专题8.4 抛物线综合【八大题型】（举一反三）（新高考专用）（解析版）2024年高考数学二轮复习

第第页专题8.4抛物线综合【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1抛物线的定义及应用】 3【题型2抛物线的标准方程的求解】 4【题型3抛物线的几何性质及应用】 6【题型4与抛物线有关的最值问题】 9【题型5抛物线的弦长问题】 11【题型6抛物线的焦点弦问题】 15【题型7抛物线中三角形（四边形）的面积问题】 18【题型8抛物线中的定点、定值、定直线问题】 241、抛物线综合圆锥曲线是高考的热点内容，抛物线是高考数学的热点问题.从近几年的高考情况来看，主要考查抛物线的标准方程、几何性质、弦长问题及面积问题等内容，在选择、填空、解答题中都可能出现，解题思路和解题步骤相对固定，强调通性通法，在解答题中难度偏大，需要学会灵活求解.【知识点1抛物线标准方程的求解方法】1．抛物线标准方程的求解待定系数法：求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置、开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程.【知识点2抛物线的焦半径公式】1．焦半径公式设抛物线上一点p的坐标为，焦点为F.(1)抛物线：，；(2)抛物线：，；(3)抛物线：，；(4)抛物线：，.注：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.【知识点3与抛物线有关的最值问题的解题策略】1．与抛物线有关的最值问题的两个转化策略(1)转化策略一：将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”“三角形两边之和大于第三边”，使问题得以解决.(2)转化策略二：将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决.【知识点4直线与抛物线的位置关系】1．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.【知识点5抛物线的弦长与焦点弦问题】1．弦长问题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．抛物线的焦点弦问题抛物线=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y2=2px(p>0)|AB|=x1+x2+py2=-2px(p>0)|AB|=p-(x1+x2)x2=2py(p>0)|AB|=y1+y2+px2=-2py(p>0)|AB|=p-(y1+y2)【题型1抛物线的定义及应用】【例1】（2024·湖南邵阳·一模）若抛物线y2=2px(p>0)上一点M3,m到焦点的距离是5p，则p的值为（

）A．34 B．43 C．23【解题思路】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出3+p【解答过程】由已知可得，抛物线的准线方程为x=−p根据抛物线的定义可得，点M3,m到焦点的距离等于到准线的距离3+所以，3+p2=5p故选：C.【变式1-1】（2023·广西玉林·模拟预测）已知点Mx0,4在抛物线C:x2=2pyp>0上，点M到抛物线C的焦点FA．2 B．2 C．22 D．【解题思路】由抛物线定义性质：先求出p值，再将点M代入，求得x0，然后可以求△OFM【解答过程】根据抛物线的定义：MF=4+p2=6所以抛物线方程：x2=8y，由于点M在抛物线上，即x02=32三角形△OFM的面积：S△OFM故选：D.【变式1-2】（2023·安徽·模拟预测）已知动点M的坐标满足方程x2+(y−1)2−y−1=0A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆【解题思路】根据方程表示的几何意义结合抛物线定义，即可判断出答案.【解答过程】方程x2+(y−1)表示动点M(x,y)到点F(0,1)和直线y=−1的距离相等，所以动点M的轨迹是以F(0,1)为焦点的抛物线，故选：C.【变式1-3】（2023·云南红河·一模）如图，M是抛物线y2=8x上的一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边、FM为终边的角∠xFM=2π3A．6 B．3 C．83 D．【解题思路】数形结合，利用抛物线的定义和准线的知识可得.【解答过程】如图所示，抛物线的准线l:x=−2与x轴交于点P，作MN⊥l于N，ME⊥x轴于E，因为∠xFM=2π3设|MF|=a，可得|EF|=12a由抛物线的定义得|MN|=|MF|，结合|PF|=p=4，故a=p−12a故选：C．【题型2抛物线的标准方程的求解】【例2】（2023·福建莆田·模拟预测）若抛物线C的焦点到准线的距离为3，且C的开口朝左，则C的标准方程为（

）A．y2=−6x B．y2=6x C．【解题思路】根据开口设抛物线标准方程，利用p的几何意义即可求出.【解答过程】依题意可设C的标准方程为y2因为C的焦点到准线的距离为3，所以p=3，所以C的标准方程为y2故选：A.【变式2-1】（2023·新疆·三模）已知抛物线y2=2px(p>0)上任意一点到焦点F的距离比到y轴的距离大1，则抛物线的标准方程为（A．y2=x B．y2=2x C．【解题思路】根据抛物线的定义求解．【解答过程】由题意抛物线y2=2px(p>0)上任意一点到焦点F的距离与它到直线x=−1的距离相，因此−p2=−1故选：C．【变式2-2】（2023·北京·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上一点，AD⊥l于D.若AF=2,∠DAF=60∘A．y2=8x C．y2=2x 【解题思路】根据抛物线的定义求得DF=2，然后在直角三角形中利用∠DAF=60°可求得p=2【解答过程】如图，连接DF，设准线与x轴交点为M

抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为Fp又抛物线的定义可得AF=AD，又∠DAF=60所以DF=AF所以在Rt△DFM中，DF=2MF=2p=2，则p=1，所以抛物线故选：C.【变式2-3】（2023·湖南湘潭·一模）已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，点T在C上，且FT=52，若点M的坐标为0,1，且MF⊥MTA．y2=2x或y2=8x C．y2=2x或y2=4x 【解题思路】设T为x0,y0，得到MT=x0,y0−1，MF【解答过程】设T为x0,y又由Fp2,0因为MF⊥MT，所以MF⋅MT=0由y02=2px0，联立方程组，消去x0，可得又由FT=x0+p2=52所以C的方程为y2=2x或故选：A．【题型3抛物线的几何性质及应用】【例3】（2023·河北沧州·模拟预测）焦点为F的抛物线y2=2pxp>0上有一点P2,2p，O为坐标原点，则满足MP=A．12,32 B．14,【解题思路】将点P的坐标代入抛物线中，解得p=1，从而得到点P和点M的坐标，要满足MP=MO=MF，则只需点M为【解答过程】将点P的坐标代入抛物线中得2p2=2p×2，解得则P2,2，所以OP的斜率为1，且OP的中点为1,1则OP的垂直平分线方程为y−1=−x−1，即x+y−2=0又OF的垂直平分线方程为x=1又MP=MO=MF，则点M为所以点M的坐标为14故选：B．【变式3-1】（2023·辽宁抚顺·模拟预测）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2=4x上任意一点，M是线段PF上的点，且PM=3MF，则直线A．2 B．33 C．52 【解题思路】设Mx0,y0，Pm,n，确定y0【解答过程】F1,0，设Mx0,y0，显然当y0要想求解直线OM的斜率的最大值，此时y0

设Pm,n，PM=3MF，y0>0解得m=4xn2=4m，故16yy0>0，故当且仅当y0=34y0，即故选：B.【变式3-2】（2023·河南开封·模拟预测）已知抛物线C:y2=8x，P为C上一点，A−2,0，B2,0，当PBA．25 B．32 C．2【解题思路】设Px0,y0，由抛物线的定义可得|PB|=|PD|=x0+2，|PA|=x02【解答过程】因为抛物线C:y2=8x，则焦点为2,0又A−2,0，B2,0，则点过P作准线的垂线，垂足为D，设Px0,y0由抛物线的定义可得|PB|=|PD|=x|PA|=x又x0≥0，则设t=x则|PB||PA|=x0+2当1t=14时，|PB||PA|取得最小值为1将x0=2代入抛物线可得y故选：A.【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）如图，某种地砖ABCD的图案由一个正方形和4条抛物线构成，体现了数学的对称美．C1:y2=2px，C2:x2=−2py，C3:y2=−2px，C4:x2=2py，p>0，已知正方形ABCD的面积为64，连接C1A．10−52 B．8−52 C．3+2【解题思路】根据正方形的面积可得点的坐标，进而可得抛物线方程，根据直线与抛物线方程联立可得交点x0【解答过程】由正方形ABCD的面积为64，得正方形ABCD的边长为8，根据对称性可得A4,4，B4,−4，C−4,−4将A4,4代入C1:y2=2px，得故C2故F11,0，F20,−1，设Gx联立y2=4x，得x2−6x+1=0，解得故x0=3−22由对称性可知HF2=4−2故选:B．【题型4与抛物线有关的最值问题】【例4】（2024·全国·模拟预测）已知A是抛物线C：y2=4x上的点，N4,0，则ANA．2 B．22 C．4 D．【解题思路】由抛物线的方程，利用二次函数的性质求最值【解答过程】设At则AN=当且仅当t=±22故选：D．【变式4-1】（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，点A的坐标是(4,3)，P为C上一点，则PAA．23 B．6 C．42【解题思路】过点P作抛物线准线l的垂线段，垂足为点P1，过点A作AH⊥l于点H【解答过程】由拋物线C:y2=4x知p=2，则F1,0，准线如图所示，点A在抛物线内，过点P作抛物线准线l的垂线段，垂足为点P1过点A作AH⊥l于点H，由抛物线的定义得PF=所以PA+PF=PA+PPP，H三点共线）时取等号．所以PA+PF的最小值为故选：D.【变式4-2】（2024·湖南·模拟预测）已知点M4,1，抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,P为抛物线上一动点，当P运动到2,t时，PF=4，则A．6 B．5 C．4 D．3【解题思路】利用抛物线的定义结合三点共线即可解决.【解答过程】由抛物线的定义可知，PF=4=2+所以p=4，所以抛物线的方程为y2过点P作PP′垂直抛物线的准线，垂足为则PM+当且仅当P′,P和故选：A.【变式4-3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，M为C上的动点，N为圆A:x2+y2+2x+8y+16=0上的动点，设点MA．1 B．22 C．332【解题思路】作出图形，过点M作ME垂直于抛物线的准线，垂足为点E，利用抛物线的定义可知d=MF−2，分析可知，当且仅当N、M为线段AF分别与圆A、抛物线C的交点时，【解答过程】根据已知得到F2,0，圆A:x+12+y+42=1抛物线C的准线为l:x=−2，过点M作ME⊥l，垂足为点E，则ME=d+2由抛物线的定义可得d+2=ME所以，MN+d=当且仅当N、M为线段AF分别与圆A、抛物线C的交点时，两个等号成立，因此，MN+d的最小值为3故选：D.【题型5抛物线的弦长问题】【例5】（2024·福建龙岩·一模）已知直线l:y=kx−kp2与抛物线C:y2=2px(p>0)相交于A,B两点，以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切于点MA．4 B．92 C．5 【解题思路】由题意可知，抛物线C的准线为x=−1，利用抛物线的几何性质求出p=2和抛物线C的方程和焦点坐标F1,0，结合直线l的方程可知，直线l经过焦点F1,0，利用抛物线的定义表示出以AB为直径的圆的半径和圆心Q,由QM【解答过程】由题意知，抛物线C的准线为x=−1，即p因为p=2，所以抛物线C的方程为：y2=4x，其焦点为又直线l:y=kx−1，所以直线l恒过抛物线的焦点F设点Ax1,y1联立方程y12=4设AB的中点为Qx0,y0，则y解得可得x0=2k2由抛物线的定义知，圆Q的半径r=AB因为QM2=2解得k=−2，则AB2=2故选：C.【变式5-1】（2024·广西南宁·一模）抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点．过点P22,5且平行于y轴的一条光线射向抛物线C:x2=4y上的A点，经过反射后的反射光线与C相交于点A．72 B．9 C．36 D．【解题思路】首先求出直线AB的方程为y=24x+1【解答过程】令x=22，则y=则点A的坐标为(22,2),C的焦点为则kAF=2−122与抛物线方程x2=4y联立，消去y得x2所以yA所以由抛物线的定义得|AB|=y故选：D.【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）斜率为1的直线l过抛物线C:y2=2px,(p>0)的焦点F，且与C相交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积是22，则A．4 B．8 C．12 D．16【解题思路】设直线l的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，即可求出弦长AB的表达式，结合△OAB的面积求得参数p，即可求得答案.【解答过程】由题意知抛物线C:y2=2px,(p>0)的焦点F设直线l的方程为y=x−p2，联立得x2−3px+p设A(x1,故|AB|=x

又点O到直线y=x−p2的距离为则S△OAB=1故|AB|=4p=8，故选：B.【变式5-3】（2023·湖南长沙·模拟预测）已知抛物线E1:y2=4x的焦点为F，过F且斜率大于零的直线l与E1及抛物线E2:y2=−4xA．4 B．6 C．8 D．10【解题思路】设直线l的方程为x=my+1m>0，将直线l的方程与抛物线E2的方程联立，根据其判别式为零，结合m>0可求得m的值，设点Ax1,y1、B【解答过程】如下图所示：易知抛物线E1:y设直线l的方程为x=my+1m>0因为直线l与抛物线E2相切，联立x=my+1y2则Δ2=16m2−16=0设点Ax1,y1、BΔ1=36−4>0，由韦达定理可得x1故选：C.

【题型6抛物线的焦点弦问题】【例6】（2023·河南开封·一模）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=8x焦点F的直线与C交于A，B两点，若|AF|=|AO|，则|AB|=A．5 B．9 C．10 D．18【解题思路】由|AF|=|AO|及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线AB的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出x1【解答过程】如图：由抛物线C:y2=8x可知焦点坐标F2,0，取线段OF中点又|AF|=|AO|，所以AD⊥OF,故设A1,y0，因点A根据对称性取y0=22，又因直线AB所以直线AB的方程为：y=−22联立y2=8xy=−22设Ax1,y1由抛物线定义可知AB=故选：B.【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）设F为抛物线C:y2=2px（x>0）的焦点，过F的直线与C的准线、y轴、曲线C依次交于A,B,Q,P，若PF=2BQA．4 B．103 C．83【解题思路】根据抛物线几何性质和相似三角形对应线段成比例即可求解.【解答过程】如图，过P，Q分别作C的准线x=−p2的垂线垂足分别为E,H，与y轴分别交于点M,N，在△AFK中，由抛物线的性质可知，OK=OF=p2所以AB=设QF=m，则AB=BF所以AQ=m+2+2=m+4由抛物线的定义可知，FQ=QH=m在△APE中，AQAP=QHPE，即在△BPM中，BQBP=QNPM，即故选:C．【变式6-2】（2023·重庆万州·模拟预测）过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，作倾斜角为π6的直线l交C于A，B两点，交C的准线于点M，若OM=221A．8 B．16 C．24 D．32【解题思路】将直线AB的方程与准线方程联立，求得点M的坐标，可求出p=4，然后将直线AB的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式即可求解【解答过程】抛物线C的焦点为Fp2,0

直线AB的方程为y=tan联立x=−p2y=33所以OM=−p22所以直线AB的方程为y=33x−2，抛物线C:y2联立y=33x−2由韦达定理可得x1+故选：D.【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点（点A在第一象限），若点D为抛物线C的准线上一点，且AF=ADA．−22 B．−2 C．−3【解题思路】由抛物线的定义及AF=AD=3可得直线AD与抛物线的准线垂直，由A，F，B【解答过程】由抛物线定义知，AF等于点A到准线的距离，又AF=AD=3设A(xA,yA)，由则xA+1=3，得代入抛物线方程y2=4x，又点故yA=22，所以A(2,2设ByB2则由A，F，B三点共线可得yB整理得yB2−2yB−4=0故直线BD的斜率为22故选：A．【题型7抛物线中三角形（四边形）的面积问题】【例7】（2024·湖南株洲·一模）在直角坐标系xOy中，点P2,4为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点M、N为x轴正半轴（不含原点）上的两个动点，满足PM=PN，直线PM、PN与抛物线C的另一个交点分别为点(1)求直线AB的斜率；(2)求△PAB面积的取值范围.【解题思路】（1）结合已知条件分析得到kPM+kPN=0（2）设出AB方程，联立AB与抛物线方程得到纵坐标的韦达定理形式，然后表示出AB和P到直线AB的距离d，最后利用导数求解出△PAB面积的取值范围.【解答过程】（1）设Ax1,所以16=4p，所以p=4，所以C:y不妨设M在N的左边，过P作PQ垂直于x轴交于Q点，如下图，因为PM=PN，所以∠PMQ=∠PNQ，因为∠PNQ+∠PNx=180所以∠PMQ+∠PNx=180所以直线PM,PN的倾斜角互补，所以kPM显然A,B不与P关于x轴的对称点重合，所以x1又因为kPA=k所以8y1+4+8所以kAB即直线AB的斜率为−1；（2）设AB:y=−x+m，联立y=−x+my2=8x所以y1且Δ=64−4×1×−8m>0若M与O重合，此时m=0，由上可知m∈−2,0又AB=且P到直线AB的距离d=m−6所以S△PAB令fm所以f′所以fm在−2,0上单调递增，且f所以△PAB的面积取值范围是22×0,22【变式7-1】（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点P到定点F12,0的距离比到定直线x=−2023的距离小40452，记动点(1)求C的方程；(2)点A2,1,M,N为C上的两个动点，若M,N,B恰好为平行四边形MANB的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形MANB的面积为S，求证：【解题思路】（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.【解答过程】（1）解法一：设Px,y，易知x>−2023根据题意可得x−122所以C的方程为y2解法二：因为点P到定点F12,0的距离比到定直线x=−2023所以点P到定点F12,0由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F12,0所以C的方程为y2（2）证明：设Mx1,y1,Nx2,

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，所以线段MN的中点Q在直线y=x上，设Qm,mm≠0所以y1又y所以km=1，即k=1设直线MN的方程为y−m=1即x−my+m联立x−my+m2−m=0,所以Δ=8m−4m2y1则MN=1+=1+m24又点A到直线MN的距离为d=2−2m+所以S=2S记t=2m−因为0<m<2，所以t∈0,1所以S=2t2−令ft=−2t令f′t=0当t∈0,63时，f′t>0,ft在区间(0,63内单调递增，当所以当t=63，即m=1±33时，所以S≤8【变式7-2】（2023·吉林·三模）已知点F0,1，动点M在直线l:y=－1上，过点M且垂直于x轴的直线与线段MF的垂直平分线交于点P，记点P(1)求曲线C的方程；(2)已知圆x2+y+22=4的一条直径为AB，延长AO,BO分别交曲线C【解题思路】（1）法一：设点Px,y，由题意可知PF法二：利用抛物线的定义即可求得答案.（2）法一：设直线OA方程为y=kx，分别联立抛物线方程和圆的方程，求得交点坐标，即可求得AS的表达式，同理得BT的表达式，即可求得四边形ABST面积的表达式，结合函数的单调性，即可求得答案；法二：设直线OA方程为x=my，下面方法和法一相同.【解答过程】（1）法一：设点Px,y，则M由题意知PF=PM，即整理得：x2则曲线C的方程为x2法二：由题意知，点P到点F0,1的距离等于其到直线y=−1则点P的轨迹为以F0,1为焦点，以y=−1则曲线C的方程为x2（2）法一：由题意知，AB为圆x2+y+2由题意知直线OA存在斜率，设为k，且k≠0，则直线OB的斜率为−1又OA所在直线为y=kx，联立x2=4yy=kx，解得：x1=0或x联立x2+y+22=4y=kx，解得：x3所以AS=同理可得BT=四边形ABST的面积S==8令t=k+1k，因为S在2,+∞上单调递增，所以当t=2时，S即当k=±1时，四边形ABST面积的最小值为36法二：设OA方程为x=my，由x=myx2=4y由x=myx2+∴AS=同理可得：BT=S令t=m则St=8∴St当t=2即k=±1时，四边形ABST面积的最小值为36即四边形ABST面积的最小值为36．【变式7-3】（2024·江西·模拟预测）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，顶点为坐标原点O，过点F的直线l与C相交于A,B两点，当点O到直线l(1)求C的标准方程；(2)过点B作BD⊥x轴于点D，记线段BD的中点为P，且△OAF与△OPF的面积之和为S，求S的最小值.【解题思路】（1）根据题意设l:x=my+p2，直线与抛物线方程联立，结合弦长公式得到（2）设l:x=ny+1，Ax1,y1【解答过程】（1）由题意知，Fp2,0，直线l设l:x=my+p2，

由x=my+p2yΔ=4p2则AB=1+当m=0时，ABmax=2p=4，所以所以C的标准方程为y（2）由（1）知F1,0，设l:x=ny+1，A

联立x=ny+1y2=4x，则y因为线段BD的中点为P，所以P点纵坐标为12所以S=1当且仅当y1=y所以S的最小值为2．【题型8抛物线中的定点、定值、定直线问题】【例8】（2024·贵州·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到双曲线x(1)求抛物线C的方程；(2)过点F任意作互相垂直的两条直线l1，l2分别交曲线C于点A，B和M，N.设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线【解题思路】（1）由抛物线的焦点坐标、双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求；（2）先依据（1）的结论分别建立的方程，再分别与抛物线y2=4x联立方程组，求出弦AB和弦MN的中点坐标，最后结合【解答过程】（1）因为抛物线的焦点F为p2双曲线的渐近线方程为：y=±33x则p212+(±（2）设A，B两点坐标分别为(x1，  y1)，由题意可设直线l1的方程为y=k(x−1)(k≠0)由y2=4x，  y=kx−1因为直线l1与曲线C交于A，B两点，所以x1+所以点P的坐标为1+2由题知，直线l2的斜率为−1k，同理可得点Q当k≠±1时，有1+2k2≠1+2k所以直线PQ的方程为y+2k=k1−k于是直线PQ恒过定点E(3，  当k=±1时，直线PQ的方程为x=3，也过定点E(3，  综上，直线PQ恒过定点E(3，  【变式8-1】（2023·海南·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，直线l1：y=k1x+2与直线l(1)若k1=1(2)若直线PS与RQ交于点A，证明：点A在定直线上.【解题思路】（1）联立抛物线与直线l1，消去x得y2−8y+8=0，设PxP,yP,Q（2）设Py124,y1,Qy224,y2,Ry324,y3【解答过程】（1）

依题意，F1,0联立y2=4xy=设Px故yP故PQ===1+4点F1,0到直线l1的距离故S△PQF（2）

设Py12联立y=k1x+2则y1同理可得，y3则直线PS:y−y化简得，4x−y同理可得，直线RQ:4x−y联立①②消去y可得，x===故点A在直线x=2上.【变式8-2】（2023·贵州·二模）抛物线C1:y(1)求抛物线C1(2)设D1,t是抛物线C1上位于第一象限的一点，过D作E:x−22+y2=r2（其中【解题思路】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；（2）设点Ma2,a，Nb2,b，求出直线MN的方程，利用直线DM和圆E相切,直线DN和圆E相切分别出关于【解答过程】（1）由椭圆方程x2+16y∴抛物线y2=2pxp>0故抛物线方程为y2（2）∵D1,t是抛物线C1上位于第一象限的点，∴t2=1且设Ma2,a，Nb2即x−a+b∵直线DM：x−a+1y+a=0与圆E：∴a+21+a+12同理，直线DN与圆E相切可得，r2由①②得a，b是方程r2∴a+b=4−2r2代入x−a+bx+2y+2r令x+2y+2=0−x−4y−4=0，解得x=0故直线MN恒过定点0,−1．【变式8-3】（2023·全国·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F且斜率为kk≠0的直线与抛物线Γ交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线Γ交于M、N两点，直线DF与抛物线Γ交于P、Q两点，G为线段MN的中点，(1)证明：1MN(2)设直线GH的斜率为k1，证明：k【解题思路】（1）设m=1k，则m≠0，写出直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点A、B处的切线方程，求出点C、D的坐标，可得出直线CF的方程，再将直线CF的方程与抛物线的方程联立，可求出MN，进而可求出PQ，然后结合韦达定理可求得（2）求出点G、H的坐标，可求得k1的表达式，由此可求出k【解答过程】（1）证明：设m=1k，则m≠0，易知抛物线Γ的焦点为设直线AB的方程为x=my+1，设点Ax1,联立y2=4xx=my+1可得x由韦达定理可得y1+y接下来证明抛物线Γ在点A处的切线方程为y1联立y2=4xy1y=2x+2x1所以，直线y1y=2x+2x所以，AC的方程为y1y=2x+2x1，同理可知，直线在直线AC的方程中，令x=0，可得y=2x1y1所以，直线CF的方程为x+yy1设点Mx3,y3、N则Δ1=64y1所以，MN=同理可得PQ=所以，1=y故1MN+1（2）解：设点Gx0,y0即点G1+8y所以，k1所以，kk1．（2023·北京·高考真题）已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|=A．7 B．6 C．5 D．4【解题思路】利用抛物线的定义求解即可.【解答过程】因为抛物线C:y2=8x的焦点F2,0，准线方程为x=−2，点所以M到准线x=−2的距离为MF，又M到直线x=−3的距离为5，所以MF+1=5，故MF故选：D.2．（2022·天津·高考真题）已知抛物线y2=45x,F1,F2分别是双曲线xA．x210−C．x2−y【解题思路】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得AF1=F1F2【解答过程】抛物线y2=45x的准线方程为x=−5，则c=不妨设点A为第二象限内的点，联立y=−baxx=−c，可得因为AF1⊥F1且AF1=F1所以，ba=2c=5c故选：C.3．（2022·全国·高考真题）设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BFA．2 B．22 C．3 D．【解题思路】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【解答过程】由题意得，F1,0，则AF即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2所以AB=故选：B.4．（2021·天津·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于AA．2 B．3 C．2 D．3【解题思路】设公共焦点为(c,0)，进而可得准线为x=−c，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得a2【解答过程】设双曲线x2a2−y则抛物线y2=2px(p>0)的准线为令x=−c，则c2a2−y又因为双曲线的渐近线方程为y=±bax所以2bca=22b所以双曲线的离心率e=c故选：A.5．（2023·全国·高考真题）设O为坐标原点，直线y=−3x−1过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，且与C交于M，N两点，A．p=2 B．MNC．以MN为直径的圆与l相切 D．△OMN为等腰三角形【解题思路】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【解答过程】A选项：直线y=−3x−1过点1,0，所以抛物线C:y所以p2=1,p=2,2p=4，则A选项正确，且抛物线C的方程为B选项：设Mx由y=−3x−1y2=4x解得x1=3,xC选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1因为d=1即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.D选项：直线y=−3x−1，即O到直线3x+y−3=0所以三角形OMN的面积为12由上述分析可知y1所以OM=所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.

6．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,−1)的直线交C于P，QA．C的准线为y=−1 B．直线AB与C相切C．|OP|⋅|OQ|>|OA2 D．【解题思路】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【解答过程】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为kAB=1−(−1)1−0=2联立y=2x−1x2=y，可得x设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−1，P(x联立y=kx−1x2=y所以Δ=k2−4>0x1+又|OP|=x12所以|OP|⋅|OQ|=y因为|BP|=1+k2所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|故选：BCD.7．（2023·全国·高考真题）已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则A到C的准线的距离为【解题