2026年高考数学一轮复习 抛物线（含解析）

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高考数学一轮复习 抛物线
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 金溪县校级期中）设抛物线C：y2＝4x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（点A在第一象限内），若x轴上存在三点D，E，H满足|AF|＝|AD|，BE⊥EF，∠EBH＝∠EFB，则|EH| |DF|＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
2．（2025 广西模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，满足∠AFB＝120°，线段AB的中点为M，M到抛物线E的准线的距离为d，则的最大值为（　　）
A．1 B． C． D．2
3．（2025 山东模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，在直线x＝﹣3上任取一点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则F到直线AB距离的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025春 湖北期中）已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，则d1+d2的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 通州区模拟）已知点F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，则|AB|等于（　　）
A．16 B．b6 C． D．4
6．（2025 清远模拟）已知抛物线C的方程为y2＝4x，直线l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于x轴的上下两侧，且，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点F向l作垂线交l于点H，动点H的轨迹为L，则L的方程和直线OH斜率的最大值分别为（　　）
A．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
B．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
C．（x﹣3）2+y2＝1，
D．（x﹣3）2+y2＝1，
7．（2025 绵阳模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为的点M在C上．若以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为，则p＝（　　）
A． B．2 C． D．
8．（2025 江西三模）已知抛物线C的方程为为其焦点，点N坐标为（0，﹣4），过点F作直线交抛物线C于A，B两点，D是x轴上一点，且满足|DA|＝|DB|＝|DN|，则直线AB的斜率为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 广东期中）已知抛物线C：y2＝12x的焦点为F，点M（x0，y0）在C上，则（　　）
A．F（3，0）
B．C的准线方程为y＝﹣3
C．若|MF|＝8，则x0＝5
D．以MF为直径的圆与y轴相切
（多选）10．（2025 惠州模拟）用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点．若抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点A（x1，y1）反射，再经过C上另一点B（x2，y2）反射后，沿直线l2射出，则（　　）
A．C的准线方程为x＝﹣1
B．y1y2＝﹣4
C．若点M（2，1），则|AB|
D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线l2上
（多选）11．（2025 平凉校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P满足PF⊥AB，且直线BP与x轴平行，直线AP与x轴交于点M，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若|AF|＝2|BF|，则直线l的斜率为或
C．若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D．点M到直线PF的距离为
（多选）12．（2025 山东模拟）已知点，B（x0，y0）均在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，F是C的焦点，则下列说法正确的是（　　）
A．p＝2 B．直线AF∥y轴
C．若y0＜﹣1，则|AF|＜|BF| D．若|y0|＜2x0，则|AF|＜|BF|
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 盐城校级期中）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝　 　 ．
14．（2025 昭通模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点．过点F作直线l交E于A，B两点，x轴上一点C满足OA∥BC，且，则cos∠ABC＝ 　 　 ．
15．（2025 济宁二模）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P为C上的动点，点A（1，﹣1），则取最小值时，直线PA的斜率为 　 　 ．
16．（2025春 宝山区校级期中）点M为抛物线y2＝8x上任意一点，点N为圆x2+y2﹣4x+3＝0上任意一点，且P（1，﹣1），则|MP|+|MN|的最小值为 　 　 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 太原二模）如图，过点P（m，0）（m＞0）倾斜角为45°的直线与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两个不同点．当时，|PA| |PB|＝8．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点Q（﹣m，0）平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：|PA| |PB|＝|QC| |QD|；
②求四边形ABCD面积的最大值．
18．（2025春 青羊区校级期中）已知抛物线x2＝2py上一点A（2，y0）到抛物线焦点F的距离为2．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点P的坐标为（0，﹣1），若过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，证明：直线AF平分∠MFN．
19．（2025 内蒙古二模）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点，其焦点为F，若|MF|＝2且m＞p．
（1）求m的值以及抛物线C的方程；
（2）过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、C与B、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
20．（2025 日照二模）在平面直角坐标系xOy中，过点M（2，0）的直线l与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，当直线l平行于y轴时，|AB|＝4．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l的斜率存在，直线AO与直线x＝﹣2相交于点D，过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E．
（i）证明：∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为？若存在，说明直线l有几条；若不存在，请说明理由．
高考数学一轮复习 抛物线
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 金溪县校级期中）设抛物线C：y2＝4x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（点A在第一象限内），若x轴上存在三点D，E，H满足|AF|＝|AD|，BE⊥EF，∠EBH＝∠EFB，则|EH| |DF|＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；设而不求法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【答案】B
【分析】用设而不求法，然后联立抛物线和直线方程，用韦达定理表示计算即可．
【解答】解：如图，设l：x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得y2﹣4my﹣4＝0，所以y1y2＝﹣4，y1+y2＝4m，
所以x1x2，依题意，△FEB∽△BEH，所以，
而EF＝1﹣x2，BE＝﹣y2，所以EH，因为F（1，0），A（x1，y1），
所以D（2x1﹣1，0），则DF＝2x1﹣2，所以|EH| |DF|（2x2﹣2）8．
故选：B．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
2．（2025 广西模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，满足∠AFB＝120°，线段AB的中点为M，M到抛物线E的准线的距离为d，则的最大值为（　　）
A．1 B． C． D．2
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】设AF＝m，BF＝n，则根据抛物线的性质以及平面向量的模，可将d和|MN|均用m、n表示，求出，利用基本不等式求出最大值．
【解答】解：如图，
设AF＝m，BF＝n，因为M为AB中点，则由抛物线的性质知，d，且（），
因为∠AFB＝120°，所以（2 ）（m2+n2﹣mn），
所以114，当且仅当m＝n时取等号，
所以的最大值为2．
故选：D．
【点评】本题主要考查抛物线的焦点弦及焦半径，属于中档题．
3．（2025 山东模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，在直线x＝﹣3上任取一点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则F到直线AB距离的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【答案】B
【分析】先求出在抛物线E上的点M（x0，y0）处的切线方程为y0y＝2（x+x0），然后表示出抛物线E在点A处的切线方程，代入点P的坐标，即可确定直线AB的方程，再结合函数性质即可求解．
【解答】解：设点M（x0，y0）是抛物线E上任意一点，则，
过点M的直线与抛物线E相切，设切线方程为x﹣x0＝t（y﹣y0），
联立，消去x得y2﹣4ty+4ty0﹣4x0＝0，
则Δ＝16t2﹣4（4ty0﹣4x0）＝0，即，所以，
即切线方程为，化简得y0y＝2（x+x0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（﹣3，m），
则抛物线E在点A处的切线方程为y1y＝2（x+x1），在点B处的切线方程为y2y＝2（x+x2），
因为抛物线E在点A、B处的切线交于点P，
所以my1＝2（﹣3+x1），my2＝2（﹣3+x2），
所以点A、B的坐标满足方程my＝2（﹣3+x），
所以直线AB的方程为my＝2（﹣3+x），即2x﹣my﹣6＝0，当x＝3时，y＝0，
所以直线AB过定点（3，0），
由抛物线E：y2＝4x可知，焦点F（1，0），
则点F到直线AB的距离，
则当m＝0时，d取得最大值，最大值为2．
故选：B．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
4．（2025春 湖北期中）已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，则d1+d2的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义得到d1＝|MF|，从而d1+d2＝|MF|+|MN|，结合图形，可知当M，N，F三点共线，且M在N，F中间时，d1+d2取得最小值，利用点到直线的距离计算即得．
【解答】解：设C：y2＝4x的焦点为F，根据抛物线的定义可知d1＝|MF|．
如图，设MN⊥l′于点N，那么d1+d2＝|MF|+|MN|，
根据图可知，当M，N，F三点共线，且M在N，F中间时，d1+d2取得最小值．
根据C：y2＝4x，得F（1，0），
因此d1+d2的最小值即点F到的距离，为．
故选：D．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
5．（2025 通州区模拟）已知点F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，则|AB|等于（　　）
A．16 B．b6 C． D．4
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【答案】C
【分析】设出直线AB的直线方程，联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理，结合过焦点的弦长公式，即可求解．
【解答】解：由题意，抛物线C：y2＝4x，可得F（1，0），
设直线AB的直线方程为y＝k（x﹣1），
联立方程组，可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，
因为倾斜角为，所以k，
可得，
所以|AB|＝x1+x2+2＝22．
故选：C．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
6．（2025 清远模拟）已知抛物线C的方程为y2＝4x，直线l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于x轴的上下两侧，且，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点F向l作垂线交l于点H，动点H的轨迹为L，则L的方程和直线OH斜率的最大值分别为（　　）
A．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
B．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
C．（x﹣3）2+y2＝1，
D．（x﹣3）2+y2＝1，
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意，设.，结合求出y1y2＝﹣20，设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和方程所过定点即可得动点H的轨迹和直线OH斜率最大值时的情况，进而即可求解．
【解答】解：设，，
此时，
解得y1y2＝﹣20或者y1y2＝4（舍去），
设直线l的方程为x＝my+n，
联立，消去x并整理得y2﹣4my﹣4n＝0，
由韦达定理得y1y2＝﹣4n＝﹣20，
解得n＝5，
所以直线l的方程为x＝my+5，
此时直线l过定点D（5，0），
因为FH⊥HD，
由圆的定义可知动点H的轨迹是以FD为直径的圆，
因为F（1，0），|FD|＝4，FD中点坐标为（3，0），
所以H点的轨迹方程为L：（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
过原点的直线和L在第一象限内相切时，斜率最大，
则直线OH斜率最大值为．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
7．（2025 绵阳模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为的点M在C上．若以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为，则p＝（　　）
A． B．2 C． D．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】A
【分析】根据点M的坐标满足抛物线方程，以及直线截圆所得弦长，列出关于xM，p的方程组，求解即可．
【解答】解：已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为的点M在C上．
又以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为，
不妨设点M坐标为，
因M在抛物线上，
故2＝2px0；
以M为圆心，|MF|为半径的圆，其圆心到y轴的距离为x0，半径；
由题可知：，
整理得：，
故p2＝8，
即．
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线的性质及定义，重点考查了圆的性质，属中档题．
8．（2025 江西三模）已知抛物线C的方程为为其焦点，点N坐标为（0，﹣4），过点F作直线交抛物线C于A，B两点，D是x轴上一点，且满足|DA|＝|DB|＝|DN|，则直线AB的斜率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】B
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），设直线AB方程为：y＝kx+1，联立直线与抛物线方程，可得x1x2＝﹣4，又A，B在以N为圆心，为半径的圆上，从而再联立直线y＝kx+1与圆N的方程，根据根与系数的关系，建立方程，即可求解．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），
设直线AB方程为：y＝kx+1，联立直线与抛物线方程，可得：
x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1x2＝﹣4，
又，
故A，B在以D为圆心，为半径的圆上，
∴A（x1，y1），B（x2，y2）是方程x2+y2﹣2ax﹣16＝0的解．
将y＝kx+1代入该方程，得（1+k2）x2+（2k﹣2a）x﹣15＝0．
∴．∴，即．
故选：B．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，方程思想，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春 广东期中）已知抛物线C：y2＝12x的焦点为F，点M（x0，y0）在C上，则（　　）
A．F（3，0）
B．C的准线方程为y＝﹣3
C．若|MF|＝8，则x0＝5
D．以MF为直径的圆与y轴相切
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数；抛物线的定义．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的定义和几何性质，结合直线与圆的位置关系的判定方法，逐项分析判断，即可求解．
【解答】解：对于A，因为y2＝12x，所以焦点为F（3，0），故A正确；
对于B，由题可得，抛物线C：y2＝12x的准线方程为x＝﹣3，故B错误；
对于C，因为点M（x0，y0）在C上，
所以|MF|＝x0+3＝8，解得：x0＝5，故C正确；
对于D，由抛物线的定义，可得|MF|＝x0+3，
则线段MF的中点坐标（即圆心）到y轴的距离为，
故以MF为直径的圆与y轴相切，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了抛物线简单的几何性质，属于中档题．
（多选）10．（2025 惠州模拟）用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点．若抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点A（x1，y1）反射，再经过C上另一点B（x2，y2）反射后，沿直线l2射出，则（　　）
A．C的准线方程为x＝﹣1
B．y1y2＝﹣4
C．若点M（2，1），则|AB|
D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线l2上
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABD
【分析】求得抛物线的准线方程可判断A；设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可判断B；求得A，B的坐标，可判断C，由直线OA的方程求得N的坐标，可判断D．
【解答】解：对于A，抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
故A正确；
对于B，设直线AB的方程为x＝my+1，
与抛物线的方程y2＝4x联立，可得y2﹣4my﹣4＝0，
则y1y2＝﹣4，
故B正确；
对于C，若点M（2，1），
则，B（4，﹣4），
则，
故C错误；
对于D，直线OA的方程为，
又，
即，
令x＝﹣1，可得，
即N（﹣1，y2），
而直线l2的方程为y＝y2，
则点N在直线l2上，
故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题．
（多选）11．（2025 平凉校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P满足PF⊥AB，且直线BP与x轴平行，直线AP与x轴交于点M，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若|AF|＝2|BF|，则直线l的斜率为或
C．若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D．点M到直线PF的距离为
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】数形结合；方程思想；转化思想；综合法；三角函数的求值．
【答案】ACD
【分析】A选项，联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算进行求解；B选项，由|AF|＝2|BF|得，结合韦达定理求出y1，y2，代入y1+y2＝2t求出t即可求得直线l的斜率；C选项，设，分别写出直线QA，QF，QB的斜率，代入2kQF﹣kQA﹣kQB并利用韦达定理进行化简验证其等于零即可判断；D选项，由知，从而，代入|AF|的表达式化简即可．
【解答】解：由题意知抛物线C：y2＝2x的焦点为，
显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，
联立，消去x得y2﹣2ty﹣1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝2t，y1y2＝﹣1，
则，所以，故A正确；
因为|AF|＝2|BF|，所以，所以y1＝﹣2y2，又y1y2＝﹣1，
解得或或，
所以或，即直线l的斜率为或，故B错误；
设，则，，
所以
，
即2kQF＝kQA+kQB，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列，故C正确；
如图所示，过点M作MH⊥FP，垂足为H，又，所以，又，
所以，所以，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
（多选）12．（2025 山东模拟）已知点，B（x0，y0）均在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，F是C的焦点，则下列说法正确的是（　　）
A．p＝2 B．直线AF∥y轴
C．若y0＜﹣1，则|AF|＜|BF| D．若|y0|＜2x0，则|AF|＜|BF|
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】BCD
【分析】选项A，将点A坐标代入C：y2＝2px求出p的值即可；选项B，写出F的坐标，根据点A，F的横坐标相同，即可判断；选项C，根据抛物线的焦半径公式求解即可；选项D，由|y0|＜2x0，结合抛物线的方程解出x0的取值范围，再根据选项C所得即可判断．
【解答】解：选项A，将点代入C：y2＝2px中，得p＝1，故选项A错误；
选项B，由p＝1，知，
所以点A，F的横坐标相同，
所以直线AF∥y轴，故选项B正确；
选项C，因为点A，B均在C上，所以，x0，
要使|AF|＜|BF|，只需，
若y0＜﹣1，由于，所以2x0＞1，即，与上面的结论一致，故选项C正确；
选项D，若|y0|＜2x0，因为x0≥0，所以，即，解得，
由选项C知，当时，|AF|＜|BF|，故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，熟练掌握焦半径的求法，抛物线的定义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 盐城校级期中）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝　2　 ．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】2．
【分析】利用抛物线的定义进行距离转化即可求得．
【解答】解：由抛物线的定义，
因为抛物线C：x2＝4y焦点为F，
所有|PF|等于点P到抛物线的准线y＝﹣1的距离，
因为点P的横坐标为2，代入x2＝4y，
解得，
故|PF|＝yP﹣（﹣1）＝1+1＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查抛物线定义的应用，属于中档题．
14．（2025 昭通模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点．过点F作直线l交E于A，B两点，x轴上一点C满足OA∥BC，且，则cos∠ABC＝ 　　 ．
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】．
【分析】由平面向量数量积的运算，结合抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系求解即可．
【解答】解：已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，
则，
又，
则△OAF∽△BCF，且|AF|＝2|BF|，
设直线AB的方程为，
联立，
消y可得：，
则，，
又，
则xA＝p，，
即A，，
又，
则，，
则．
故答案为：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系，属中档题．
15．（2025 济宁二模）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P为C上的动点，点A（1，﹣1），则取最小值时，直线PA的斜率为 　　 ．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意设，运用两点间的距离公式与抛物线的定义，化简得，然后根据不等式的性质与基本不等式，求出（）2∈[0，]，由此算出的最大值以及相应的点P坐标，进而求出满足条件的直线PA的斜率．
【解答】解：根据题意，抛物线C：x2＝4y的焦点为F（0，1），准线为l：y＝﹣1．
设，由抛物线的定义可知|PF|1，，
所以，令t，
①当x＝1时，t＝0，此时1；
②当x≠1时，[（x﹣1）2]，
因为|（x﹣1）|，当且仅当|x﹣1|时，等号成立．
所以（x﹣1）或（x﹣1），可得（x﹣1）22或（x﹣1）22．
所以[（x﹣1）2]∈（﹣∞，]∪[，+∞），可得t∈[，0）∪（0，]．
综上所述，t∈[，]，即，可得（）2∈[0，]．
当x﹣1时，即x，（）2有最大值，相应地有最小值．
所以当取最小值时，x，点P的坐标为（，（）2），
即P（，），此时PA的斜率k．
故答案为：．
【点评】本题考查了抛物线的性质、两点间的距离公式、运用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
16．（2025春 宝山区校级期中）点M为抛物线y2＝8x上任意一点，点N为圆x2+y2﹣4x+3＝0上任意一点，且P（1，﹣1），则|MP|+|MN|的最小值为 　2　 ．
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】2．
【分析】画图，找出抛物线焦点，化简圆的普通方程为标准方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离以及抛物线定义得出最值．
【解答】解：圆x2+y2﹣4x+3＝0变形为（x﹣2）2+y2＝1，
抛物线y2＝8x的焦点为（2，0），抛物线的准线为l：x＝﹣2，
则圆心为抛物线y2＝8x的焦点F，半径为R＝1．
点M为抛物线y2＝8x上任意一点，当三点M、N、F共线，取|MN|最小值，最小值为|MF|﹣R＝|MF|﹣1．
所以|MP|+|MN|取最小值时，即|MP|+|MF|﹣1取最小值，
如图，过点M作ME⊥l于点E，由抛物线定义可知，|MF|＝|ME|，
所以|MP|+|MN|≥|MP|+|MF|﹣1＝|MP|+|ME|﹣1≥|PE|﹣1，当P、M、E三点共线，当|PE|＝3时，等号成立．|MP|+|MN|≥3﹣1＝2．
则|MP|+|MN|的最小值为2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查抛物线的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 太原二模）如图，过点P（m，0）（m＞0）倾斜角为45°的直线与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两个不同点．当时，|PA| |PB|＝8．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点Q（﹣m，0）平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：|PA| |PB|＝|QC| |QD|；
②求四边形ABCD面积的最大值．
【考点】由直线与抛物线位置关系及公共点个数求解方程或参数；抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）y2＝4x；
（2）①证明过程见解析；
②．
【分析】（1）由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可；
（2）设出直线AB，CD的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式进行求证即可；
②结合①中信息得到|AB|，|CD|的表达式，代入面积公式中，得到四边形ABCD面积的表达式，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解．
【解答】解：（1）当时，
设直线AB的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理得y2﹣2py﹣p2＝0，
由韦达定理得y1+y2＝2p，，
因为，，
所以，
解得p＝2，
则抛物线E的方程为y2＝4x；
（2）①证明：由（1）知抛物线E的方程为y2＝4x，
设直线AB的方程为x＝y+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理得y2﹣4y﹣4m＝0，
此时Δ＝16+16m＞0，
由韦达定理得y1+y2＝4，y1y2＝﹣4m，
此时，，
所以|PA| |PB|＝﹣2y1y2＝8m，
设直线CD的方程为x＝y﹣m，C（x3，y3），D（x4，y4），
联立，消去x并整理得y2﹣4y+4m＝0，
此时Δ＝16﹣16m＞0，
解得0＜m＜1，
由韦达定理得y3+y4＝4，y3y4＝4m，
因为，，
所以|QC| |QD|＝2y3y4＝8m，
则|PA||PB|＝|QC| |QD|；
②由①知，
，
直线AB与CD的距离，
因为AB∥CD，
所以，0＜m＜1，
设，函数定义域为（0，1），
可得，
当时，f′（m）＞0，f（m）单调递增；
当时，f′（m）＜0，f（m）单调递减，
所以当时，f（m）取得最大值，最大值为．
则四边形ABCD面积取最大值．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
18．（2025春 青羊区校级期中）已知抛物线x2＝2py上一点A（2，y0）到抛物线焦点F的距离为2．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点P的坐标为（0，﹣1），若过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，证明：直线AF平分∠MFN．
【考点】直线与抛物线的综合；根据定义求抛物线的标准方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）x2＝4y；
（2）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，求出点A的坐标，利用抛物线的定义列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程；
（2）将问题转化成求证kFM+kFN＝0，设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和斜率公式进行求证即可．
【解答】解：（1）因为点A在抛物线上，
所以，
因为点到抛物线准线的距离为2，
所以，
解得p＝2，
则抛物线的方程为x2＝4y；
（2）证明：因为F（0，1），
所以AF∥x轴，
要证直线AF平分∠MFN，
需证kFM+kFN＝0，
当直线l斜率不存在时，
此时直线l与抛物线只有1个交点，不符合椭圆；
所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx﹣1，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，消去y并整理得x2﹣4kx+4＝0，
此时Δ＝16k2﹣16＞0，
解得k＞1或k＜﹣1，
由韦达定理得x1+x2＝4k，x1x2＝4，
此时
．
则直线AF平分∠MFN．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（2025 内蒙古二模）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点，其焦点为F，若|MF|＝2且m＞p．
（1）求m的值以及抛物线C的方程；
（2）过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、C与B、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1），抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）8．
【分析】（1）根据题目所给信息，列出等式求解即可；
（2）设出直线AC，BD的方程，将直线方程与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式以及四边形面积公式求解即可．
【解答】解：（1）因为抛物线C过点，
所以，
因为抛物线C的焦点为F，且|MF|＝2，
所以m2，
解得或，
因为m＞p，
所以p＝1，，
则抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）易知过F点的两条相互垂直的直线斜率均存在，且不等于零，
设直线，直线，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
联立，消去y并整理得4k2x2﹣（4k2+8）x+k2＝0，
由韦达定理得，
因为|AC|＝|AF|+|CF|＝p+x1+x3，
所以，
联立，消去y并整理得4x2﹣（4+8k2）x+1＝0，
由韦达定理得，
因为|BD|＝|BF|+|DF|＝p+x2+x4，
所以|BD|＝2+2k2，
因为AC⊥BD，
所以，
当且仅当，即k＝±l时，等式成立．
则四边形ABCD面积的最小值为8．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
20．（2025 日照二模）在平面直角坐标系xOy中，过点M（2，0）的直线l与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，当直线l平行于y轴时，|AB|＝4．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l的斜率存在，直线AO与直线x＝﹣2相交于点D，过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E．
（i）证明：∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为？若存在，说明直线l有几条；若不存在，请说明理由．
【考点】直线与抛物线的综合；直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）y2＝2x；
（2）（i）证明过程见解；
（ii）存在，直线l共有4条．
【分析】（1）根据题目所给信息，列出等式求解即可；
（2）（i）设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4，结合导数的几何意义求出点B处的切线方程，推出点D，E的坐标，根据直线的斜率再进行求证即可；
（ii）连接AE，BD，由（i）得到点D的坐标，推出四边形DBME为平行四边形，结合四边形面积公式可得，构造函数f（x）＝x4+6x2+15x+8，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性以及零点存在性定理求解即可．
【解答】解：（1）当直线l平行于y轴时，
因为|AB|＝4，
所以点（2，2）在抛物线C上，
此时4＝2p×2，
解得p＝1，
则抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）（i）证明：易知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为x＝my+2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）
此时直线l的斜率为，不妨设y1＞0，y2＜0，
联立，消去x并整理得y2﹣2my﹣4＝0，
由韦达定理得y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4，
因为，
可得，
此时点B处的斜率为 ，
所以点B处的切线方程为，
令y＝0，
解得，
即，
直线OA的方程为，
令x＝﹣2，
解得，
即，
所以，
所以kDE＝kAB，
即直线DE∥l，
所以∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）连接AE，BD，
由（i）得，y1y2＝﹣4，
所以D（﹣2，y2），
因为B（x2，y2），
所以DB∥x轴，
即四边形DBME为平行四边形，
所以
，
若四边形ABDE的面积为，
此时，
整理得，
设f（x）＝x4+6x2+15x+8，函数定义域为（﹣∞，0），
可得f′（x）＝4x3+12x+15，
设g（x）＝4x3+12x+15，函数定义域为（﹣∞，0），
可得g′（x）＝12x2+12＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又g（﹣1）＝﹣1＜0，，
所以存在，使得g（x0）＝0，
所以f（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，0）上单调递增，
又f（﹣1）＝0，
所以f（x0）＜f（﹣1）＝0，
因为，
所以存在，使得f（x1）＝0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上有2个零点，分别为﹣1和，
即在（﹣∞，0）上有2个根．
由对称性可得，四边形ABDE的面积为的直线l共有4条．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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