高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.12圆锥曲线的方程全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)

第三章圆锥曲线的方程全章综合测试卷（提高篇）【人教A版（2019）】考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022秋·山东聊城·高二校考期末）方程x2−yA．当θ=B．当θ∈π2,πC．当θ=π时，表示圆D．当θ∈0,π22．（5分）（2023春·福建福州·高二校联考期末）设点F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M、N在C上（MA．108 B．104 C．583．（5分）（2023春·广西河池·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别是F1,FA．y=±x B．y=±C．y=±2x D．y=±4．（5分）（2023·西藏日喀则·统考一模）已知点P为抛物线y2=2px（p>0）上一动点，点Q为圆C:(x+2)2+(y−4)2=1上一动点，点F为抛物线的焦点，点PA．1 B．2 C．3 D．4

5．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点P在C上且位于第一象限，PQ⊥l于点Q，过点P作QF的平行线交x轴于点R，若PF⊥QR，且四边形PQKR的面积为603，则直线A．3x+y−36=0C．x+3y−366．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C方程为x2=4y，F为其焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，则AP⋅A．12,+∞ B．2,+∞ C．2,+∞ 7．（5分）（2023·全国·高三专题练习）椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若存在直线l与椭圆交于不同两点B,CA．0,2 B．0,32 C．0,18．（5分）（2023秋·湖北恩施·高二校联考期末）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C：x2+y2=32a2，过C上的动点MA．椭圆Γ的离心率为2B．△MPQ面积的最大值为3C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为6D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知P是椭圆C:x24+y2=1A．椭圆C的焦距为3 B．椭圆C的离心率为3C．圆D在椭圆C的内部 D．PQ的最小值为610．（5分）（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知抛物线Γ:x2=2pyp>0，过其准线上的点Tt,−1作Γ的两条切线，切点分别为A．p=4 B．当t=1时，TA⊥TBC．当t=1时，直线AB的斜率为2 D．直线AB过定点0,111．（5分）（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为1A．椭圆方程为C:B．直线l：3x+4y−7=0与椭圆C无公共点C．若过点O作OA⊥OB，A，B为椭圆C上的两点，则过O作OH垂直于弦AB于H，H所在轨迹为圆，且rD．若过点Q（3，2）作椭圆两条切线，切点分别为A，B，P为直线PQ与椭圆C的交点，则k12．（5分）（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知双曲线C:x2−y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线lA．PFB．若直线l经过F2，且与双曲线C交于另一点Q，则PQC．PFD．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为−3三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）现有双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，A，B为双曲线的左、右顶点，C，D为双曲线的虚轴端点，动点P满足14．（5分）（2023·吉林长春·校考模拟预测）已知斜率为25的动直线与椭圆x25+y24=1交于A,B两点，线段15．（5分）（2023·重庆巴南·统考一模）已知抛物线y2=4x上存在两点A,B（A,B异于坐标原点O），使得∠AOB=90°，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90°与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为16．（5分）（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：①四边形AF1BF2是平行四边形；②若AE⊥x四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023春·河北·高二校联考期末）已知B为抛物线y2=2x−2上一点，A2,0，B为AC的中点，设C(1)求曲线E的方程；(2)过点F1,0作直线交曲线E于点M、N，点P为直线l：x=−1上一动点．问是否存在点P使18．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和(1)双曲线的方程及其渐近线方程；(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,119．（12分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(−2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求20．（12分）（2023春·湖北恩施·高二校联考期末）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C于A、(1)求抛物线C的方程；(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG21．（12分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）在直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆的标准方程(2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为k′，求证：k⋅(3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值.22．（12分）（2023春·上海青浦·高二统考期末）已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为(1)若F为双曲线C:x2a(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=2(3)经过点F且斜率为kk≠0的直线l′与Γ相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB分别与l相交于点M、N．试探究：以线段MN为直径的圆C第三章圆锥曲线的方程全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022秋·山东聊城·高二校考期末）方程x2−yA．当θ=B．当θ∈π2,πC．当θ=π时，表示圆D．当θ∈0,π2【解题思路】根据cosθ【解答过程】对于A：当θ=π2时，方程为x2=1对于B：x2−y2cosθ=1化为x2+y2−对于C：当θ=π时，方程为x2对于D：x2−y2cosθ=1化为x2−y21故选：B.2．（5分）（2023春·福建福州·高二校联考期末）设点F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点M、N在C上（MA．108 B．104 C．58【解题思路】分析可知，四边形MF1NF2为矩形，设MF2=t，则MF【解答过程】如下图所示：

由题意可知，O为F1F2、MN的中点，则四边形M又因为MN=F1设MF2=t，则M由勾股定理可得2c=F所以，该椭圆的离心率为e=2c故选：B.3．（5分）（2023春·广西河池·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别是F1,FA．y=±x B．y=±C．y=±2x D．y=±【解题思路】先根据圆的直径得出垂直关系，再根据正弦值得出边长，结合双曲线定义可得2a，计算渐近线即可.【解答过程】

因为线段F1F2为直径的圆在第一象限交双曲线所以AF则AF1=故选:B．4．（5分）（2023·西藏日喀则·统考一模）已知点P为抛物线y2=2px（p>0）上一动点，点Q为圆C:(x+2)2+(y−4)2=1上一动点，点F为抛物线的焦点，点PA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】由抛物线的定义，数形结合可知当C,Q,P,F共线，且P,Q在线段CF上时，PQ+PF最短，此时【解答过程】圆C:(x+2)2+(y−4)2抛物线y2=2px（p>0）则由抛的线的定义可知点P到y轴的距离为d=PF所以PQ+d=由图可知，当C,Q,P,F共线，且P,Q在线段CF上时，PQ+而CF=因为PQ+所以p2+22故选：B.

5．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点P在C上且位于第一象限，PQ⊥l于点Q，过点P作QF的平行线交x轴于点R，若PF⊥QR，且四边形PQKR的面积为603，则直线A．3x+y−36=0C．x+3y−36【解题思路】根据几何关系可判断出PQFR为菱形，其可判断△PQF与△PFR均为正三角形，由此得到p与菱形边长关系，再根据面积得到p值，最终根据点斜式得到方程.【解答过程】如图，因为PR∥QF，PQ⊥QK，所以四边形又因为PF⊥QR，所以四边形PQFR为菱形，所以|PQ|=|QF|．由抛物线的定义知|PQ|=|PF|，则|PQ|=|PF|=|QF|=|FR|=|PR|，即△PQF与△PFR均为正三角形，设|QF|=t，则在Rt△KQF中，|KF|=|QF|2，即p=因为四边形PQKR的面积为603，所以(t+p+t)⋅解得p=26，则R(56,0)，又直线QR所以直线QR的方程为y=−33(x−5故选D．6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C方程为x2=4y，F为其焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，则AP⋅A．12,+∞ B．2,+∞ C．2,+∞ 【解题思路】设直线l的方程为：y=kx+1，Ax1,x124,Bx2,【解答过程】因为抛物线C方程为x2=4y，所以其焦点为0,1，所以可设直线l的方程为：y=kx+1，联立抛物线方程可得，x2−4kx−4=0，所以又x2=4y⇒y=x24⇒y′=x2，所以抛物线在A处的切线方程为：y−x1所以AP=1432+4即AP⋅BQ的取值范围为故选：B．7．（5分）（2023·全国·高三专题练习）椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若存在直线l与椭圆交于不同两点B,CA．0,2 B．0,32 C．0,1【解题思路】设Bx1,y1,Cx2,【解答过程】设椭圆x2a2由已知Fc,0，A设Bx因为△ABC重心为F，所以x1所以x1又x1所以x1所以b2所以直线l的斜率k=−b当且仅当b=c时等号成立，又k=3bc所以直线l的斜率取值范围是0,3故选：B.8．（5分）（2023秋·湖北恩施·高二校联考期末）法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆为C：x2+y2=32a2，过C上的动点MA．椭圆Γ的离心率为2B．△MPQ面积的最大值为3C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为6D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2【解题思路】对于A，取椭圆左顶点与上顶点处的切线，建立齐次方程，可得答案；对于B，根据圆的性质，结合三角形的面积公式，可得答案；对于C，设出点的坐标，由两点距离公式，利用函数的思想，可得答案；对于D，设出点的坐标，代入椭圆的标准方程，利用点差法，结合两点之间斜率公式，可得答案.【解答过程】依题意，过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线，过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上，所以a2+b2=32因为点M，P，Q都在圆C上，且∠PMQ=90°，所以PQ为圆C的直径，所以PQ=2×所以△MPQ面积的最大值为12设Mx0,y0，Γ因为c2=a又−62a≤则M到Γ的左焦点的距离的最小值为6−由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设Ax1,y1，Dx2又x122b2+y故选：B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023春·贵州黔南·高二统考期末）已知P是椭圆C:x24+y2=1A．椭圆C的焦距为3 B．椭圆C的离心率为3C．圆D在椭圆C的内部 D．PQ的最小值为6【解题思路】A和B：利用椭圆的方程求解判断；C：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；D：利用圆心到点的距离判断.【解答过程】因为椭圆方程为：x2所以a2=4,b由x24+因为Δ=所以椭圆与圆无公共点，又圆心−1,0在椭圆内部，所以圆在椭圆内部，故C正确；设Px,y则PD=当x=2−2×34=−43时，PD故选：BC.10．（5分）（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知抛物线Γ:x2=2pyp>0，过其准线上的点Tt,−1作Γ的两条切线，切点分别为A．p=4 B．当t=1时，TA⊥TBC．当t=1时，直线AB的斜率为2 D．直线AB过定点0,1【解题思路】根据Tt,−1为准线上的点列方程−p2=−1，解方程即可得到p可判断A；利用导数的几何意义得到过点Ax1,x124，Bx2,x224的切线斜率，可得到x1，x【解答过程】因为Tt,−1为准线上的点，所以−p2根据抛物线方程得到y=x24，则y′=则−1−x1241−所以x1，x2为方程x2所以kTA⋅k由B选项得x1+x由B选项得x12−2tx1同理得2y2−tx2−2=0，所以直线故选：BD．

11．（5分）（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为1A．椭圆方程为C:B．直线l：3x+4y−7=0与椭圆C无公共点C．若过点O作OA⊥OB，A，B为椭圆C上的两点，则过O作OH垂直于弦AB于H，H所在轨迹为圆，且rD．若过点Q（3，2）作椭圆两条切线，切点分别为A，B，P为直线PQ与椭圆C的交点，则k【解题思路】先利用离心率，焦点三角形面积最大值算出a，b，得出椭圆方程，再逐一分析.【解答过程】由题意ca=12bc=联立x24+y2故有两个交点，故B错误；因为S=OAOB且1而1∴OH设Hx,y，则x2∴x2设过椭圆外的点Q（3，2）的切线方程为y=k(x−3)+2联立x24+∵y=k(x−3)+2与椭圆相切，∴Δ=0，整理得：5k2故两切线为定直线，则A，B为定点，故kAB∵P为直线PQ与椭圆C的交点，则P为动点则kPQ故选：AC.12．（5分）（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知双曲线C:x2−y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线lA．PFB．若直线l经过F2，且与双曲线C交于另一点Q，则PQC．PFD．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为−3【解题思路】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果.【解答过程】依题意a=1，b=3，c=2，F1(−2,0)，F设P(x0,y0)，则双曲线C的两条渐近线方程为y=±3对于A，PF对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为2b若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为2a=2<6，B错误；对于C，P==(2x对于D，不妨设M(x1,3x1)由x=my+nx2−若直线l与双曲线C相切，则Δ=36化简整理得n2则点M，N的纵坐标之积y1故选：ACD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）现有双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0，A，B为双曲线的左、右顶点，C，D为双曲线的虚轴端点，动点P满足PAPB【解题思路】根据条件，设A(−a,0),B(a,0),P(x,y),，由两点间距离公式并化简可得动点P的轨迹方程,并判断出动点P的轨迹为圆.结合题意，当点P位于最高点时，△PAB的面积最大，可求出a；当点P位于左端时，△PCD的面积最小，可求出b，进一步计算即可.【解答过程】设A(−a,0),B(a,0),P(x,y),依题意得，|PA|=2|PB|,即(x+a)两边平方化简得(x−则点P的轨迹是以(5a3,0)当点P位于最高点时，△PAB的面积最大，最大面积为1解得a=2;当点P位于最左端时，△PCD的面积最小，最小面积为12解得b=3,故双曲线的离心率e=故答案为：1314．（5分）（2023·吉林长春·校考模拟预测）已知斜率为25的动直线与椭圆x25+y24=1交于A,B两点，线段AB的中点为【解题思路】设斜率为25直线方程为y=25x+b，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段AB的中点为【解答过程】设斜率为25直线方程为：y=代入椭圆x224x线段AB的中点为M，设Ax则x1所以y1==2所以x0=x1+所以线段AB的中点为M的轨迹方程为：y=−2x，如图所示：M的轨迹即为线段PQ，由y=−2xx25所以P−所以M的轨迹长度为：PQ=故答案为：5615．（5分）（2023·重庆巴南·统考一模）已知抛物线y2=4x上存在两点A,B（A,B异于坐标原点O），使得∠AOB=90°，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90°与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为80【解题思路】设直线AB的方程为x=my+t，联立方程组，由条件证明t=4，由此可得AB，再求CD，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.【解答过程】由已知直线AB的斜率存在，且不为0，故可设直线AB的方程为x=my+t，联立y2消x得，y2方程y2−4my−4t=0的判别式设Ax1,所以x因为∠AOB=90°，所以OA⋅OB=0所以t2又A,B异于坐标原点O，所以y1y2所以t=4，所以直线AB的方程为x=my+4，且AB所以直线AB与x轴的交点为4,0，所以点M的坐标为4,0，所以直线CD的方程为x=−1联立y2消x得，y2方程y2+4设Cx3,所以CD=由已知AB⊥CD，所以四边形ACBD面积S=1设m2=λ，则λ>0，所以S=8λ由基本不等式可得λ+1λ≥2，当且仅当λ=1设μ=λ+1λ，可得S=84所以当μ=2时，即m=±1时，S取最小值，最小值为80，所以四边形ACBD面积的最小值为80.故答案为：80.

16．（5分）（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，直线y=kxk>0与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：①四边形AF1BF2是平行四边形；②若AE⊥x轴，垂足为E【解题思路】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形AF1BF2【解答过程】对于①，因为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左，右焦点分别为F所以OA=所以四边形AF对于②，设A(x1,因为AE⊥x轴，垂足为E，所以E(x所以k=y1x对于③，因为OA=c，所以OA所以△AF1F设AF1=m,AF因为m2+n所以mn=2b2，所以四边形AF对于④，因为△AOF2为正三角形，OF因为点Ac2,所以c24a所以(c2−所以e4所以e2因为e2>1，所以所以e=3故答案为：①②④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023春·河北·高二校联考期末）已知B为抛物线y2=2x−2上一点，A2,0，B为AC的中点，设C(1)求曲线E的方程；(2)过点F1,0作直线交曲线E于点M、N，点P为直线l：x=−1上一动点．问是否存在点P使【解题思路】（1）设Cx,y，表达出Bx+22（2）设出直线MN：x=my+1，联立抛物线方程，根据等边三角形，得到方程，求出m，进而得到P(−1,±82【解答过程】（1）设Cx,y，则因为点B在抛物线y2=2x−2上，即化简得y2=4x，所以曲线E的方程为（2）假设存在点P−1,y0当MN垂直于y轴时，不符合题意；当MN不垂直于y轴时，设直线MN：x=my+1，MN的中点为Ks,t联立y2=4xx=my+1∴Δ=16m2+16，∴MN=∴t=y1+∴PK=∵△MNP为正三角形，∴32即4m∴m=±2PK：y−2m=−mx−2m2∴y所以存在点P(−1,±82)使

18．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和(1)双曲线的方程及其渐近线方程；(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,1【解题思路】（1）由题意可得c的值，再由离心率，可得a的值，进而求出b的值，由此可求出双曲线的方程以及渐近线方程；（2）设直线l：y=kx−5【解答过程】（1）由题意可得c=5,e=ca=54所以b2所以双曲线的方程为：x216−（2）由于A,B中点P5,1不在x设直线l：y=kx−5+1，A联立y=kx−5消去y得9−16k则x1x2=−400则AB==1+19．（12分）（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(−2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求【解题思路】（1）由已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为y=kx+m，可得m=2k+2，将直线AB的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设【解答过程】（1）解：由题意知，ca=3即ca=32a2+因此，椭圆的方程为x2（2）解：如下图所示：不妨设Ax1,y1设直线AB的方程为y=kx+m，因为点D−2,2，则−2k+m=2，则m=2k+2联立y=kx+mx2+4Δ=64k2m2解得k<−3由韦达定理可得x1+x所以，−12<k<−38由于C在直线OD上，设C−又由于C在直线FA上，则x0−xk=−=−420．（12分）（2023春·湖北恩施·高二校联考期末）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C于A、(1)求抛物线C的方程；(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG【解题思路】（1）分析可知AB与x轴不重合，设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx2,y（2）写出直线AO的方程，将y=y2代入直线AO的方程，求出D的坐标，然后求出AE的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点G的坐标，分析可知G、B、D三点共线，可得出GBGD=1−1【解答过程】（1）解：抛物线C的焦点为Fp若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax联立y2=2pxx=my+p2由韦达定理可得y1+y1=my1所以，抛物线C的方程为y2（2）解：设点Ax1,y1、Bx2又因为直线AO的方程为y=y

将y=y2代入直线AO的方程可得y2=2所以，kDF因为AE⊥DF