的面积为：1
2 | AB|⋅d =√2×√
8
t
2 +t ×| 8
t
2 +t |=√2(
8
t
2 +t)
3
2
令y = 8
t
2 +t ,t >−2，则y
' = −16
t
3 +1= t
3−16
t
3
,
则y = 8
t
2 +t ,t >−2在(−2,2
4
3)单调递减，在(2
4
3 ,+∞)单调递增，
所以t =2
4
3时取得最小值，此时M(2
2
3 ,2
4
3)，
x1+ x2
2
= 4
t =2
2
3 = xM，故M 为AB 中点，|AM|
|BM|=1.
【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的切线与圆锥曲线定值、面积综合问题，解题关键是找到导数与
抛物线的切线的关系，求出切线，联立切线与曲线，整理后应用韦达定理求出x1+ x2= 8
t , x1 x2=−2t，联
立切线与切线求出交点，然后表示出弦长| AB|与高，求出三角形面积的表达式，再利用导数研究出单调
性，找到取最小值时候的t的取值，进而得到问题的解.
变式8．（23-24 高二下·广东·期末）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点F到点N (0,2)的距离为√5，A，
B为抛物线C上两个动点，且线段AB的中点M在直线l: y = x上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△NAB面积的取值范围．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)(0,4]
【分析】（1）求出焦点坐标，再利用两点间的距离公式列方程可求出p，从而可求出抛物线C的方程；
（2）设直线AB的方程为：x =my +t，A(x1, y1)，B(x2, y2)，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与
42
系数的关系结合中点坐标公式表示出点M的坐标，将A ,B两点的坐标代入抛物线方程，两式相加化简结合
前面的式子可得t =2m−2m
2，再结合判别式可得m∈(0,2)，利用弦长公式表示出|AB|，再表示出点N
到直线AB的距离，从而可表示出△NAB面积，化简后结合m∈(0,2)可求出其范围.
【详解】（1）焦点F(
p
2 ,0)，p>0，由焦点F到点N (0,2)的距离为√5，
得√(
p
2)
2
+2
2=√5，解得p=2
所以抛物线方程为y
2= 4 x．
（2）如图所示，显然，直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为：x =my +t，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组¿，消去x得y
2−4 my −4 t =0,
所以y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4 t，且(4 m)
2+16t >0（*）,
所以线段AB的中点M的纵坐标为y1+ y2
2
=2m,
因为点M在直线l: y = x上，所以M (2m,2m)，所以x1+ x2
2
=2m,
因为y1
2= 4 x1，y2
2= 4 x2，所以x1+ x2= y1
2
4 + y2
2
4 = 4 m，
即( y1+ y2)
2−2 y1 y2=16m,
将y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4 t代入上式，所以t =2m−2m
2,
代入（*）得(4 m)
2+16(2m−2m
2)>0，化简得m
2−2m<0，所以m∈(0,2),
43
点N (0,2)到AB: x−my −t =0的距离ℎ=|2m+t|
√1+m
2,
|AB|=√1+m
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4√1+m
2√m
2+t,
所以S△NAB= 1
2 ⋅|AB|⋅ℎ=2|2m+t|√m
2+t,
将t =2m−2m
2代入上式，得S△NAB= 4√(2m−m
2)
3,
因为2m−m
2=−(m−1)
2+1∈(0,1]
所以S△NAB= 4√(2m−m
2)
3∈(0,4].
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的三角形面积问题，解题的关键
是设出直线方程代入抛物线方程化简结合根与系数的关系和中点坐标公式表示出点M的坐标，考查计算能
力和数形结合的思想，属于较难题.
【题型6：最值问题】
例6．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线C : y
2=24 x的焦点为F，定点Q (6,3), P为C上一动点，
则|PF|+|PQ|的最小值为（ ）
A．12
B．14
C．16
D．18
【答案】A
【分析】根据题意可得准线方程为x =−6，过P作C的准线的垂线，垂足为K，从而可得
|PF|+|PQ|≥|QK|=12，即可求解.
【详解】易知抛物线C的准线方程为x =−6，过P作C的准线的垂线，垂足为K，
由抛物线的定义可知|PK|=|PF|，所以|PF|+|PQ|=|PK|+|PQ|≥|QK|=6+6=12，
当且仅当P ,Q , K三点共线且QK ⊥准线时，等号成立．故|PF|+|PQ|的最小值为12．故A 正确.
故选：A.
44
变式1．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知点A (3,√21)，抛物线C : y
2= 4 x上有一点P(x0, y0)，则
y0
2
2 +2|PA|的最小值是（ ）
A．10
B．8
C．5
D．4
【答案】B
【分析】结合坐标运算和焦半径公式，转化y0
2
2 +2|PA|=2(|PF|+|PA|)−2，再利用数形结合求最值.
【详解】已知抛物线C : y
2= 4 x上有一点P(x0, y0)，则y0
2= 4 x0，即y0
2
4 = x0．
又(√21)
2>4×3，故A (3,√21)在抛物线C : y
2= 4 x的外部，
则y0
2
2 +2|PA|=2(
y0
2
4 +|PA|)=2(x0+|PA|)=2(x0+1+|PA|)−2，
因为抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F (1,0)，准线方程为x =−1，则|PF|= x0+1，故
y0
2
2 +2|PA|=2(x0+1+|PA|)−2=2(|PF|+|PA|)−2．
由于|PF|+|PA|≥|AF|，当A , P , F三点共线（P在A , F之间）时，|PF|+|PA|取到最小值
|AF|=√(3−1)
2+(√21)
2=5，
45
则y0
2
2 +2|PA|=2(|PF|+|PA|)−2的最小值为2×5−2=8．
故选：B
变式2．（23-24 高二上·山东青岛·期末）设抛物线y
2=−4 x上一点P到y轴的距离为d1，到直线
3 x + 4 y −12=0的距离为d2，则d1+d2的最小值为（ ）
A．3
B．2
C．16
3
D．5
【答案】B
【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，利用抛物线定义及点到直线的距离公式求解即得.
【详解】抛物线y
2=−4 x的焦点F(−1,0)，准线l: x =1，
过点P作PB⊥l于B，PA垂直于直线3 x + 4 y −12=0于点A，显然| PB|=| FP|，
点F到直线3 x + 4 y −12=0的距离d =|−1×3−12|
√3
2+ 4
2
=3，
则d1+d2=| PB|−1+| PA |=| FP|+| PA |−1≥d −1=2，
当且仅当点P是点F到直线3 x + 4 y −12=0的垂线段与抛物线的交点时取等号，
所以d1+d2的最小值为2.
故选：B
变式3．（23-24 高三上·河南南阳·期末）已知A(m,2),B(n,3)，C 是抛物线M : x
2= 4 y上的三个点，F
为焦点，D(4,3)，点C 到x 轴的距离为d，则|AF|+|BF|+|CD|+d的最小值为（ ）
A．10
B．6+2√5
C．11
D．7+2√5
【答案】B
【分析】由焦半径公式得到|AF|=2+1=3,|BF|=3+1= 4 ,d +1=|CF|，从而得到
|AF|+|BF|+|CD|+d =6+|CD|+|CF|，数形结合得到最小值.
【详解】因为M 的准线方程为y =−1，
所以由抛物线焦半径公式得|AF|=2+1=3,|BF|=3+1= 4 ,d +1=|CF|，
46
故d =|CF|−1，
所以|AF|+|BF|+|CD|+d =3+ 4 +|CF|−1+|CD|=6+|CD|+|CF|≥6+|DF|
=6+√(4−0)
2+(3−1)
2=6+2√5,
当且仅当C，D，F 三点共线且C 在线段DF 上时，等号成立，
所以|AF|+|BF|+|CD|+d的最小值为6+2√5．
故选：B
变式4．（11-12 高二上·江苏常州·期中）已知点A(2,0),B(1,4)，M 、N是y轴上的动点，且满足
|MN|= 4，△AMN的外心P在y轴上的射影为Q，则PQ+ PB的最小值为 .
【答案】3
【分析】先确定点P的轨迹为抛物线，再结合抛物线的定义即可求解.
【详解】设点M (0,t )，则N (0,t −4)）根据点P是△AMN的外心,P(x ,t −2)，
而|PM|
2=|PA|
2，则x
2+ 4 =(x−2)
2+(t −2)
2
所以x = (t −2)
2
4
, y =t −2
从而得到点P的轨迹为y
2= 4 x，焦点为F (1,0)
由抛物线的定义可知|PF|=|PQ|+1，
因为|PF|+|PB|≥|BF|= 4，|PF|+|PB|=|PQ|+1+|PB|≥4，
47
即|PQ|+|PB|≥3，当点P 在线段BF 上时等号成立.
所以|PQ|+|PB|的最小值为3，
故答案为：3
变式5 ．（23-24 高二下· 上海闵行· 期末）设P是以F为焦点的抛物线y
2= 4 x上的动点，Q是圆
(x−4)
2+ y
2=1上的动点，则|PF|+|PQ|的最小值为 ．
【答案】4
【分析】根据抛物线的定义和圆的性质转化为三点一线即可求出最值.
【详解】抛物线的准线为x =−1，设点P到准线的距离为d，圆心D (4,0)，圆心到准线的距离为m，则
m=5，
则| PF |+| PQ|≥| PF |+| PD|−1=d +| PD|−1≥m−1=5−1= 4，
则| PF |+| PQ|的最小值为4.
故答案为：4.
变式6．（23-24 高二下·上海松江·阶段练习）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，若P是该抛物线上一点，
点Q (4,3)，则|PF|+|PQ|的最小值 .
【答案】5
【分析】利用抛物线的定义转化为点到线的距离问题求解.
【详解】抛物线的准线方程为x =-1，
则|PF|+|PQ|的最小值为Q (4,3)到准线的距离，即为4 +1=5.
故答案为：5.
48
变式7．（23-24 高二上·江苏苏州·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A (2,2)，记抛物线C：y
2= 4 x
上的动点P到准线的距离为d，则d −|PA|的最大值为 ．
【答案】√5
【分析】将P到抛物线的准线的距离d转化为P到抛物线焦点F 的距离|PF|，再根据三角形三边关系将
|PF|−|PA|的最大值表示为|AF|
【详解】由抛物线的定义知，d =|PF|，所以d −|PA|=|PF|−|PA|≤|AF|=√(2−1)
2+(2−0)
2=√5
所以，当点P位于射线FA与抛物线交点时，取最大值√5.
故答案为：√5
变式8．（23-24 高二上·黑龙江·期末）已知在平面直角坐标系xOy中，点A (−2,1)，B (−2,4)，动点P满
足|PA|
|PB|= 1
2，点M为抛物线E：y
2=8 x上的任意一点，M在y轴上的射影为N，则|PA|+|PM|+|MN|的最
小值为 .
【答案】√17−2
【分析】由动点P 满足的条件得点P 的轨迹为圆，根据抛物线的定义，将|MN|转化为|MF|−2，观察图
形得|PA|+|PM|+|MN|的最小值.
【详解】
49
设P(x , y)，已知A (−2,1)，B (−2,4)，
则|PA|
|PB|= √( x +2)
2+( y −1)
2
√( x +2)
2+( y −4)
2 = 1
2，
化简整理得( x +2)
2+ y
2= 4，所以点P的轨迹为以(−2,0)为圆心，2 为半径的圆，
抛物线E：y
2=8 x的焦点F (2,0)，准线方程为x =−2，
|PA|+|PM|+|MN|=|AP|+|PM|+|MF|−2≥|AF|−2=√(−2−2)
2+1
2−2=√17−2，
当且仅当A，P，M，F（P，M 两点在A，F 两点之间）四点共线时取等号，
所以|PA|+|PM|+|MN|的最小值为√17−2.
故答案为：√17−2.
【点睛】动点P 满足|PA|
|PB|= 1
2为“阿波罗尼斯圆”的定义，可知点P的轨迹为圆.
【方法技巧与总结】与抛物线上的点到准线距离有关的最值问题，一般都是利用抛物线的定义，将到准线
的距离转化为到焦点的距离，然后通过数形结合直接判断出取得最值时所要满足的条件，这样就能避免烦
琐的代数运算．
【题型7：直线与抛物线的位置关系】
例7．（23-24 高二上·全国·课后作业）已知直线l与抛物线x
2=2 py ( p>0)只有一个公共点，则直线l与抛物
线的位置关系是（ ）
A．相交
B．相切
C．相离
D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据直线和抛物线只有一个公共点确定正确答案.
【详解】直线l与抛物线的对称轴平行或l与抛物线相切时有一个公共点，
所以D 选项正确.
50
故选：D
变式1．（23-24 高二上·全国·课后作业）已知直线l: y =k( x +1)，抛物线C : y
2= 4 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
【分析】将直线方程和抛物线方程联立，使得方程仅有一个实数根，求出对应的k的取值个数即可.
【详解】联立直线l: y =k( x +1)和抛物线C : y
2= 4 x方程可得k
2( x +1)
2= 4 x，
整理可得k
2 x
2+(2k
2−4) x + k
2=0，
直线l 与C有一个公共点等价于方程只有一个实数根，
当k =0时，方程为−4 x =0仅有一解，符合题意；
当k ≠0时，一元二次方程k
2 x
2+(2k
2−4) x + k
2=0仅有一解，
即Δ=(2k
2−4)
2−4 k
2⋅k
2=0，解得k =±1，
所以满足题意得直线有三条，即y =0，y = x +1和y =−x−1.
故选：C
变式2．（22-23 高二上·全国·课后作业）已知抛物线C 的方程为x
2= 1
2 y，过点A (0,−1)和点B (t ,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)
【答案】A
【分析】首先求直线l的方程，与抛物线方程联立，利用Δ<0，即可求解t的取值范围.
【详解】当t =0时，直线l: x =0，与抛物线x
2= 1
2 y有交点，所以t ≠0，
设直线AB的方程为y = 4
t x−1，
联立直线与抛物线方程，得¿，消元整理，得2 x
2−4
t x +1=0，
51
由于直线与抛物线无公共点，即方程2 x
2−4
t x +1=0无解，故有(−4
t )
2
−8<0，解得t >√2或t <−√2.
故选：A
变式3．（17-18 高二上·四川广安·期末）已知直线l与抛物线C，则“l与C只有一个公共点”是“l与C相
切”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用充分条件的定义先判断充分性，再利用必要性的定义判断必要性.
【详解】当“l与C只有一个公共点”时，如图，直线与抛物线的对称轴平行，与抛物线只有一个公共点，
但是此时l与C不相切.所以“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的不充分条件；
当“l与C相切”时，l与C只有一个公共点，所以“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的必要条件.
综上，“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的必要不充分条件.
故选：B
变式4．（多选）（23-24 高二下·河北唐山·期末）已知抛物线C过点A (1,−4)，则（ ）
A．拋物线C的标准方程可能为y
2=16 x
B．挞物线C的标准方程可能为x
2=−1
4 y
C．过点A与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D．过点A与抛物线只有一个公共点的直线有两条
【答案】ABD
【分析】根据题意设出抛物线的方程，利用点在抛物线上及直线与抛物线的位置关系即可求解.
【详解】对于选项A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为y
2=2 px，将A (1,−4)代入抛物线C中得
p=8，则拋物线C的方程为y
2=16 x，故A 正确；
对于选项B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为x
2=−2 py，将A (1,−4)代入拋物线C中得p= 1
8，
52
则抛物线C为x
2=−1
4 y，故B 正确；
对于C、D 选项，过点A与对称轴平行的直线，以及抛物线在点A处的切线都与抛物线只有一个公共点，
故C 错误，D 正确.
故选：ABD.
变式5．(多选）（23-24 高二上·江西景德镇·期末）若直线l被圆M : x
2+ y
2=3所截的弦长不小于2，则下列
曲线中，与直线l一定有公共点的是（ ）
A．(x−1)
2+ y
2=7
B．y = x
2−3
C．x
2
3 + y
2=1
D．x
2−y
2=2
【答案】AB
【分析】根据给定条件，结合圆的弦长公式求出原点到直线l的距离范围，确定直线l必过的区域，再逐项
判断即可得解.
【详解】圆M : x
2+ y
2=3的圆心为原点(0,0)，半径为√3，设点(0,0)到直线l的距离为d，
由2√(√3)
2−d
2≥2，得d ≤√2，
平面内到原点(0,0)距离不大于√2的点的集合是以原点为圆心，√2为半径的圆及内部区域F，
因此直线l必过区域F，以原点为圆心，√2为半径的圆方程为x
2+ y
2=2，
对于A，圆x
2+ y
2=2上的点到点(1,0)的距离d1∈[√2−1,√2+1]，显然√2+1<√7，
因此圆x
2+ y
2=2内含于圆(x −1)
2+ y
2=7，则圆(x −1)
2+ y
2=7与直线l一定有公共点，A 是；
对于B，点(0,0)在抛物线y = x
2−3内，由¿消去x得y
2+ y +1=0，
显然方程y
2+ y +1=0无解，即圆x
2+ y
2=2与抛物线y = x
2−3无公共点，
53
因此圆x
2+ y
2=2在抛物线y = x
2−3内，抛物线y = x
2−3与直线l一定有公共点，B 是；
对于C，圆x
2+ y
2=2上的点(0,√2)在椭圆x
2
3 + y
2=1外，
直线y =√2与椭圆x
2
3 + y
2=1无公共点，而直线y =√2过区域F，C 不是；
对于D，圆x
2+ y
2=2上只有两点(±√2,0)在双曲线x
2−y
2=2上，其余点都在双曲线x
2−y
2=2外，
直线y = x与双曲线x
2−y
2=2无公共点，而直线y = x过区域F，D 不是.
故选：AB
【点睛】关键点睛：求出直线l必过区域F，再判断区域F的边界曲线与各选项中曲线的位置关系是解决问
题的关键.
变式6．(多选)（21-22 高二上·湖北孝感·期末）已知抛物线C : x
2=8 y的焦点为F，准线为l，过点F的直线
与抛物线交于两P(x1, y1),Q(x2, y2)，则（ ）
A．若y1+ y2=5，则|PQ|=9
54
B．以PQ为直径的圆与准线l相切
C．设M (0,3)，则|PM|的最小值为2√2
D．过点N (3,3)与抛物线C有且只有一个公共点的直线有2 条
【答案】AB
【分析】A 选项，根据焦点弦公式求出|PQ|=9；B 选项，当过点F的直线斜率不存在时，不合要求，设过
点F的直线方程为y −2=kx，联立抛物线与直线，得到两根之和，两根之积，求出PQ的中点A，得到圆
心和半径，求出A到准线l的距离等于半径，得到B 正确；C 选项，设P(x1, x1
2
8 )，表达出
|PM|
2= 1
64 (x1
2+8)
2+8，得到最小值；D 选项，点N (3,3)在抛物线C内部，故只有一个公共点的直线有1
条.
【详解】A 选项，由题意得F (0,2)，准线方程为y =−2，
根据焦点弦公式得|PQ|= y1+ y2+ 4 =9，A 正确；
B 选项，当过点F的直线斜率不存在时，直线与抛物线只有1 个交点，不合要求，
设过点F的直线方程为y −2=kx，
联立C : x
2=8 y与y −2=kx得，x
2−8kx−16=0，
则x1+ x2=8k , x1 x2=−16，
则x1+ x2
2
= 4 k，y1+ y2=k (x1+ x2)+ 4 =8k
2+ 4，
故y1+ y2
2
= 4 k
2+2，
故PQ的中点A (4 k ,4 k
2+2)，
|PQ|= y1+ y2+ 4 =8k
2+8，
故圆的半径为1
2|PQ|= 4 k
2+ 4，
圆心A (4 k ,4 k
2+2)到准线l的距离为4 k
2+2+2= 4 k
2+ 4，
故以PQ为直径的圆与准线l相切，B 正确；
55
C 选项，设P(x1, x1
2
8 )，M (0,3)，
则|PM|
2= x1
2+(
x1
2
8 −3)
2
= x1
4
64 −3 x1
2
4 +9+ x1
2= x1
4
64 + x1
2
4 +9= 1
64 (x1
2+8)
2+8，
故当x1=0时，|PM|
2= 1
64 (x1
2+8)
2+8取得最小值，最小值为9，
故|PM|的最小值为3，C 错误；
D 选项，如图，因为3
2<8×3，所以点N (3,3)在抛物线C内部，
故过点N (3,3)与抛物线C有且只有一个公共点的直线只有1 条，
即与x轴垂直的直线，D 错误.
故选：AB
变式7．（多选）（22-23 高二上·山东烟台·期末）已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F，点P在抛物线上，则
（ ）
A．过点A (0,2)且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有两条
B．设点B (3,2)，则|PB|−|PF|的最大值为2√2
C．点P到直线x−y +3=0的最小距离为√2
D．点P到直线4 x−3 y +6=0与点P到y轴距离之和的最小值为1
【答案】BCD
【分析】根据直线与抛物线有一个交点，求出直线的方程，可判断A 选项；数形结合求出|PB|−|PF|的最
56
大值，可判断B 选项；设点P(4t
2,4t)，其中t ∈R，利用点到直线的距离公式以及二次函数的基本性质
可判断C 选项；利用抛物线的定义以及数形结合思想求出点P到直线4 x−3 y +6=0与点P到y轴距离之和
的最小值，可判断D 选项.
【详解】对于A 选项，设过点A的直线为m，若直线m方程为x =0，此时直线m与抛物线y
2= 4 x只有一个
公共点，
若直线m的方程为y =2，此时直线m与抛物线y
2= 4 x只有一个公共点，
若直线m的斜率存在且不为零，设直线m的方程为y =kx +2，
联立¿可得k
2 x
2+(4 k −4) x + 4 =0，
若直线m与抛物线y
2= 4 x相切，则¿，解得k = 1
2，
此时，直线m的方程为y = 1
2 x +2，
综上所述，过点A (0,2)且与抛物线只有一个公共点的直线有且仅有三条，A 错；
对于B 选项，如下图所示：
易知点F (1,0)，|PB|−|PF|≤|BF|=√(3−1)
2+(2−0)
2=2√2，
当且仅当点P为射线BF与抛物线y
2= 4 x的交点时，等号成立，
故|PB|−|PF|的最大值为2√2，B 对；
对于C 选项，设点P(4 t
2,4 t)，其中t ∈R，
则点P到直线x−y +3=0的距离为d =|4t
2−4t +3|
√2
=|4(t −1
2)
2
+2|
√2
=
4(t −1
2)
2
+2
√2
≥√2
，
57
当且仅当t = 1
2时，等号成立，故点P到直线x−y +3=0的最小距离为√2，C 对；
对于D 选项，如下图所示：
抛物线y
2= 4 x的准线为l: x =−1，过点P作PA ⊥l，垂足为点A，设PA交y轴于点B，
过点P作直线4 x−3 y +6=0的垂线，垂足为点D，连接PF，
则|PB|+|PD|=|PA|+|PD|−1=|PF|+|PD|−1，
当DF与直线4 x−3 y +6=0垂直时，|PD|+|PF|取最小值，
且最小值为点F到直线4 x−3 y +6=0的距离d =
10
√4
2+(−3)
2 =2，
因此，|PB|+|PD|=|PF|+|PD|−1≥2−1=1，
故点P到直线4 x−3 y +6=0与点P到y轴距离之和的最小值为1，D 对.
故选：BCD.
变式8．（23-24 高二上·江苏南通·期末）在平面直角坐标系xOy中，动点P(x , y)(x ≥0)到点F (1,0)的距离
与到y轴的距离之差等于1，记动点P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点A(x0, y0)( y0>0)在C上，证明：直线y0 y =2(x + x0)与C相切．
【答案】(1)y
2= 4 x( x ≥0)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，转化点P到点F的距离等于点P到直线x =−1的距离，结合抛物线的定义，即可
求解；
（2）由点A(x0, y0)在C上，可得y0
2= 4 x0，联立方程组，结合Δ=0，即可求解.
58
【详解】（1）解：因为动点P(x , y)到点F (1,0)的距离与到y轴的距离之差等于1，
因为x ≥0，可得点P到点F的距离等于点P到直线x =−1的距离，
所以动点P的轨迹为以F (1,0)为焦点，以直线x =−1为准线的抛物线，
可得抛物线的方程为y
2= 4 x( x ≥0)，即动点P的轨迹C的方程为y
2= 4 x( x ≥0).
（2）证明：因为点A(x0, y0)( y0>0)在C上，可得y0
2= 4 x0，
联立方程组¿，可得y
2−2 y0 y + 4 x0=0，
则Δ=(−2 y0)
2−4×4 x0= 4 y0
2−4×4 x0=16 x0
2−16 x0=0，
所以直线y0 y =2(x + x0)与C相切．
【方法技巧与总结】解决直线与抛物线位置关系问题的方法
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|
AB|＝|x1|＋|x2|＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代
入”等解法．
[注意] 涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
一、单选题
1．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线y
2=2 px( p>0)上与焦点距离等于9的点的纵坐标为6√2，
则该抛物线标准方程为（ ）
A．y
2=12 x
B．y
2=24 x
C．y
2=12 x或y
2=24 x
D．y
2=12 x或y
2=6 x
【答案】C
59
【分析】设出满足条件的点的坐标，根据已知列出方程求解即可.
【详解】设满足条件的点为P，
则P到y
2=2 px( p>0)的准线的距离为9，
设P(9−p
2 ,6√2)，所以(6√2)
2=2 p(9−p
2)，
解得p=6或p=12，故所求方程为y
2=12 x或y
2=24 x．
故选：C
2．（22-23 高二上·安徽马鞍山·期末）抛物线y = 1
a x
2(a≠0)的焦点坐标是（ ）
A．(0,−1
4 a)
B．(0, 1
4 a)
C．(0,−a
4)
D．(0, a
4)
【答案】D
【分析】由抛物线的标准方程即焦点的定义计算即可.
【详解】y = 1
a x
2⇔x
2=ay =2× a
2 y，此时焦点在纵轴上，为(0, a
4).
故选：D
3．（24-25 高二上·全国·课后作业）抛物线y
2=8 x的焦点为F，点P在抛物线上，若|PF|=5，则点P的坐
标为（ ）
A．(3,2√6)
B．(3,−2√6)或(3,2√6)
C．(−3,2√6)
D．(−3,−2√6)或(−3,2√6)
【答案】B
【分析】由抛物线定义可列式求解点P的横坐标，将所求横坐标代入抛物线方程可得点P的纵坐标.
【详解】设点P的坐标为(x , y)，
∵|PF|=5，∴x−(−2)=5，∴x =3.
把x =3代入方程y
2=8 x，得y
2=24，
∴y =±2√6.∴点P 的坐标为(3,±2√6).
故选：B.
4．（23-24 高二下·陕西咸阳·期末）已知抛物线y
2=16 x的焦点与双曲线x
2
4 + y
2
m =1(m≠0)的一个焦点重
合，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
60
A．y =± √3
3 x
B．y =±√3 x
C．y =± 1
2 x
D．y =±2 x
【答案】B
【分析】根据已知先求得参数m=−12，进一步即可得解.
【详解】已知抛物线y
2=16 x的焦点(4,0)与双曲线x
2
4 + y
2
m =1(m≠0)的一个焦点重合，
所以4 +(−m)= 4
2，解得m=−12，
所以双曲线x
2
4 −y
2
12 =1的渐近线方程为y =±√3 x.
故选：B.
5．（23-24 高二下·四川凉山·期末）已知M为拋物线y
2=2 px上一点，且M到抛物线焦点F的距离为4，它
到y轴的距离为3，则p=（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义知，抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，即可求解.
【详解】由题意得，|MF|= p
2 + xM，即4 = p
2 +3，解得p=2.
故选：C.
6．（23-24 高二上·河南洛阳·阶段练习）设抛物线y
2= 3
2 x的焦点为F，已知点M(
1
4 ,a)，N(
1
2 ,b)，
P(1,c)，Q (4 ,d) 都在抛物线上，则M , N , P ,Q 四点中与焦点F距离最小的点是（ ）
A．M
B．N
C．P
D．Q
【答案】A
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，再根据抛物线的定义求出各点到焦点的距离，即可判
断.
【详解】抛物线y
2= 3
2 x的焦点为F(
3
8 ,0)，准线方程为x =−3
8；
61
则点M(
1
4 ,a)到焦点F的距离为|MF|= 1
4 −(−3
8)= 5
8，
点N(
1
2 ,b)到焦点F的距离为|NF|= 1
2 −(−3
8)= 7
8，
点P(1,c)到焦点F的距离为|PF|=1−(−3
8)= 11
8
点Q (4 ,d)到焦点F的距离为|QF|= 4−(−3
8)= 35
8 ；
所以点M与焦点F的距离最小.
故选：A
7．（23-24 高二上·河南郑州·期末）已知A为抛物线C：y
2=2 px ( p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为
4，到y轴的距离为3，则p=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．6
【答案】B
【分析】根据抛物线定义得到方程，求出答案.
【详解】由抛物线定义得3+ p
2 = 4，解得p=2.
故选：B
8．（23-24 高二下·湖南·期末）设F为抛物线C : y
2=8 x的焦点，点P(x0, y0)为C上一点，过P作y轴的垂
线，垂足为A，若|PF|=3|PA|，则cos∠FPA =（ ）
A．2√2
3
B．−2√2
3
C．1
3
D．−1
3
【答案】D
【分析】由题意可得x0+2=3 x0，进而可得x0=1，由cos∠FPA =−cos∠PFO=−|OF |−| PA |
| PF |
求解.
【详解】因为F为抛物线C : y
2=8 x的焦点，所以p= 4，所以抛物线的焦点F的坐标为(2,0)，
由抛物线定义可知|PF|= x0+ p
2 = x0+2，
又|PF|=3|PA|，所以x0+2=3 x0，解得x0=1，故|PF|=3，
62
所以|y0|=2√2,O为原点，
从而cos∠FPA =−cos∠PFO=−|OF |−| PA |
| PF |
=−2−1
3
=−1
3.
故选：D.
二、多选题
9．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线C1: y
2=mx(m>0)与双曲线C2: x
2−y
2
3 =1有相同的焦点，
点P(2, y0)在抛物线C1上，则下列结论正确的有（ ）
A．双曲线C2的离心率为2
B．双曲线C2的渐近线方程为y =± √3
3 x
C．m=8
D．点P到抛物线C1的焦点的距离为4
【答案】ACD
【分析】根据双曲线C2的方程求出离心率可判断A；求出双曲线C2的渐近线方程可判断B；由C1,C2有相
同的焦点求出m可判断C；点P坐标代入C1方程可判断D．
【详解】双曲线C2: x
2−y
2
3 =1的焦点为(2,0)，(−2,0)，a
2=1,b
2=3，
对于A，双曲线C2的离心率e = √1+3
1
=2，故A 正确；
对于B，双曲线C2的渐近线方程为y =±√3 x，故B 错误；
对于C，由C1,C2有相同的焦点，得m
4 =2，解得m=8，故C 正确；
对于D，抛物线y
2=8 x的焦点为(2,0)，点P(2, y0)在C1上，
则y0=± 4，故P(2,4)或P(2,−4)，
63
所以点P到C1的焦点的距离为4，故D 正确．
故选：ACD．
10．（23-24 高二上·湖北武汉·期末）已知圆O: x
2+ y
2=1，则下列曲线一定与圆O有公共点的是
（ ）
A．x
2+ y
2−4 x−4 y +7 =0
B．3 x +2 y −1=0
C．抛物线E: y
2= 4 x的准线
D．( x −3)
2+ y
2=t
2+9(t ∈R)
【答案】BC
【分析】利用直线与圆的位置关系可判定BC，利用两圆的位置关系可判定AD.
【详解】易知O: x
2+ y
2=1的圆心为原点，半径为1，
对B，原点到3 x +2 y −1=0的距离d = 1
√13 <1，即直线与圆相交，故B 正确；
对A，由x
2+ y
2−4 x −4 y +7 =0⇒(x −2)
2+( y −2)
2=1可知其圆心为(2,2)，半径为1，
两圆圆心距2√2>1+1，即两圆相离，故A 错误；
对D，由( x −3)
2+ y
2=t
2+9(t ∈R)知其圆心为(3,0)，半径√t
2+9，
两圆圆心距为3≤√t
2+9，当且仅当t =0时两圆才有交点，除此之外两圆无交点，故D 错误.
对C，易知抛物线准线方程为x =−1，显然与圆O相切，故C 正确.
故选：BC
11．（23-24 高二上·浙江温州·期末）以下选项中的两个圆锥曲线的离心率相等的是（ ）
A．x
2
4 −y
2
2 =1与x
2
4 + y
2
2 =1
B．x
2
4 −y
2
2 =1与y
2
2 −x
2
4 =1
C．x
2
4 + y
2
2 =1与x
2
2 + y
2
4 =1
D．y
2+ 4 x =0与x
2+2 y =0
64
【答案】CD
【分析】根据椭圆、双曲线以及抛物线的离心率公式，分别求出各个圆锥曲线的离心率，即可得出答案.
【详解】对于A 项，双曲线x
2
4 −y
2
2 =1的离心率为e =√
c
2
a
2 =√
4+2
4
= √6
2
；椭圆x
2
4 + y
2
2 =1的离心率为
e =√
c
2
a
2 =√
4−2
4
= √2
2 ≠√6
2
，故A 错误；
对于B 项，双曲线x
2
4 −y
2
2 =1的离心率为e =√
c
2
a
2 =√
4+2
4
= √6
2
；双曲线y
2
2 −x
2
4 =1的离心率为
e =√
c
2
a
2 =√
4+2
2
=√3≠√6
2
，故B 错误；
对于C 项，椭圆x
2
4 + y
2
2 =1的离心率为e =√
c
2
a
2 =√
4−2
4
= √2
2
；椭圆x
2
2 + y
2
4 =1的离心率为
e =√
c
2
a
2 =√
4−2
4
= √2
2
，故C 项正确；
对于D 项，方程y
2+ 4 x =0可化为抛物线y
2=−4 x，方程x
2+2 y =0可化为抛物线x
2=−2 y，而且抛物线
的离心率均为1，故D 项正确.
故选：CD.
三、填空题
12．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知抛物线C : y
2=12 x的焦点为F , P是C上一点，若|PF|=9，则以
PF为直径的圆与y轴的位置关系是 ．
【答案】相切
【分析】根据抛物线定义可得P到y轴的距离为6，进而求PF的中点到y轴的距离，即可判断直线与圆的
位置关系.
【详解】抛物线C : y
2=12 x的准线方程为x =−3，焦点F (3,0)，
65
因为|PF|=9，所以P到y轴的距离为9−3=6，则PF的中点到y轴的距离为6+3
2
= 9
2，
所以以PF为直径的圆与y轴相切．
故答案为：相切.
13．（22-23 高二上·安徽马鞍山·期末）过点(1,0)作倾斜角为120°的直线与y
2= 4 x交于A ,B，则|AB|=
．
【答案】16
3
【分析】写出直线方程并与抛物线联立，再由焦点弦公式计算可得结果.
【详解】易知抛物线y
2= 4 x的焦点为(1,0)，倾斜角为120°的直线斜率为−√3，
所以直线方程为y =−√3(x−1)，
不妨设A(x1, y1),B(x2, y2)，联立¿消去y整理可得3 x
2−10 x +3=0；
所以可得x1+ x2= 10
3 ，
由焦点弦公式可得|AB|= x1+1+ x2+1= 16
3 .
故答案为：16
3
14．（23-24 高二下·河北张家口·开学考试）过抛物线C：y
2=2 px（p>0）的顶点O，且倾斜角为60°的
直线与抛物线的另一个交点为A，若|OA|=8，则抛物线的方程为 ．
【答案】y
2=12 x
【分析】过点A向x轴作垂线，求得A坐标，即可求解.
【详解】过点A向x轴作垂线，垂足记为B,
由题意可知|OB|= 4 ,|AB|= 4√3，所以点A坐标为(4,4√3)，
代入抛物线方程得48=8 p，所以p=6
66
故答案为：y
2=12 x
四、解答题
15．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知顶点为O的抛物线y
2=2 px( p>0)过点M (m,2√3)，其焦点为F，
若|MF|= 4．
(1)求点M的坐标以及抛物线方程；
(2)若点N与M关于点F对称，求S△OMN．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据抛物线过点M (m,2√3)及|MF|= 4列出相应等式即可求解；
（2）根据（1）结果分情况讨论M (1,2√3), y
2=12 x和M (3,2√3), y
2= 4 x，从而可求解.
【详解】（1）因为抛物线过点M，则12=2 pm①，又|MF|= 4，
且焦点为F(
p
2 ,0)，即m+ p
2 = 4②，
结合①②解得m=1, p=6或m=3, p=2，
即M (1,2√3)，y
2=12 x或M (3,2√3), y
2= 4 x．
（2）当M (1,2√3), y
2=12 x时，此时F (3,0)，则N (5,−2√3)，
所以S△OMN = 1
2|OF|×|y M −y N|= 1
2 ×3×2√3×2=6√3；
当M (3,2√3), y
2= 4 x时，F (1,0)，则N (−1,−2√3)，
67
所以S△OMN = 1
2|OF|×|y M −y N|= 1
2 ×1×2√3×2=2√3．
16．（23-24 高二下·陕西西安·期末）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(2,√2)，且其一个焦点与抛物
线y
2=8 x的焦点重合.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AB与椭圆C交于A，B两点，若点M (−2,1)是线段AB的中点，求直线AB的方程.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)x−y +3=0
【分析】（1）根据椭圆经过的点以及焦点，即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程，即可根据中点关系求解.
【详解】（1）抛物线y
2=8 x的焦点为(2,0)，
由题意得¿，解得a
2=8，b
2= 4，
所以椭圆C的方程为x
2
8 + y
2
4 =1.
（2）直线l的斜率存在，设斜率为k，
直线l的方程为y −1=k( x +2)，即y =kx +2k +1，
联立¿，
消去y得：(2k
2+1)x
2+ 4 k(1+2k )x +8k
2+8k −6=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
68
因为x1+ x2
2
=−2，即x1+ x2=−4，
所以−4 k(1+2k )
1+2k
2
=−4，解得k =1，
此时Δ=24>0满足题意
所以所求直线l的方程为x−y +3=0.
17．（22-23 高二下·四川内江·阶段练习）已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)的准线与y轴的交点为 A (0,−1)
.
(1)求C的方程，若经点(−1,0)的直线l与C有且只有一个公共点时，求直线l的方程.
(2)若过点M (0,2)的直线l1与抛物线C交于P，Q两点.求证：
1
| PM |
2 +
1
|QM |
2 为定值.
【答案】(1)x
2= 4 y，直线l的方程为x =−1或y =0或y =−x−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程，再分直线的斜率不存在与存在两种情况
讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =k (x +1)，联立、消元，根据Δ=0求出k，即可得到直
线方程；
（2）设直线l1的方程为y =mx +2，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，
表示出|PM|，|QM|，再代入韦达定理计算可得.
【详解】（1）抛物线C : x
2=2 py( p>0)的准线方程为y =−p
2 ，依题意−p
2 =−1，解得p=2，
所以抛物线C : x
2= 4 y，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x =−1，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =k (x +1)，由¿，
消去y整理得x
2−4 kx −4 k =0，则Δ=16 k
2+16k =0，解得k =0或k =−1，
所以直线l的方程为y =0或y =−x−1，
69
综上可得直线l的方程为x =−1或y =0或y =−x−1.
（2）依题意直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y =mx +2，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
联立抛物线有¿，消去y得x
2−4 mx−8=0，则Δ=16(m
2+2)>0，
∴x1+ x2= 4 m，x1 x2=−8，又|PM|=√1+m
2|x1|，|QM|=√1+m
2|x2|.
∴
1
| PM |
2 +
1
|QM |
2 =
1
(1+m
2) x1
2 +
1
(1+m
2) x2
2 =
x1
2+ x2
2
(1+m
2) x1
2 x2
2 = 16m
2+16
64(1+m
2)
=
1+m
2
4(1+m
2)
= 1
4 .
∴
1
| PM |
2 +
1
|QM |
2 为定值.
18．（22-23 高二下·四川成都·期末）已知抛物线E: x
2=2 py( p>0)的焦点为F，过F的直线与抛物线E相
交于A ,B两点．
(1)当直线AB的倾斜角为π
4 时，直线AB被圆x
2+ y
2−4 y =0所截得的弦长为√14，求p的值；
(2)若点C在x轴上，且△ABC是以C为直角顶点的等腰直角三角形，求直线AB的斜率．
【答案】(1)p=2或p=6
(2)k =±
4√12
2
【分析】（1）设出直线，运用圆当中的弦长公式构造方程，解出即可；
（2）将直线和C设出来，然后直线与曲线联立方程，运用韦达定理，结合等腰直角三角形的中垂性质，构
70
造方程，求解即可.
【详解】（1）因为直线AB的倾斜角为π
4 ，所以k AB=1．
由题意，抛物线E的焦点F坐标为(0, p
2)．
所以直线AB的方程为y = x + p
2 ．
因为圆的方程为x
2+ y
2−4 y =0，即x
2+( y −2)
2= 4，
所以圆心坐标为(0,2)，半径为2．
所以圆心到直线AB的距离d =|2−p
2|
√2
．
由垂径定理得d
2+(
√14
2 )
2
= 4，解得p=2或p=6．
故p=2或p=6．
（2）由题意，直线AB斜率存在，如图所示．
设直线AB：y =kx + p
2 , A(x1, x1
2
2 p),B(x2, x2
2
2 p)，C (t ,0)，
由¿消去y得x
2−2kpx −p
2=0，
Δ= 4 p
2(k
2+1)>0．
x1+ x2=2kp, x1 x2=−p
2
故AB中点M坐标为(kp,k
2 p+ p
2)，
由CM ⊥AB得⃗CM ⋅⃗AB =0，
71
即(kp−t )×1+(k
2 p+ p
2)⋅k =0，整理得3kp
2 +k
3 p−t =0．①
由CA ⊥CB得⃗CA ⋅⃗CB =(x1−t)(x2−t)+ x1
2 x2
2
4 p
2 =0，
即x1 x2−t (x1+ x2)+t
2+ x1
2 x2
2
4 p
2 =0，
代入整理得t
2−2kpt −3 p
2
4 =0．②
由①②消去t得k
2 p
2(k
2+ 3
2)
2
−2k
2 p
2(k
2+ 3
2)−3
4 p
2=0，
即4 k
2(k
2+ 3
2)
2
−8k
2(k
2+ 3
2)−3=0，
整理得(k
2+1)(k
4−3
4)=0．
所以k
4= 3
4 ，解得k =±
4√12
2 ．
综上，直线AB的斜率k =±
4√12
2 ．
19．（23-24 高二下·安徽芜湖·期末）抛物线E的准线方程为y =−1
4 ，抛物线E上的三个点A ,B ,C构成一
个以B为直角顶点的直角三角形．
(1)求拋物线E的标准方程；
(2)若点B坐标为(1,1)，证明：直线AC过定点；
(3)若|BA|=|BC|，求△ABC面积的最小值．
【答案】(1)y = x
2
(2)证明见解析
(3)1
【分析】（1）根据准线方程求出抛物线方程；
（2）设A ,C点的坐标分别为(x0, x0
2),(x4, x4
2)，直线AC的方程为y =mx +b，联立直线与抛物线方程，消
元、列出韦达定理，依题意k BA⋅k BC =−1，即可得到m、b的关系，从而求出直线过定点坐标；
72
（3）不妨设A，B，C三点的坐标分别为(x1, x1
2),(x2, x2
2),(x3, x3
2)，且x1< x2< x3，不妨记直线BC的斜率
为k，且k >0，再由弦长公式得到x2=
k
3−1
2k (k +1)，再求出|BC|的最小值，即可得解.
【详解】（1）∵拋物线E的准线方程为y =−1
4 ，
所以p
2 = 1
4 且焦点在y轴的非负半轴上，则p= 1
2，
∴抛物线E的标准方程为y = x
2；
（2）设A ,C点的坐标分别为(x0, x0
2),(x4, x4
2)，直线AC的方程为y =mx +b，
联立¿得x
2−mx −b=0，显然Δ>0，∴x0+ x4=m, x0 x4=−b，
因为A ,B ,C构成一个以B为直角顶点的直角三角形，
∴k BA⋅k BC =−1，∴x4
2−1
x4−1 × x0
2−1
x0−1 =−1，∴x0+ x4+ x0 x4+2=0，
∴m−b+2=0,∴b=m+2∴直线AC的方程为y =mx +b=mx +m+2=m(x +1)+2，
当x =−1时y =2，所以直线AC过定点(−1,2)；
（3）由拋物线的对称性，不妨设A，B，C三点的坐标分别为(x1, x1
2),(x2, x2
2),(x3, x3
2)，且x1< x2< x3，
不妨记直线BC的斜率为k，且k >0，
则直线BA的斜率为−1
k ，则k = x3
2−x2
2
x3
❑−x2
❑= x3+ x2,−1
k = x2
2−x1
2
x2
❑−x1
❑= x2+ x1(∗)，
∵|BA|=|BC|,∴√
1+(−1
k)
2
(x2−x1)=√1+k
2(x3−x2)⇒x2−x1=k (x3−x2)
结合（*）得x2−(−1
k −x2)=k (k −x2−x2)⇒x2=
k
3−1
2k (k +1)，
73
∴|BC|=√1+ k
2(x3−x2)=√1+ k
2(k −2 x2)=√1+k
2[k −k
3−1
k (k +1)]
= k
2+1
k
⋅√k
2+1
k +1 ≥2k
k ⋅√
(k +1)
2
2
k +1
=√2
（当且仅当k =1时取得等号），
∴S△ABC = 1
2|BC|
2≥1（此时k =1,B为坐标原点），
即△ABC面积的最小值为1.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（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(x0, y0)，常利用直线的点斜式方程y −y0=k (x−x0)或截距式y =kx +b来证明.
