2023年高考數(shù)學(xué)真題題源解密（新高考全國卷）專題14 拋物線（解析版）

專題14拋物線目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一直線與拋物線真題考查解讀近年真題對比考向一拋物線的性質(zhì)考向二直線與拋物線命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記/二級結(jié)論速記考向一直線與拋物線1．（多選）（2023?新高考Ⅱ?第10題）設(shè)O為坐標(biāo)原點，直線y=?3（x﹣1）過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，且與C交于M，N兩點，l為CA．p＝2 B．|MN|=8C．以MN為直徑的圓與l相切 D．△OMN為等腰三角形【答案】AC解：直線y=?3（x﹣1）過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，可得p2=所以A正確；拋物線方程為：y2＝4x，與C交于M，N兩點，直線方程代入拋物線方程可得：3x2﹣10x+3＝0，xM+xN=10所以|MN|＝xM+xN+p=163，所以M，N的中點的橫坐標(biāo)：53，中點到拋物線的準線的距離為：1+所以以MN為直徑的圓與l相切，所以C正確；3x2﹣10x+3＝0，不妨可得xM＝3，xN=13，yM＝﹣23，xN|OM|=9+12=21，|ON|=19所以△OMN不是等腰三角形，所以D不正確．【命題意圖】考查拋物線的定義、標(biāo)準方程、幾何性質(zhì)、直線與拋物線．考查運算求解能力、邏輯推導(dǎo)能力、分析問題與解決問題的能力、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．【考查要點】拋物線的定義、方程、性質(zhì)是高考?？純?nèi)容，以小題出現(xiàn)，常規(guī)題，難度中等．【得分要點】一、拋物線的定義平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l(l不經(jīng)過點F)距離相等的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的焦點，直線l叫做拋物線的準線．注：①在拋物線定義中，若去掉條件“l(fā)不經(jīng)過點F”，點的軌跡還是拋物線嗎？不一定是，若點F在直線l上，點的軌跡是過點F且垂直于直線l的直線．②定義的實質(zhì)可歸納為“一動三定”一個動點M；一個定點F(拋物線的焦點)；一條定直線(拋物線的準線)；一個定值(點M到點F的距離與它到定直線l的距離之比等于1)．二、拋物線的方程及簡單幾何性質(zhì)類型y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)圖象性質(zhì)焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))準線x＝－eq\f(p,2)x＝eq\f(p,2)y＝－eq\f(p,2)y＝eq\f(p,2)范圍x≥0，y∈Rx≤0，y∈Rx∈R，y≥0x∈R，y≤0對稱軸x軸y軸頂點O(0,0)離心率e＝1開口方向向右向左向上向下三、直線與拋物線的位置關(guān)系設(shè)直線l：y＝kx＋m，拋物線：y2＝2px(p>0)，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立整理成關(guān)于x的方程k2x2＋2(km－p)x＋m2＝0.(1)若k≠0，當(dāng)Δ>0時，直線與拋物線相交，有兩個交點；當(dāng)Δ＝0時，直線與拋物線相切，有一個交點；當(dāng)Δ<0時，直線與拋物線相離，沒有公共點．(2)若k＝0，直線與拋物線有一個交點，此時直線平行于拋物線的對稱軸或與對稱軸重合．注：(1)直線與拋物線有一個公共點是直線與拋物線相切的必要不充分條件．(2)研究直線與拋物線的關(guān)系時要注意直線斜率不存在的情況．四、弦長問題過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，那么線段AB叫做焦點弦，如圖：設(shè)AB是過拋物線y2＝2px(p>0)焦點F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p.注：(1)x1·x2＝eq\f(p2,4).(2)y1·y2＝－p2.(3)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(2p,sin2α)(α是直線AB的傾斜角)．(4)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)為定值(F是拋物線的焦點)．（5）求弦長問題的方法①一般弦長：|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.②焦點弦長：設(shè)過焦點的弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p.考向一拋物線的性質(zhì)2．（多選）（2022?新高考Ⅱ）已知O為坐標(biāo)原點，過拋物線C：y2＝2px（p＞0）焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點M（p，0）．若|AF|＝|AM|，則（）A．直線AB的斜率為2 B．|OB|＝|OF| C．|AB|＞4|OF| D．∠OAM+∠OBM＜180°【解答】解：如圖，∵F（，0），M（p，0），且|AF|＝|AM|，∴A（，），由拋物線焦點弦的性質(zhì)可得，則，則B（，﹣），∴，故A正確；，|OF|＝，|OB|≠|(zhì)OF|，故B錯誤；|AB|＝＞2p＝4|OF|，故C正確；，，，，|OM|＝p，∵|OA|2+|AM|2＞|OM|2，|OB|2+|BM|2＞|OM|2，∴∠OAM，∠OBM均為銳角，可得∠OAM+∠OBM＜180°，故D正確．故選：ACD．3．（2021?新高考Ⅱ）若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點到直線y＝x+1的距離為，則p＝（）A．1 B．2 C．2 D．4【解答】解：拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點（，0）到直線y＝x+1的距離為，可得，解得p＝2．故選：B．4．（2021?新高考Ⅰ）已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，則C的準線方程為．【解答】解：法一：由題意，不妨設(shè)P在第一象限，則P（，p），kOP＝2，PQ⊥OP．所以kPQ＝﹣，所以PQ的方程為：y﹣p＝﹣（x﹣），y＝0時，x＝，|FQ|＝6，所以，解得p＝3，所以拋物線的準線方程為：x＝﹣．法二：根據(jù)射影定理，可得|PF|2＝|FO||FQ|，可得p2＝，解得p＝3，因此，拋物線的準線方程為：x＝﹣．故答案為：x＝﹣．考向二直線與拋物線5.（多選）（2022?新高考Ⅰ）已知O為坐標(biāo)原點，點A（1，1）在拋物線C：x2＝2py（p＞0）上，過點B（0，﹣1）的直線交C于P，Q兩點，則（）A．C的準線為y＝﹣1 B．直線AB與C相切 C．|OP|?|OQ|＞|OA|2 D．|BP|?|BQ|＞|BA|2【解答】解：∵點A（1，1）在拋物線C：x2＝2py（p＞0）上，∴2p＝1，解得，∴拋物線C的方程為x2＝y(tǒng)，準線方程為，選項A錯誤；由于A（1，1），B（0，﹣1），則，直線AB的方程為y＝2x﹣1，聯(lián)立，可得x2﹣2x+1＝0，解得x＝1，故直線AB與拋物線C相切，選項B正確；根據(jù)對稱性及選項B的分析，不妨設(shè)過點B的直線方程為y＝kx﹣1（k＞2），與拋物線在第一象限交于P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立，消去y并整理可得x2﹣kx+1＝0，則x1+x2＝k，x1x2＝1，，，由于等號在x1＝x2＝y(tǒng)1＝y(tǒng)2＝1時才能取到，故等號不成立，選項C正確；＝，選項D正確．故選：BCD．根據(jù)近幾年考題推測考查內(nèi)容拋物線的定義、方程、性質(zhì)，以小題出現(xiàn)，常規(guī)題，難度中等．一．拋物線的標(biāo)準方程（共1小題）1．（2023?道里區(qū)校級二模）已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為x軸，且過點（﹣3，3），則此拋物線的標(biāo)準方程為．【解答】解：拋物線的頂點在原點，對稱軸為x軸，且過點（﹣3，3），設(shè)拋物線y2＝﹣2px，可得9＝6p，所以2p＝3，所以拋物線的標(biāo)準方程y2＝﹣3x．故答案為：y2＝﹣3x．二．拋物線的性質(zhì)（共39小題）2．（2023?海淀區(qū)一模）已知拋物線y2＝4x的焦點為F，點P在該拋物線上，且P的橫坐標(biāo)為4，則|PF|＝（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：∵拋物線方程為y2＝4x，∴，又點P在該拋物線上，且P的橫坐標(biāo)為4，∴|PF|＝＝5．故選：D．3．（2023?潤州區(qū)校級二模）圖1是世界上單口徑最大、靈敏度最高的射電望遠鏡“中國天眼”——500m口徑拋物面射電望遠鏡，反射面的主體是一個拋物面（拋物線繞其對稱軸旋轉(zhuǎn)所形成的曲面稱為拋物面），其邊緣距離底部的落差約為156.25米，它的一個軸截面是一個開口向上的拋物線C的一部分，放入如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，已知該拋物線上點P到底部水平線（x軸）距離為125m，則點P到該拋物線焦點F的距離為（）A．225m B．275m C．300m D．350m【解答】解：令拋物線方程為x2＝2py且p＞0，由題設(shè)，（250，156.25）在拋物線上，則312.5p＝2502，解得，又P（xP，yP）且yP＝125，則P到該拋物線焦點F的距離為米．故選：A．4．（2023?鄭州模擬）拋物線有一條重要性質(zhì)：從焦點發(fā)出的光線，經(jīng)過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的對稱軸，反之，平行于拋物線對稱軸的光線，經(jīng)過拋物線上的一點反射后，反射光線經(jīng)過該拋物線的焦點．已知拋物線C：x2＝2py（p＞0），一條平行于y軸的光線，經(jīng)過點A（1，4），射向拋物線C的B處，經(jīng)過拋物線C的反射，經(jīng)過拋物線C的焦點F，若|AB|+|BF|＝5，則拋物線C的準線方程是（）A． B．y＝﹣1 C．y＝﹣2 D．y＝﹣4【解答】解：由題意可知，拋物線的準線方程為，根據(jù)拋物線的定義可知，拋物線上的點到焦點的距離和到準線的距離相等，所以，得p＝2，所以拋物線的準線方程為y＝﹣1．故選：B．5．（2023?紅山區(qū)模擬）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F到準線的距離為4，點M（x1，y1），N（x2，y2）在拋物線C上，若（y1﹣2y2）（y1+2y2）＝48，則＝（）A．4 B．2 C． D．【解答】解：拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F到準線的距離為4，則p＝4，C：y2＝8x，依題意，，而，，故8x1﹣32x2＝48，即8x1+16＝32x2+64，則x1+2＝4（x2+2），故．故選：A．6．（2023?河南模擬）設(shè)F為拋物線的焦點，點P在拋物線上，點Q在準線l上，滿足PQ∥x軸．若|PQ|＝|QF|，則|PF|＝（）A．2 B． C．3 D．【解答】解：依題意有|PQ|＝|QF|＝|PF|，則△PQF為等邊三角形，又PQ∥x軸，所以|PF|＝|PQ|＝4|OF|＝2．故選：A．7．（2023?四川模擬）拋物線C：x2＝4y的焦點為F，直線x﹣y+3＝0與C交于A，B兩點，則△ABF的面積為（）A．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：∵拋物線C：x2＝4y的焦點F為（0，1），又易知直線x﹣y+3＝0與y軸交點P為（0，3），聯(lián)立，可得x2﹣4x﹣12＝0，解得x1＝﹣2，x2＝6，∴△ABF的面積為＝＝8，故選：B．8．（2023?烏魯木齊三模）“米”是象形字．?dāng)?shù)學(xué)探究課上，某同學(xué)用拋物線C1：y2＝﹣2px（p＞0）和C2：y2＝2px（p＞0）構(gòu)造了一個類似“米”字型的圖案，如圖所示，若拋物線C1，C2的焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在拋物線C1上，過點P作x軸的平行線交拋物線C2于點Q，若PF1＝3PQ＝6，則p＝（）A．4 B．6 C．8 D．10【解答】解：因為3PQ＝6，即PQ＝2，由拋物線的對稱性知xP＝﹣1，由拋物線定義可知，，即，解得p＝10，故選：D．9．（2023?平羅縣校級模擬）已知拋物線C：y2＝20x的焦點為F，拋物線C上有一動點P，Q（6，5），則|PF|+|PQ|的最小值為（）A．10 B．16 C．11 D．26【解答】解：設(shè)拋物線C的準線為l，作PT⊥l于T，由拋物線的定義知|PF|＝|PT|，所以，當(dāng)P，Q，T三點共線時，|PF|+|PQ|有最小值，最小值為．故選：C．10．（2023?新疆模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）上任意一點到焦點F的距離比到y(tǒng)軸的距離大1，則拋物線的標(biāo)準方程為（）A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x【解答】解：拋物線的準線方程為x＝?，根據(jù)拋物線的定義可知，拋物線C上任意一點到準線的距離比到y(tǒng)軸的距離大1，則＝1，所以，p＝2，因此，拋物線C的方程為y2＝4x．故選：C．11．（2023?河南模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的準線為l，且點A（4，4）在拋物線上，則點A到準線l的距離為（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：由題意知16＝8p，所以p＝2，所以拋物線方程為y2＝4x，則拋物線的準線l為x＝﹣1，所以點A到拋物線準線的距離為4﹣（﹣1）＝5．故選：A．12．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知拋物線y＝ax2（a＞0），焦點F到準線的距離為1，若點M在拋物線上，且|MF|＝5，則點M的縱坐標(biāo)為．【解答】解：拋物線的標(biāo)準方程為，其焦點為，準線方程為，由拋物線的焦點F到準線的距離為1，得，可得，所以，拋物線的標(biāo)準方程為x2＝2y，其準線方程為，設(shè)點M（x0，y0），由拋物線的定義可得，解得．故答案為：．13．（2023?3月份模擬）已知點M為拋物線y2＝8x上的動點，點N為圓x2+（y﹣4）2＝5上的動點，則點M到y(tǒng)軸的距離與點M到點N的距離之和最小值為．【解答】解：已知點M為拋物線y2＝8x上的動點，點N為圓x2+（y﹣4）2＝5上的動點，由題意可得圓x2+（y﹣4）2＝5的圓心坐標(biāo)為（0，4），半徑為，拋物線y2＝8x的焦點坐標(biāo)為F（2，0），過M作MQ垂直y軸交y軸于點Q，由拋物線的定義可得|MQ|+|MN|＝|MF|+|MN|﹣2＝＝，當(dāng)且僅當(dāng)A、M、N、F共線時取等號，則點M到y(tǒng)軸的距離與點M到點N的距離之和最小值為．故答案為：．14．（2023?興國縣模擬）已知過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0）的直線與拋物線C交于A，B兩點（A在第一象限），以AB為直徑的圓E與拋物線C的準線相切于點D．若，O為坐標(biāo)原點，則△AOB的面積為（）A． B． C． D．4【解答】解：依題意，＝1，可得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x．依題意可知DE與拋物線的準線x＝﹣1垂直，在直角三角形ABD中，|AD|＝|BD|，則∠BAD＝，∠ABD＝∠DEB＝∠AFx＝，所以直線AB的方程為y＝（x﹣1），由，消去y并化簡得3x2﹣10x+3＝0，易得Δ＞0，xA+xB＝，則|AB|＝xA+xB+p＝+2＝，原點（0，0）到直線x﹣y﹣＝0的距離d＝，所以S△AOB＝|AB|?d＝××＝．故選：B．15．（2023?重慶模擬）已知點P為拋物線y2＝2px（p＞0）上一動點，點Q為圓C：（x+1）2+（y﹣4）2＝1上一動點，點F為拋物線的焦點，點P到y(tǒng)軸的距離為d，若|PQ|+d的最小值為2，則p＝（）A． B．p＝1 C．p＝2 D．p＝4【解答】解：畫出圖形，如圖所示：易知圓C：（x+1）2+（y﹣4）2＝1的圓心C（﹣1，4），半徑r＝1，拋物線焦點，準線方程，由拋物線的定義可知：點P到y(tǒng)軸的距離d＝|PF|﹣，所以|PQ|+d＝|PQ|+|PF|﹣，由圖可知：當(dāng)C，Q，P，F(xiàn)共線，且P，Q在線段CF之間時，PQ+PF最短，而|CF|＝，故有|PQ|+|PF|﹣＝|CF|﹣r﹣＝2，即，解得：p＝4．故選：D．16．（2023?武昌區(qū)校級模擬）已知拋物線和，若C1和C2有且僅有兩條公切線l1和l2，l1和C1、C2分別相切于M，N點，l2與C1、C2分別相切于P，Q兩點，則線段PQ與MN（）A．總是互相垂直 B．總是互相平分 C．總是互相垂直且平分 D．上述說法均不正確【解答】解：拋物線＝（x+1）2﹣1，，兩曲線分別是y＝x2經(jīng)過平移、對稱變換得到的，則兩曲線的大小與形狀相同，且具有中心對稱性，∵l1和l2是它們的公切線，l1和C1、C2分別相切于M，N兩點，l2和C1、C2分別相切于P，Q兩點，∴M，N關(guān)于對稱中心對稱，P，Q關(guān)于對稱中心對稱，線段PQ與MN互相平分．故選：B．17．（2023?武漢模擬）設(shè)拋物線y2＝6x的焦點為F，準線為l，P是拋物線上位于第一象限內(nèi)的一點，過P作l的垂線，垂足為Q，若直線QF的傾斜角為120°，則|PF|＝（）A．3 B．6 C．9 D．12【解答】解：設(shè)準線與x軸的交點為M，由題意可知，F(xiàn)（，0），準線l方程為x＝﹣，在Rt△QMF中，∠QFM＝60°，|MF|＝3，∴|QF|＝6，∵PQ垂直于準線l，∴∠PQF＝∠QFM＝60°，由拋物線的性質(zhì)可知，|PQ|＝|PF|，∴△PQF為等邊三角形，∴|PF|＝|QF|＝6．故選：B．18．（2023?晉中二模）設(shè)F為拋物線C：y2＝4x的焦點，點M在C上，點N在準線l上且MN平行于x軸，若|NF|＝|MN|，則|MF|＝（）A． B．1 C． D．4【解答】解：根據(jù)題意可得p＝2，∴拋物線焦點F為（1，0），準線l為x＝﹣1，設(shè)準線l與x軸的交點為E，如圖所示，由題知MN⊥l，由拋物線的定義可知|MN|＝|MF|，因為|NF|＝|MN|，所以△MNF是正三角形，則在Rt△NEF中，因為MN∥EF，所以∠EFN＝∠MNF＝60°，所以|MF|＝|NF|＝2|EF|＝2p＝4．故選：D．19．（2023?湖北模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，A，B是其準線上的兩個動點，且FA⊥FB，線段FA，F(xiàn)B分別與拋物線C交于P，Q兩點，記△PQF的面積為S1，△ABF的面積為S2，當(dāng)時，|AB|＝．【解答】解：設(shè)lPQ：x＝ky+m，P（x1，y1）、Q（x2，y2），聯(lián)立直線PQ與拋物線方程得y2﹣4ky﹣4m＝0，則y1+y2＝4k，y1?y2＝﹣4m由FA⊥FB可得：，即（x1﹣1）（x2﹣1）＝﹣y1y2，化簡得m2﹣6m+1＝4k2，又，則，同理，可得yAyB＝＝﹣4，而，即，所以m＝，k2＝所以|AB|＝|yA﹣yB|＝|+|＝||＝||＝．故答案為：．20．（2023?包河區(qū)模擬）已知F為拋物線C：y2＝4x的交點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則|AB|+|DE|的最小值為．【解答】解：如圖所示，l1⊥l2，直線l1與C交于點A，B，直線l2與C交于點D，E，要使|AB|+|DE|最小，則A與D，B，E關(guān)于x軸對稱，即直線DE的斜率為1，又直線l2過點（1，0），則直線l2的方程為：y＝x﹣1，聯(lián)立方程組，整理可得：y2﹣4y﹣4＝0，設(shè)D（x1，y1），E（x2，y2），所以y1+y2＝4，y1y2＝﹣4，則|DE|＝＝，所以|AB|+|DE|的最小值為2|DE|＝16，故答案為：16．21．（2023?天山區(qū)校級模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，其準線與x軸的交點為K，過點F的直線與拋物線C相交于A，B兩點，若|AF|﹣|BF|＝，則|＝．【解答】解：由對稱性，不妨設(shè)A在第一象限，設(shè)θ＝∠AFx，由由角平分線定理．故答案為：2．22．（2023?龍崗區(qū)校級一模）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，PF交C于M，N兩點，且滿足，則|NF|＝．【解答】解：拋物線C：y2＝4x，則，準線方程為x＝﹣1，由于，所以F是MP的中點，設(shè)P（﹣1，t），而F（1，0），所以M（3，﹣t），將M點坐標(biāo)代入拋物線方程得t2＝12，不妨設(shè)，則．設(shè)，由于M，N，F(xiàn)三點共線，所以，整理得，解得舍去），所以，所以．故答案為：．23．（2023?江西模擬）用于加熱水和食物的太陽灶應(yīng)用了拋物線的光學(xué)性質(zhì)：一束平行于拋物線對稱軸的光線，經(jīng)過拋物面（拋物線繞它的對稱軸旋轉(zhuǎn)所得到的曲而叫拋物面）的反射后，集中于它的焦點．用一過拋物線對稱軸的平面截拋物面，將所截得的拋物線C放在平面直角坐標(biāo)系中，對稱軸與x軸重合，頂點與原點重合，如圖，若拋物線C的方程為y2＝8x，平行于x軸的光線從點M（12，2）射出，經(jīng)過C上的點A反射后，再從C上的另一點B射出，則|MB|＝（）A．6 B．8 C． D．29【解答】解：由M（12，2），可得A的縱坐標(biāo)為2，設(shè)A（m，2），則4＝8m，解得，由題意反射光線經(jīng)過拋物線y2＝8x的焦點（2，0），所以直線AB的方程為，整理可得，由，消去y整理得2x2﹣17x+8＝0，解得，x2＝8，則，所以B（8，﹣8），所以．故選：C．24．（2023?平江縣校級模擬）已知拋物線C：y2＝4x，焦點為F，點M是拋物線C上的動點，過點F作直線（a﹣1）x+y﹣2a+1＝0的垂線，垂足為P，則|MF|+|MP|的最小值為（）A． B． C．5 D．3【解答】解：∵拋物線C的方程為y2＝4x，∴F（1，0），拋物線C的準線方程為x＝﹣1，∵方程（a﹣1）x+y﹣2a+1＝0可化為y﹣1＝（1﹣a）（x﹣2），∴（a﹣1）x+y﹣2a+1＝0過定點B（2，1），設(shè)P（x，y），設(shè)F，B的中點為A，則，因為FP⊥BP，P為垂足，∴，所以，即點P的軌跡為以A為圓心，半徑為的圓，過點M作準線x＝﹣1的垂線，垂足為M1，則|MM1|＝|MF|，∴|MF|+|MP|＝|MM1|+|MP|，又，當(dāng)且僅當(dāng)M，P，A三點共線且P在M，A之間時等號成立，∴，過點A作準線x＝﹣1的垂線，垂足為A1，則，當(dāng)且僅當(dāng)A1，M，A三點共線時等號成立，∴，當(dāng)且僅當(dāng)A1，M，P，A四點共線且P在M，A之間時等號成立，所以|MF|+|MP|的最小值為，故選：A．25．（2023?張家口三模）已知F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F的直線l交拋物線C于A，B兩點，若|AF|＝λ|BF|＝λ，則λ＝（）A．1 B． C．3 D．4【解答】解：如圖，過A作AA1準線于A1，過B作BB1準線于B1，由拋物線C：y2＝3x的焦點，準線方程為，由拋物線的定義可得，所以，代入拋物線方程得，若，直線AB的斜率為，則直線AB方程為，即，聯(lián)立，得16x2﹣40x+9＝0，則，所以，則；若，直線AB的斜率為，則直線AB方程為，即，聯(lián)立，得16x2﹣40x+9＝0，則，所以，則；綜上，λ＝3．故選：C．26．（2023?商丘三模）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的準線為l：x＝﹣1，焦點為F，過點F的直線與拋物線交于P（x1，y1），Q（x2，y2）兩點，點P在l上的射影為P1，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．若x1+x2＝5，則|PQ|＝7 B．以PQ為直徑的圓與準線l相切 C．設(shè)M（0，1），則|PM|+|PP1|≥ D．過點M（0，1）與拋物線C有且僅有一個公共點的直線至多有2條【解答】解：因為拋物線C：y2＝2px（p＞0）的準線為l：x＝﹣1，所以，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，焦點F（1，0），若直線的斜率存在，設(shè)y＝k（x﹣1），由，消去y，整理得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，所以，x1x2＝1，對于A選項：若x1+x2＝5，則|PQ|＝x1+x2+2＝7，故A選項正確；對于B選項：取PQ的中點N，N在l上的投影為N′，Q在l的投影為Q′，根據(jù)拋物線的性質(zhì)|PP1|＝|PF|，|QQ′|＝|QF|，NN′為梯形的中位線，故，故B選項正確；對于C選項：M（0，1），，故C選項正確；對于D選項：過M（0，1）且與拋物線相切的直線有兩條，過M（0，1）且與x軸平行的直線與拋物線相交有且有一個交點，所以至多有三條，故D選項錯誤．故選：D．27．（2023?徐匯區(qū)校級三模）已知拋物線C：x2＝﹣2py（p＞0）的焦點F與的一個焦點重合，過焦點F的直線與C交于A，B兩不同點，拋物線C在A，B兩點處的切線相交于點M，且M的橫坐標(biāo)為4，則弦長|AB|＝（）A．16 B．26 C．14 D．24【解答】解：由題意可得，F(xiàn)（0，﹣2），則p＝4，拋物線C的方程為x2＝﹣8y．設(shè)直線AB的方程為y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1＝﹣，y2＝﹣，由y＝﹣，得y′＝﹣．∴在點A處的切線方程為y﹣y1＝﹣（x﹣x1），化簡得y＝﹣x+，①同理可得在點B處的切線為y＝﹣x+，②聯(lián)立①②得xM＝，由M的橫坐標(biāo)為4，得x1+x2＝8．將AB的方程代入拋物線方程，可得x2+8kx﹣16＝0．∴x1+x2＝﹣8k＝8，得k＝﹣1．∴y1+y2＝k（x1+x2）﹣4＝﹣1×8﹣4＝﹣12．得|AB|＝p﹣（y1+y2）＝4﹣（﹣12）＝16．故選：A．28．（2023?瓊海校級模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）上的點到其焦點的距離為4，則p＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：因為點在y2＝2px（p＞0）上，所以4p＝2pm，得到m＝2，又點到其焦點的距離為4，根據(jù)拋物線定義知，得到p＝4，故選：D．29．（2023?沙坪壩區(qū)校級二模）已知拋物線y2＝4x的準線過雙曲線的左焦點，點P為雙曲線的漸近線和拋物線的一個公共點，若P到拋物線焦點的距離為5，則雙曲線的方程為（）A． B． C．x2﹣y2＝2 D．2x2﹣2y2＝1【解答】解：由題意知，拋物線y2＝4x的準線方程為x＝﹣1，所以雙曲線的左焦點坐標(biāo)為（﹣1，0），所以雙曲線的c＝1．又因為點P為雙曲線的漸近線和拋物線的一個公共點，若P到拋物線焦點的距離為5，所以xP+1＝5，所以xP＝4，代入拋物線方程即可得P（4，4）．因為P（4，4）在雙曲線的漸近線方程上，所以a＝b，又因為雙曲線中，c2＝a2+b2，所以，所以雙曲線的方程為：2x2﹣2y2＝1．故選：D．30．（2023?浙江模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l過焦點F與C交于A，B兩點，以AB為直徑的圓與y軸交于D，E兩點，且，則直線l的斜率為（）A． B．±1 C．±2 D．【解答】解：設(shè)|AB|＝2r（2r≥4），AB的中點為M，MN⊥y軸于點N，過A，B作準線x＝﹣1的垂線，垂足分別為A1，B1，如圖所示．由拋物線的定義知2（|MN|+1）＝|AA1|+|BB1|＝|AF|+|BF|＝|AB|＝2r，則|MN|＝r﹣1，所以，即16r2﹣50r+25＝0，解得或（舍去），故M的橫坐標(biāo)為．設(shè)直線l：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），將y＝k（x﹣1）代人y2＝4x，得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，則，解得k＝±2．故選：C．31．（2023?香洲區(qū)校級模擬）首鋼滑雪大跳臺是冬奧史上第一座與工業(yè)舊址結(jié)合再利用的競賽場館，它的設(shè)計創(chuàng)造性地融入了敦煌壁畫中飛天的元素，建筑外形優(yōu)美流暢，飄逸靈動，被形象地稱為雪飛天．中國選手谷愛凌和蘇翊鳴分別在此摘得女子自由式滑雪大跳臺和男子單板滑雪大跳臺比賽的金牌．雪飛天的助滑道可以看成一個線段PQ和一段圓弧組成，如圖所示．假設(shè)圓弧所在圓的方程為C：（x+25）2+（y﹣2）2＝162，若某運動員在起跳點M以傾斜角為45o且與圓C相切的直線方向起跳，起跳后的飛行軌跡是一個對稱軸在y軸上的拋物線的一部分，如下圖所示，則該拋物線的軌跡方程為（）A．y2＝﹣32（x﹣1） B． C．x2＝﹣32（y﹣1） D．x2＝﹣36y+4【解答】解：∵某運動員在起跳點M以傾斜角為45o且與圓C相切的直線方向起跳，∴kCM＝﹣1，∴直線CM所在的方程為：y﹣2＝﹣（x+25），代入（x+25）2+（y﹣2）2＝162，解得或（舍），∴點M的坐標(biāo)為（﹣16，﹣7）．設(shè)拋物線方程為：y＝ax2+c，則y′＝2ax|x＝﹣16＝﹣32a＝1，∴，又，解得c＝1，∴該拋物線的軌跡方程為．故選：C．32．（2023?武功縣校級模擬）已知點F為拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，過點F且傾斜角為60°的直線交拋物線C于A，B兩點，若|FA|?|FB|＝3，則p＝．【解答】解：由題意知F（，0），AB的方程為y＝（x﹣），代入C的方程，得3x2﹣5px+＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝，x1x2＝；因為|FA|＝+x1，|FB|＝+x2，且|FA|?|FB|＝3，所以（+x1）（+x2）＝3，整理得以+?（x1+x2）+x1x2＝3，所以+?+＝3，結(jié)合p＞0，解得p＝．故答案為：．33．（2023?招遠市模擬）設(shè)拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，點D（p，0），過點F的直線交C于M，N兩點，直線MD垂直x軸，|MF|＝3，則|NF|＝．【解答】解：由題意得，因為直線MD垂直于x軸，D（p，0），準線方程為，所以M點的橫坐標(biāo)為p，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），根據(jù)拋物線的定義知，解得p＝2，則C：y2＝4x，則F（1，0），可設(shè)直線MN的方程為x﹣1＝my，聯(lián)立拋物線方程有可得y2﹣4my﹣4＝0，Δ＝16m2+16＞0，y1y2＝﹣4，則，則32x2＝16，解得，則．故答案為：．34．（2023?武昌區(qū)校級模擬）已知直線l與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點（與坐標(biāo)原點O均不重合），且OA⊥OB，拋物線的焦點為F，記△AOB、△AOF、△BOF的面積分別為S1，S2，S3，若滿足S1＝6S2+3S3，則直線l的方程為．【解答】解：由已知可設(shè)直線OA方程為y＝kx，又OA⊥OB，OB方程為，由，解得，由，解得B（4k2，﹣4k），，，令y＝0，得x＝4，∴直線l與x軸交點M（4，0），，．，∵S1＝6S2+3S3，∴，解得，，∴直線l的方程，即或．35．（2023?保定三模）設(shè)O為坐標(biāo)原點，點A（2，4），B在拋物線y2＝2px（p＞0）上，F(xiàn)為焦點，M是線段BF上的點，且，則當(dāng)直線OM的斜率最大時，點F到OM的距離為（）A． B． C． D．【解答】解：∵A（2，4）在拋物線y2＝2px（p＞0）上，∴p＝2，則拋物線方程為y2＝8x，求得F（2，0），設(shè)M（x0，y0），當(dāng)y0＜0時，kOM＜0，當(dāng)y0＞0時，kOM＞0．則要求直線OM的斜率的最大值，有y0＞0．設(shè)B（m，n），∵，∴（x0﹣m，y0﹣n）＝2（2﹣x0，﹣y0），則，∵B在拋物線上，∴n2＝8m，得9＝8（3x0﹣4），即，∵y0＞0，∴＝，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故直線OM的斜率的最大值為，此時直線OM的方程為，則點F到OM的距離為．故選：D．36．（2023?湖北模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，過點F的直線與該拋物線交于A，B兩點，的中點縱坐標(biāo)為，則p＝．【解答】解：設(shè)過拋物線y2＝2px（p＞0）焦點F的直線交拋物線于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點，AB的中點縱坐標(biāo)為y0＝，拋物線的焦點為F（，0），直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程：x＝my+，由，得（y1﹣y2）（y1+y2）＝2p（x1﹣x2），所以＝＝＝＝，所以直線l的方程為x＝y(tǒng)+，所以AB中點的橫坐標(biāo)為x0＝×+＝，所以|AB|＝x1+x2+p＝2x0+p＝2×+p＝5，2p2﹣5p+4＝0，解得p＝2或p＝．故答案為：2或．37．（多選）（2023?道里區(qū)校級四模）已知A，B是拋物線C：y2＝6x上的兩動點，F(xiàn)是拋物線的焦點，下列說法正確的是（）A．直線AB過焦點F時，以AB為直徑的圓與C的準線相切 B．直線AB過焦點F時，|AB|的最小值為6 C．若坐標(biāo)原點為O，且OA⊥OB，則直線AB過定點（3，0） D．若直線AB過焦點F，AB中點為P，過P向拋物線的準線作垂線，垂足為Q，則直線AQ與拋物線相切【解答】解：∵拋物線C方程為：y2＝6x，∴2p＝6，∴p＝3，∴＝，∴焦點F（，P），準線l為：x＝，對A，B，D選項，∵直線AB過焦點F，∴設(shè)直線AB方程為x＝my+，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點P為（x0，y0），聯(lián)立，可得y2﹣6my﹣9＝0，∴，∴，∴|AB|＝x1+x2+p＝6m2+3+3＝6（m2+1）≥6，（當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時取等），∴B選項正確；又P到準線l的距離d＝＝＝3（m2+1）＝|AB|，∴以AB為直徑的圓與C的準線相切，∴A選項正確；若直線AB過焦點F，AB中點為P，過P向拋物線的準線作垂線，垂足為Q，則Q（，3m），∴＝，又，∴3m＝，∴＝，對y2＝6x兩邊關(guān)于x求導(dǎo)可得：2yy′＝6，∴，拋物線C：y2＝6x在A（x1，y1）處的切線斜率為＝kAQ，∴直線AQ與拋物線相切，∴D選項正確；對C選項，設(shè)AB直線為x＝my+t，（t≠0），聯(lián)立，可得y2﹣6my﹣6t＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則，∴，又OA⊥OB，∴，即（x1，y1）?（x2，y2）＝0，∴x1x2+y1y2＝0，∴t2﹣6t＝0，又t≠0，∴t＝6，∴AB直線為x＝my+6，∴直線AB過定點（6，0），∴C選項錯誤．故選：ABD．38．（2023?河南模擬）已知點P（1，a）（a＞1）在拋物線C：y2＝2px（p＞0）上，過P作圓（x﹣1）2+y2＝1的兩條切線，分別交C于A，B兩點，且直線AB的斜率為﹣1，若F為C的焦點，點M（x，y）為C上的動點，點N是C的準線與坐標(biāo)軸的交點，則的最大值是（）A． B．2 C． D．【解答】解：由題意可知，過P所作圓的兩條切線關(guān)于直線x＝1對稱，所以kPA+kPB＝0．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（xP，yP），則，同理可得，，則，得，所以y1+y2＝﹣2yP，由，得yP＝p．將（1，p）代入拋物線C的方程，得p2＝2p，解得p＝2，故拋物線C的方程為y2＝4x．設(shè)∠MNF＝θ，作MM1垂直準線于M1，由拋物線的性質(zhì)可得|MM1|＝|MF|，所以，當(dāng)cosθ最小時，的值最大，所以當(dāng)直線MN與拋物線C相切時，θ最大，即cosθ最?。深}意可得N（﹣1，0），設(shè)切線MN的方程為x＝my﹣1，聯(lián)立方程組消去x，得y2﹣4my+4＝0，由Δ＝16m2﹣16＝0，可得m＝±1，將m＝±1代入y2﹣4my+4＝0，可得y＝±2，所以x＝1，即M的坐標(biāo)為（1，±2），所以，|MM1|＝1﹣（﹣1）＝2，所以的最大值為．故選：A．39．（2023?達州模擬）點A（x0，y0）（x0＞1，y0＜0），B，C均在拋物線y2＝4x上，若直線AB，AC分別經(jīng)過兩定點（﹣1，0），M（1，4），則BC經(jīng)過定點N．直線BC，MN分別交x軸于D，E，O為原點，記|OD|＝a，|DE|＝b，則的最小值為（）A． B． C． D．【解答】解：如圖，由題易知直線AB，AC斜率均存在，設(shè)直線AB方程為，由，消x得，即，由韋達定理得，所以，代入y2＝4x，得到，所以，設(shè)直線方程為，由，消x得，即，由韋達定理得，所以，又因為，所以，代入y2＝4x，得到，所以，所以直線BC的斜率為，所以BC的方程為，即所以，即，故直線BC過定點N（1，1），令y＝0，得到，所以，所以，又因為x0＞1，y0＜0，所以，所以，又|OD|＝a，|DE|＝b，所以，又由柯西不等式知，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取等號，所以，即．故選：D．40．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）已知拋物線y2＝4x的焦點為F，過點F的直線l交拋物線于A，B兩點，以線段AB為直徑的圓交y軸于M，N兩點，設(shè)線段AB的中點為P，O為坐標(biāo)原點，則sin∠PMN的最小值為．【解答】解：由y2＝4x得F（1，0），由題意知直線l的斜率不為0，所以設(shè)直線l的方程為x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，消去x得y2﹣4my﹣4＝0，則由韋達定理得，所以，所以|AB|＝x1+x2+p＝4m2+4，所以|PM|＝＝2m2+2，又P點到y(tǒng)軸的距離d＝＝2m2+1，所以sin∠PMN＝＝＝1﹣，所以當(dāng)m＝0時，sin∠PMN取得最小值．故答案為：．三．直線與拋物線的綜合（共20小題）41．（2023?遂寧模擬）已知定點D（2，0），直線l：y＝k（x+2）（k＞0）與拋物線y2＝4x交于兩點A，B，若∠ADB＝90°，則|AB|＝（）A．4 B．6 C．8 D．10【解答】解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，由題意得Δ＞0，故，則，又，則x1x2﹣2（x1+x2）+y1y2+4＝0，即，解得，則，則．故選：C．42．（2023?貴州模擬）已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，過F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，若A（1，2），則|AB|＝（）A．9 B．7 C．6 D．5【解答】解：由題意直線l的斜率必存在，拋物線C：y2＝8x的焦點為F（2，0），設(shè)直線l：y＝k（x﹣2），則，得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝，x1x2＝4，又A（1，2），則x1＝1，x2＝4，k2＝8，|AB|＝?＝3×3＝9．故選：A．43．（2023?黃州區(qū)校級三模）拋物線C：y2＝2px的準線與x軸交于點M，過C的焦點F作斜率為2的直線交C于A、B兩點，則tan∠AMB＝（）A． B． C． D．不存在【解答】解：拋物線C：y2＝2px的焦點F（，0），M（﹣，0），可知AB方程y＝2（x﹣），AB的方程與y2＝2px聯(lián)立，消去y可得4x2﹣6px+p2＝0，可得x＝或，∴A（，），B（，），∴kAM＝＝，kBM＝﹣，∴tan∠AMB＝＝＝4．故選：C．44．（2023?深圳模擬）已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，直線l：y＝k（x+1）與C交于A，B兩點（A在B的左邊），則4|AF|+|BF|的最小值是（）A．10 B．9 C．8 D．5【解答】解：由題知C的焦點，F(xiàn)（1，0），準線為x＝﹣1，如圖，作AM⊥準線，BN⊥準線，l：y＝k（x+1）過定點（﹣1，0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，得k2（x2+2x+1）﹣4x＝0，即k2x2+（2k2﹣4）x+k2＝0，∴，又∵|AF|＝|AM|＝x1+1，|BF|＝|BN|＝x2+1，∴，當(dāng)且僅當(dāng)4x1＝x2時取等，故選：B．45．（2023?萬州區(qū)校級模擬）過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F，作傾斜角為的直線l交C于A，B兩點，交C的準線于點M，若（O為坐標(biāo)原點），則線段AB的長度為（）A．8 B．16 C．24 D．32【解答】解：拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F（，0），作傾斜角為的直線l：y＝（x﹣），拋物線的準線方程為x＝﹣，可得M（﹣，），又，可得＝，解得p＝4，，消去y可得x2﹣28x+4＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝28，所以|AB|＝x1+x2+p＝28+4＝32．故選：D．46．（2023?茂名二模）已知拋物線y2＝6x的焦點為F，準線為l，過F的直線與拋物線交于點A、B，與直線l交于點D，若且，則λ＝．【解答】解：設(shè)準線與x軸的交點為K，作AA1⊥l，BB1⊥l，垂足分別為A1，B1，則BB1∥FK∥AA1．根據(jù)拋物線定義知|BB1|＝|BF|，|AA1|＝|AF|，又若，且，因為BB1∥FK∥AA1，設(shè)|BF|＝m，則，∴，又p＝3，解得m＝2，∴|AF|＝λ|FB|＝2λ，所以|BA|＝2+2λ，因為BB1∥FK∥AA1，所以，∴，解得λ＝3．故答案為：3．47．（2023?昆明一模）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，經(jīng)過拋物線上一點P，作斜率為的直線交C的準線于點Q，R為準線上異于Q的一點，當(dāng)∠PQR＝∠PQF時，|PF|＝．【解答】解：不妨令R為過P點垂直于準線的垂足，又∠PQR＝∠PQF，即QF為∠FQR角平分線，Q是斜率為的直線與拋物線準線的交點，則P在第一象限內(nèi)，而PR⊥QR，且|PR|＝|PF|，根據(jù)角平分線性質(zhì)知：PF⊥QF，如上圖示，令且m＞0，則直線PQ為，令x＝﹣1，則，由，整理可得3m3﹣8m2+12m﹣32＝（m2+4）（3m﹣8）＝0，則，故．故答案為：．48．（2023?江西二模）2022北京冬奧會順利召開，滑雪健將谷愛凌以2金1銀的優(yōu)秀成績書寫了自己的傳奇，現(xiàn)在她從某斜坡上滑下，滑過一高度不計的滑板后落在另一斜坡上，若滑板與水平地面夾角的正切值為，斜坡與水平地面夾角的正切值為，那么她最后落在斜坡上速度與水平地面夾角的正切值為（）（不計空氣阻力和摩擦力）A．3 B． C． D．4【解答】解：由已知，谷愛凌在空中滑過的軌跡為拋物線，以該拋物線的頂點為原點，過頂點與水平方向平行的直線為x軸，拋物線的對稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)該拋物線方程為x2＝﹣2py（p＞0），即（p＞0），設(shè)滑板處的起跳點為，落地點為，其中x1＞0，x2＜0，由導(dǎo)數(shù)的物理意義和幾何意義，A，B兩點處的速度方向與拋物線在A，B兩點處切線平行，∵（p＞0），∴（p＞0），∴起跳點A處切線斜率（x1＞0，p＞0），又∵起跳點A處速度方向與滑板平行，∴（x1＞0，p＞0），∴解得，∴，設(shè)點處的速度與水平地面夾角的正切值為t（t＞0），同理有（x2＜0，p＞0，t＞0），解得，又∵A點處滑板高度不計，∴直線AB的斜率的絕對值（易知kAB＞0），即斜坡與水平地面夾角的正切值，∴，即9t2﹣24t﹣20＝0，解得（舍）或，∴谷愛凌最后落在斜坡上速度與水平夾角的正切值為．故選：B．49．（2023?陳倉區(qū)模擬）已知點F為拋物線C：y2＝8x的焦點，過點F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則的最小值為（）A．64 B．54 C．50 D．48【解答】解：拋物線C：y2＝8x的焦點F（2，0），因為l1⊥l2，所以直線l1，l2斜率存在，且均不為0．由題意可設(shè)直線l1的方程為y＝k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），直線l1的方程與拋物線方程聯(lián)立消去y整理得k2x2﹣4（k2+2）x+4k2＝0，所以，所以，因為l1⊥l2，所以將|AB|中的k替換為﹣，可得|DE|＝8+8k2，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，故的最小值是50．故選：C．50．（2023?河南三模）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點P是C上異于原點O的任意一點，線段PF的中點為M，則以F為圓心且與直線OM相切的圓的面積最大值為（）A．π B． C． D．【解答】解：由題意，作圖如下：設(shè)P（t2，2t）（不妨令t＞0），由已知可得F（1，0），則，所以直線OM的方程為，設(shè)，則（當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時取“＝”），所以點F到直線OM的距離為，即圓F的半徑最大值為，面積最大值為．故選：B．51．（2023?漢濱區(qū)校級模擬）已知拋物線x2＝4y的焦點為F，準線為l，過點F且傾斜角為30°的直線交拋物線于點M（M在第一象限），MN⊥l，垂足為N，直線NF交x軸于點D，則|FD|＝（）A．2 B． C．4 D．【解答】解：由已知可得，F(xiàn)（0，1），|OF|＝1．如圖所示，過點F作FA⊥MN，垂足為A．由題得∠AFM＝30°，所以∠NMF＝60°．根據(jù)拋物線的定義可知|MF|＝|MN|，所以△MNF是等邊三角形．因為MN∥OF，所以∠OFD＝∠MNF＝60°．在Rt△OFD中，．故選：A．52．（2023?佛山模擬）已知圓的方程為x2+y2＝1，拋物線的方程為y2＝x，則兩曲線的公共切線的其中一條方程為．【解答】解：設(shè)兩曲線的公共切線的其中一條公切線與拋物線y2＝x切于點P（x0，），又對y2＝x兩邊關(guān)于x求導(dǎo)可得：2yy′＝，∴y′＝，∴P處的導(dǎo)數(shù)為＝，∴P處的公切線方程為y﹣＝（x﹣x0），即x﹣y+x0＝0，又該切線與圓x2+y2＝1相切，∴d＝＝1＝r，解得x0＝2，∴兩曲線的公共切線的其中一條方程為x﹣y+＝0，即x﹣y+2＝0，由對稱性可知：兩曲線的公共切線的另外一條方程為x+y+2＝0，故答案為：x﹣y+2＝0或x+y+2＝0．53．（2023?江西模擬）已知拋物線y2＝4x，圓E：（x﹣4）2+y2＝12，設(shè)O為坐標(biāo)原點，過圓心E的直線與圓E交于點A，B，直線OA，OB分別交拋物線C于點P，Q（點P，Q不與點O重合）．記△OAB的面積為S1，△OPQ的面積為S2，則的最大值．【解答】解：設(shè)過圓心E的直線的方程為x＝my+4，A（x1，y1），B（x2，y2），由，消去x得（m2+1）y2﹣12＝0，∴y1y2＝﹣，直線OA的方程為y＝x，與拋物線聯(lián)立解得P的橫坐標(biāo)為x＝，同理可得Q的橫坐標(biāo)為x＝，∴＝＝＝＝＝＝，當(dāng)m＝0時，有最大值，最大值為．故答案為：．54．（2023?池州模擬）已知拋物線E：y2＝4x的焦點為F，過定點（2，0）的直線與拋物線交于A，B兩點，AF與E的另一個交點為C，BF與E的另一個交點為D，則|AC|+2|BD|的最小值為．【解答】解：拋物線的焦點F（1，0），準線方程為x＝﹣1，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），設(shè)AC直線為x＝ty+1，聯(lián)立y2＝4x，消去x得y2﹣4ty﹣4＝0，∴y1y3＝﹣4，得y3＝，同理得y4＝，又∵x1x3＝＝1，即x3＝，同理得x4＝，設(shè)AB直線為x＝my+2，聯(lián)立y2＝4x，消去x得y2﹣4ty﹣8＝0，∴y1y2＝﹣8，得y3＝，則x1x2＝＝＝4，即x2＝，則x4＝由拋物線的定義知，|AC|＝x1+1+x3+1＝x1+x3+2，|BD|＝x2+1+x4+1＝x2+x4+2，則|AC|+2|BD|＝x1+x3+2+2（x2+x4+2）＝x1+x3+2+2x2+2x4+4）＝x1+x3+2x2+2x4+6＝x1++2×+2×+6＝6++≥6+2＝6+2＝6+3，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x1＝時，取等號，∴|AC|+2|BD|的最小值為3+6故答案為：3+6．55．（2023?萬州區(qū)校級模擬）已知點F為拋物線y2＝4x的焦點，A（﹣1，0），點M為拋物線上一動點，當(dāng)最小時，點M恰好在以A，F(xiàn)為焦點的雙曲線C上，則雙曲線C的漸近線斜率的平方是（）A． B． C． D．【解答】解：點F為拋物線y2＝4x的焦點，A（﹣1，0），點M為拋物線上一動點，由拋物線的對稱性，不妨設(shè)M為拋物線第一象限內(nèi)點故點M作MB垂直于拋物線的準線于點B，由拋物線的定義知|MF|＝|MB|，易知MB∥x軸，可得∠MAF＝∠BMA，∴，當(dāng)∠MAF取得最大值時，取得最小值，此時AM與拋物線y2＝4x相切，設(shè)直線AM方程為：y＝k（x+1），聯(lián)立，整理得k2x2+（2k2﹣4）x+k2＝0，其中Δ＝﹣16k2+16＝0，解得：k＝±1，由M為拋物線第一象限內(nèi)點，則k＝1，則x2+（2﹣4）x+1＝0，解得：x＝1，此時y2＝4，即y＝2或y＝﹣2，所以點M的坐標(biāo)且M（1，2），設(shè)雙曲線的實軸長為2a，可得，雙曲線的左焦點為A（﹣1，0），右焦點為F（1，0），則，∴，又c＝1，則，故漸近線斜率的平方為．故選：B．56．（2023?江西模擬）已知斜率為k的直線l過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，且與拋物線C交于A，B兩點，拋物線C的準線上一點M（﹣1，﹣1）滿足，則|AB|＝（）A． B． C．5 D．6【解答】解：由題意知，拋物線C的準線為x＝﹣1，即，得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，其焦點為F（1，0）．因為直線l過拋物線的焦點F（1，0），所以直線l的方程為y＝k（x﹣1）．因為，所以M在以AB為直徑的圓上．設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程組兩式相減可得．設(shè)AB的中點為Q（x0，y0），則．因為點Q（x0，y0）在直線l上，所以，所以點是以AB為直徑的圓的圓心．由拋物線的定義知，圓Q的半徑，因為，所以，解得k＝﹣2，所以弦長．故選：C．57．（2023?包河區(qū)校級模擬）已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，直線l：x＝5，點A，B分別是拋物線C、直線l上的動點，若點B在某個位置時，僅存在唯一的點A使得|AF|＝|AB|，則滿足條件的所有|AB|的值為．【解答】解：設(shè)A（x，y），易知拋物線C：x2＝4y焦點為F（0，1），B為直線l：x＝5上的動點，設(shè)B（5，a），∴|AF|＝，|PQ|＝，∵|AF|＝|AB|，∴（y﹣1）2+x2＝（y﹣a）2+（x﹣5）2，∴y2﹣2y+1+x2＝y(tǒng)2﹣2ay+a2+x2﹣10x+25，∴﹣2y+1＝﹣2ay+a2﹣10x+25，a2﹣2ay+2y﹣10x+24＝0，x2＝4y，即y＝代入，可得a2?2a×+2×?10y+24＝0，∴a2??10x+24＝0?2a2?ax2+x2?20x+48＝0，∴（1﹣a）x2﹣20x+2a2+48＝0，①當(dāng)a＝1時，可得?20x+50＝0，解得x＝，由x2＝4y，得y＝＝＝，此時方程只有一個解，滿足題意，∴|AB|＝＝＝，②當(dāng)a≠1時，Δ＝0，Δ＝（﹣20）2﹣4（1﹣a）（2a2+48）＝400﹣4（1﹣a）（2a2+48）＝0，解得a＝﹣1，代入（1﹣a）x2﹣20x+2a2+48＝0，可得2x2﹣20x+50＝0，求得x＝5?y＝，可得|AB|＝＝＝，綜上所述，|AB|的值為或．故答案為：或．58．（多選）（2023?皇姑區(qū)校級模擬）已知拋