【二轮复习】高考数学 专题8.4 抛物线综合（题型专练）（新高考专用）.zip

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2972" 【题型1 抛物线的定义及应用】 PAGEREF _Tc2972 \h 3
\l "_Tc22750" 【题型2 抛物线的标准方程的求解】 PAGEREF _Tc22750 \h 4
\l "_Tc22364" 【题型3 抛物线的几何性质及应用】 PAGEREF _Tc22364 \h 6
\l "_Tc32498" 【题型4 与抛物线有关的最值问题】 PAGEREF _Tc32498 \h 9
\l "_Tc22964" 【题型5 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc22964 \h 11
\l "_Tc25811" 【题型6 抛物线的焦点弦问题】 PAGEREF _Tc25811 \h 15
\l "_Tc369" 【题型7 抛物线中三角形（四边形）的面积问题】 PAGEREF _Tc369 \h 18
\l "_Tc273" 【题型8 抛物线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc273 \h 24
1、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：
【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．34B．43C．23D．32
【解题思路】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出3+p2=5p，求解即可得出答案.
【解答过程】由已知可得，抛物线的准线方程为x=-p2，
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+p2，
所以，3+p2=5p，解得p=23.
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F的距离为6，设O为坐标原点，则△OFM的面积为（ ）．
A．2B．2C．22D．42
【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的面积
【解答过程】根据抛物线的定义：MF=4+p2=6，则p=4，
所以抛物线方程：x2=8y，F0,2，
由于点M在抛物线上，即x02=32，则|x0|=42，
三角形△OFM的面积：S△OFM=12×OF×|x0|=12×2×42=42.
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=0，则动点M的轨迹是（ ）
A．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)2-y-1=0变形为x2+(y-1)2=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=2π3，则|FM|=（ ）
A．6B．3C．83D．43
【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，所以∠EMF=π6，
设|MF|=a，可得|EF|=12a，显然|MN|=|PE|=|PF|-|EF|，
由抛物线的定义得|MN|=|MF|，
结合|PF|=p=4，故a=p-12a，解得a=23p=23×4=83．
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=-6xB．y2=6xC．y2=-3xD．y2=3x
【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=-2px(p>0)，
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=-6x.
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=xB．y2=2xC．y2=4xD．y2=8x
【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，p=2，抛物线方程为y2=4x．
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∘，则抛物线C的方程为（ ）
A．y2=8xB．y2=4x
C．y2=2xD．y2=x
【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，从而可得答案．
【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Fp2,0，准线l：x=-p2
又抛物线的定义可得AF=AD，又∠DAF=60∘，所以△DAF为等边三角形，
所以DF=AF=2，∠DFM=60∘
所以在Rt△DFM中，DF=2MF=2p=2，则p=1，所以抛物线C的方程为y2=2x.
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⊥MT，则C的方程为（ ）
A．y2=2x或y2=8xB．y2=x或y2=8x
C．y2=2x或y2=4xD．y2=x或y2=4x
【解题思路】设T为x0,y0，得到MT=x0,y0-1，MF=p2,-1，得到p2x0-y0+1=0，由y02=2px0，联立方程组求得T2p,2，结合FT=x0+p2=52，求得p的值，即可求解.
【解答过程】设T为x0,y0，则MT=x0,y0-1，
又由Fp2,0，所以MF=p2,-1，
因为MF⊥MT，所以MF⋅MT=0，可得p2x0-y0+1=0，
由y02=2px0，联立方程组，消去x0，可得y02-4y0+4=0，所以y0=2，故T2p,2，
又由FT=x0+p2=52，所以52-p2=2p，即p2-5p+4=0，解得p=1或p=4，
所以C的方程为y2=2x或y2=8x．
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=MO=MF的点M的坐标为（ ）
A．12,32B．14,74C．12,52D．14,94
【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OP的垂直平分线和OF的垂直平分线的交点，进而求解即可．
【解答过程】将点P的坐标代入抛物线中得2p2=2p×2，解得p=1，
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=14，
又MP=MO=MF，则点M为OP的垂直平分线和OF的垂直平分线的交点，
所以点M的坐标为14,74．
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OM的斜率的最大值为（ ）
A．2B．33C．52D．32
【解题思路】设Mx0,y0，Pm,n，确定y0>0，根据向量之间的关系得到m=4x0-3n=4y0，得到y02+34=x0，kOM=1y0+34y0，利用均值不等式计算得到答案.
【解答过程】F1,0，设Mx0,y0，显然当y0<0时，kOM<0，当y0>0时，kOM>0，
要想求解直线OM的斜率的最大值，此时y0>0．

设Pm,n，PM=3MF，y0>0，则PM=3MF，即x0-m,y0-n=31-x0,-y0，
解得m=4x0-3n=4y0．
n2=4m，故16y02=44x0-3，即y02+34=x0，
y0>0，故kOM=y0x0=y0y02+34=1y0+34y0≤12y0⋅34y0=33，
当且仅当y0=34y0，即y0=32时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为33．
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PBPA最小时，点P到坐标原点的距离为（ ）
A．25B．32C．23D．8
【解题思路】设Px0,y0，由抛物线的定义可得|PB|=|PD|=x0+2，|PA|=x02+12x0+4，设t=x0+2,化简PBPA可得当1t=14时，|PB||PA|取得最小值，求出P的坐标，即可求解
【解答过程】因为抛物线C:y2=8x，则焦点为2,0，准线为x=-2，
又A-2,0，B2,0，则点B2,0为抛物线的焦点，
过P作准线的垂线，垂足为D，
设Px0,y0，则y02=8x0，故x0≥0，
由抛物线的定义可得|PB|=|PD|=x0+2，
|PA|=x0+22+y0-02=x0+22+y02=x02+4x0+4+8x0=x02+12x0+4，
又x0≥0，则设t=x0+2,故t≥2,x0=t-2，
则|PB||PA|=x0+2x02+12x0+4=t(t-2)2+12(t-2)+4=tt2-4t+4+12t-24+4 =t2t2+8t-16=11+8t-16t2=1-161t2-12⋅1t+1 =1-161t-142+2(t≥2)，
当1t=14时，|PB||PA|取得最小值为12=22，则t=4，x0=2，
将x0=2代入抛物线可得y02=16，所以OP=4+16=25
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C1，C2的焦点F1，F2，线段F1F2分别交C1，C2于点G，H，则GH的值为（ ）
A．10-52B．8-52C．3+2D．1+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=3-22，进而根据焦半径公式以及对称性即可求解.
【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，D-4,4，
将A4,4代入C1:y2=2px，得p=2，所以抛物线C1的方程为y2=4x．
故C2:x2=-4y，
故F11,0，F20,-1，设Gx0,y0，直线F1F2的方程为y=x-1，
联立y2=4x，得x2-6x+1=0，解得x=3-22或3+22（舍），
故x0=3-22，GF1=x0+p2=x0+1=4-22．
由对称性可知HF2=4-22，GH=GF1+HF2-F1F2=8-52．
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AN的最小值为（ ）
A．2B．22C．4D．23
【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At24,t，
则AN=t24-42+t2=t416-t2+16=t24-22+12≥23，
当且仅当t=±22时，等号成立．
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PA+PF的最小值为（ ）
A．23B．6C．42D．5
【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，结合抛物线的定义可得答案.
【解答过程】由拋物线C:y2=4x知p=2，则F1,0，准线l方程为x=-1，
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=PP1,
所以PA+PF=PA+PP1≥AH,当且仅当点P是线段AH与抛物线的交点（即A，
P，H三点共线）时取等号．
所以PA+PF的最小值为AH=4+p2=5，
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PM+PF的最小值为（ ）
A．6B．5C．4D．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+p2，
所以p=4，所以抛物线的方程为y2=8x，
过点P作PP'垂直抛物线的准线，垂足为P'，
则PM+PF=PM+PP'≥MP'≥4+2=6，
当且仅当P',P和M三点共线时等号成立.
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M到y轴的距离为d，则MN+d的最小值为（ ）
A．1B．22C．332D．2
【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，MN+d取最小值，即可得解.
【解答过程】根据已知得到F2,0，圆A:x+12+y+42=1，所以A-1,-4，圆A的半径为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=MF，
所以，MN+d=MN+MF-2≥AM+MF-1-2≥AF-1-2=2+12+-42-1-2=2.
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M-1,-1，则AB=（ ）
A．4B．92C．5D．6
【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=AB2=r得到关于k的方程，解方程求出k，则得到弦长.
【解答过程】由题意知，抛物线C的准线为x=-1，即p2=1，解得p=2，
因为p=2，所以抛物线C的方程为：y2=4x，其焦点为F1,0，
又直线l: y=kx-1，所以直线l恒过抛物线的焦点F1,0，
设点Ax1,y1,Bx2,y2，因为A,B两点在抛物线C上，
联立方程y12=4x1y22=4x2，两式相减可得，y1-y2x1-x2=4y1+y2=k，
设AB的中点为Qx0,y0，则y0=2k，因为点Qx0,y0在直线l上，
解得可得x0=2k2+1，所以点Q2k2+1,2k是以AB为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆Q的半径r=AB2=x1+x2+22=2x0+22=2k2+2，
因为QM2=2k2+22+2k+12=r2，所以2k2+22+2k+12=2k2+22，
解得k=-2，则AB2=2-22+2=52，则AB=5.
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B，则AB=（ ）
A．72B．9C．36D．92
【解题思路】首先求出直线AB的方程为y=24x+1，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，则得到yA+yB=52，最后利用焦点弦公式即可.
【解答过程】令x=22，则y=2224=2，
则点A的坐标为(22,2),C的焦点为F(0,1)，
则kAF=2-122=24，所以直线AB的方程为y=24x+1，
与抛物线方程x2=4y联立，消去y得x2-2x-4=0，由韦达定理得xA+xB=2，
所以yA+yB=24xA+xB+2=52，
所以由抛物线的定义得|AB|=yA+yB+2=92.
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AB=（ ）
A．4B．8C．12D．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坐标为(p2,0)，
设直线l的方程为y=x-p2，联立y2=2px,(p>0)，
得x2-3px+p24=0，Δ=8p2>0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=3p，
故|AB|=x1+x2+p=4p，

又点O到直线y=x-p2的距离为d=|p2|2=p22，
则S△OAB=12|AB|⋅d=22，即12×4p×p22=22,∴p=2，
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=-4x的公共点从右到左依次为点A、B、C，则AB=（ ）
A．4B．6C．8D．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、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线E1的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式可求得AB的值.
【解答过程】如下图所示：
易知抛物线E1:y2=4x的焦点为F1,0，
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=-4x，可得y2+4my+4=0，
则Δ2=16m2-16=0，因为m>0，解得m=1，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立x=y+1y2=4x，可得x2-6x+1=0，
Δ1=36-4>0，由韦达定理可得x1+x2=6，AB=x1+x2+2=8，
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．5B．9C．10D．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+x2，由抛物线定义可得结果.
【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D，即D1,0，
又|AF|=|AO|，所以AD⊥OF,故设A1,y0，因点A在抛物线上，得y0=±22，
根据对称性取y0=22，又因直线AB过焦点F，
所以直线AB的方程为：y=-22x-2，
联立y2=8xy=-22x-2，得x2-5x+4=0 ①，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1,x2为①式两根，所以x1+x2=5，
由抛物线定义可知AB=x1+x2+p=5+4=9，
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=2BQ=4，则p=（ ）
A．4B．103C．83D．2
【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PE,QH，
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，则OB为△AFK的中位线，
所以AB=BF．
设QF=m，则AB=BF=m+2，PQ=m+4，
所以AQ=m+2+2=m+4．
由抛物线的定义可知，FQ=QH=m，PF=PE=4．
在△APE中，AQAP=QHPE，即12=m4，解得m=2．
在△BPM中，BQBP=QNPM，即2-p24-p2=28，解得p=83．
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=2213（O为坐标原点），则线段AB的长度为（ ）
A．8B．16C．24D．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，准线方程为x=-p2，

直线AB的方程为y=tanπ6x-p2=33x-p2，
联立x=-p2y=33x-p2可得x=-p2y=-33p，即点M-p2,-33p，
所以OM=-p22+-33p2=2213，因为p>0，所以p=4，
所以直线AB的方程为y=33x-2，抛物线C:y2=8x，设点Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=33x-2y2=8x可得x2-28x+4=0，
由韦达定理可得x1+x2=28，则AB=x1+x2+p=32
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=AD=3，则直线BD的斜率为（ ）
A．-22B．-2C．-32D．-52
【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三点共线求出点B的坐标，再利用斜率公式即可得解.
【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，则直线AD与抛物线的准线垂直，
设A(xA,yA)，由C:y2=4x，得焦点F(1,0)，准线x=-1，
则xA+1=3，得xA=2，
代入抛物线方程y2=4x，又点A在第一象限，
故yA=22，所以A(2,22)，D(-1,22)．
设ByB24,yByB<0，又F(1,0)，
则由A，F，B三点共线可得yByB24-1=22-02-1，
整理得yB2-2yB-4=0，解得yB=22（舍），或yB=-2，故B12,-2，
故直线BD的斜率为22+2-1-12=-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A、B.
(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，由此得到y1+y2的结果，再根据两点间斜率公式以及抛物线方程化简kAB可得结果；
（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,y1,Bx2,y2，因为P2,4在抛物线上，
所以16=4p，所以p=4，所以C:y2=8x，
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+kPN=0，
显然A,B不与P关于x轴的对称点重合，所以x1≠2,x2≠2，
又因为kPA=kPM=y1-4x1-2=y1-418y12-2=8y1+4，kPB=kPN=y2-4x2-2=y2-418y22-2=8y2+4，
所以8y1+4+8y2+4=0，所以y1+4=-y2-4，所以y1+y2=-8，
所以kAB=y2-y1x2-x1=y2-y1y228-y128=8y1+y2=-1，
即直线AB的斜率为-1；
（2）设AB:y=-x+m，
联立y=-x+my2=8x可得y2+8y-8m=0，
所以y1+y2=8,y1y2=-8m，
且Δ=64-4×1×-8m>0，所以m>-2，
若M与O重合，此时m=0，
由上可知m∈-2,0，
又AB=1+1k2×y1+y22-4y1y2=2×64+32m=8m+2，
且P到直线AB的距离d=m-62，
所以S△PAB=12×d×AB=22×6-m2m+2，
令fm=6-m2m+2,m∈-2,0，
所以f'm=3m-2m-6>0，
所以fm在-2,0上单调递增，且f0=72,f-2=0，
所以△PAB的面积取值范围是22×0,22×72，即为0,24.
【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P的轨迹为曲线C.
(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：S≤869.
【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+y2=x+2023-40452，化简得y2=2x，
所以C的方程为y2=2x.
解法二：因为点P到定点F12,0的距离比到定直线x=-2023的距离小40452，
所以点P到定点F12,0的距离与到定直线x=-12的距离相等，
由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F12,0为焦点，定直线x=-12为准线的抛物线，
所以C的方程为y2=2x.
（2）证明：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的斜率为kk≠0，线段MN的中点为Q，

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y12=2x1,y22=2x2,
所以y1-y2y1+y2=2x1-x2，
又y1+y2=2m,y1-y2x1-x2=k,
所以km=1，即k=1m.
设直线MN的方程为y-m=1mx-m，
即x-my+m2-m=0，
联立x-my+m2-m=0,y2=2x,整理得y2-2my+2m2-2m=0，
所以Δ=8m-4m2>0，解得0y1+y2=2m,y1y2=2m2-2m，
则MN=1+m2y1-y2=1+m2 y1+y22-4y1y2
=1+m2 4m2-42m2-2m=21+m2 2m-m2.
又点A到直线MN的距离为d=2-2m+m21+m2，
所以S=2S△AMN=MN⋅d=21+m22m-m2⋅2-2m+m21+m2=22m-m22-2m+m2，
记t=2m-m2，
因为0所以S=2t2-t2=-2t3+4t,t∈0,1.
令ft=-2t3+4t,t∈0,1，则f't=-6t2+4，
令f't=0，可得t=63，
当t∈0,63时，f't>0,ft在区间(0,63内单调递增，当t∈63,1时，f't< 0,ft在区间63,1上单调递减，
所以当t=63，即m=1±33时，ft取得最大值，即Smax=f63=869，
所以S≤869.
【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的轨迹为曲线C．
(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于S,T两点，求四边形ABST面积的最小值．
【解题思路】（1）法一：设点Px,y，由题意可知PF=PM，将该式转化为方程，化简可得答案；
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Mx,-1．
由题意知PF=PM，即x2+y-12=y+1，
整理得：x2=4y，
则曲线C的方程为x2=4y．
法二：由题意知，点P到点F0,1的距离等于其到直线y=-1的距离相等，
则点P的轨迹为以F0,1为焦点，以y=-1为准线的抛物线，
则曲线C的方程为x2=4y.
（2）法一：由题意知，AB为圆x2+y+22=4的直径，则OA⊥OB．
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-1k．
又OA所在直线为y=kx，
联立x2=4yy=kx，解得：x1=0或x2=4k，则不妨取S点横坐标为x2=4k，
联立x2+y+22=4y=kx，解得：x3=0或x4=-4k1+k2，则不妨取A点横坐标为x4=-4k1+k2，
所以AS=1+k2x2-x4=1+k2⋅4kk2+21+k2=4kk2+21+k2．
同理可得BT=4-1k--1k2+21+-1k2=42k2+1k21+k2，
四边形ABST的面积S=12AS⋅BT=82+k22k2+1kk2+1=82k4+5k2+2kk2+k
=82k2+2k2+5k+1k=82k+1k2+1k+1k,
令t=k+1k，t∈2,+∞,则S=82t2+1t=82t+1t,
因为S在2,+∞上单调递增，所以当t=2时，S有最小值36．
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,得yS=4m2．
由x=myx2+y+22=4,得yA=-4m2+1,
∴AS=1+m2yS-yA=42m2+1m21+m2,
同理可得：BT=42m2+11m21+1m2=42+m2mm2+1．
S四边形ABST=12ASBT=82m2+12+m2mm2+1=82m2+5+2m2m+1m
令t=m+1m≥2,
则St=82t2+1t=82t+1t在t∈2,+∞上单调递增．
∴Stmin=8×12+4=36，
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的距离最大时，AB=4.
(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AB=2pm2+1，进而求出最大值即可；
（2）设l:x=ny+1，Ax1,y1,Bx2,y2，得到y1y2=-4，得到S=12y1+y22，根据基本不等式求出最小值即可.
【解答过程】（1）由题意知，Fp2,0，直线l斜率不为0，
设l:x=my+p2，Ax1,y1,Bx2,y2，

由x=my+p2y2=2px，得y2-2pmy-p2=0，
Δ=4p2m2+4p2＞0，y1+y2=2pmy1y2=-p2，
则AB=1+m2y1-y2=1+m2×y1+y22-4y1y2
=1+m2×2pm2+4p2=2pm2+1，
当m=0时，ABmax=2p=4，所以p=2，
所以C的标准方程为y2=4x
（2）由（1）知F1,0，设l:x=ny+1，Ax1,y1,Bx2,y2，

联立x=ny+1y2=4x，则y2-4ny-4=0，y1y2=-4，
因为线段BD的中点为P，所以P点纵坐标为12y2，
所以S=12OFy1+y22=12y1+y22≥12×2y1⋅y22=2，
当且仅当y1=y22，即y1=2,y2=22时取等号，
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x23-y2=1的渐近线的距离为12.
(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PQ恒过一个定点.
【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PQ的直线方程确定直线经过定点.
【解答过程】（1）因为抛物线的焦点F为p2， 0，
双曲线的渐近线方程为：y=±33x，即x±3y=0，
则p212+(±3)2=12，解得p=2，故抛物线的方程为：y2=4x.
（2）设A，B两点坐标分别为(x1， y1)，(x2， y2)，则点P的坐标为x1+x22， y1+y22.
由题意可设直线l1的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
由y2=4x， y=kx-1， 得k2x2-(2k2+4)x+k2=0，Δ=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>0，
因为直线l1与曲线C交于A，B两点，所以x1+x2=2+4k2，y1+y2=k(x1+x2-2)=4k，
所以点P的坐标为1+2k2， 2k.
由题知，直线l2的斜率为-1k，同理可得点Q的坐标为(1+2k2， -2k).
当k≠±1时，有1+2k2≠1+2k2，此时直线PQ的斜率kPQ=2k+2k1+2k2-1-2k2=k1-k2，
所以直线PQ的方程为y+2k=k1-k2(x-1-2k2)，整理得yk2+(x-3)k-y=0，
于是直线PQ恒过定点E(3， 0).
当k=±1时，直线PQ的方程为x=3，也过定点E(3， 0).
综上，直线PQ恒过定点E(3， 0).
【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l2:y=k2x+2与抛物线C分别交于点P,Q和点R,S.
(1)若k1=12，求△PQF的面积；
(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,QxQ,yQ，由韦达定理得出yP+yQ,yPyQ，即可根据抛物线弦长公式得出PQ，再由点到直线的距离公式得出点F1,0到直线l1的距离，即可根据三角形面积公式得出答案；
（2）设Py124,y1,Qy224,y2,Ry324,y3，Sy424,y4，分别联立抛物线与直线l1和抛物线与直线l2，消去x根据韦达定理得出y1y2=8，y3y4=8，根据直线的点斜式化简得出直线PS与RQ的方程，即可联立两直线方程消去y，再代入y1y2=8，y3y4=8，化解得出定直线.
【解答过程】（1）
依题意，F1,0，
联立y2=4xy=12x+2，得y2-8y+8=0.
设PxP,yP,QxQ,yQ，
故yP+yQ=8,yPyQ=8，
故PQ=1+1k12yP-yQ，
=1+1k12⋅yP+yQ2-4yPyQ
=1+4×64-32=410，
点F1,0到直线l1的距离d=35，
故S△PQF=12×410×35=62.
（2）
设Py124,y1,Qy224,y2,Ry324,y3，Sy424,y4，
联立y=k1x+2,y2=4x,得k1y2-4y+8k1=0，
则y1y2=8.
同理可得，y3y4=8.
则直线PS:y-y1=y4-y1y424-y124x-y124，
化简得，4x-y1+y4y+y1y4=0⋯①，
同理可得，直线RQ:4x-y2+y3y+y2y3=0⋯②，
联立①②消去y可得，
x=y2y3y1+y4-y1y4y2+y34y2+y3-y1+y4
=y1y2y3+y2y3y4-y1y2y4-y1y3y44y2+y3-y1+y4
=8y3+8y2-8y4-8y14y2+y3-y1+y4=2,
故点A在直线x=2上.
【变式8-2】（2023·贵州·二模）抛物线C1:y2=2pxp>0的焦点到准线的距离等于椭圆C2:x2+16y2=1的短轴长．
(1)求抛物线C1的方程；
(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0【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a和b的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线MN经过的定点.
【解答过程】（1）由椭圆方程x2+16y2=1可知短轴长为2b=12，
∴抛物线y2=2pxp>0的焦点到准线的距离p=12，
故抛物线方程为y2=x．
（2）∵D1,t是抛物线C1上位于第一象限的点，∴t2=1且t>0，∴D1,1．
设Ma2,a，Nb2,b，则直线MN方程为y-a=1a+bx-a2，
即x-a+by+ab=0，
∵直线DM：x-a+1y+a=0与圆E：x-22+y2=r2相切，
∴a+21+a+12=r，整理可得，r2-1a2+2r2-4a+2r2-4=0，①
同理，直线DN与圆E相切可得，r2-1b2+2r2-4b+2r2-4=0，②
由①②得a，b是方程r2-1x2+2r2-4x+2r2-4=0的两个实根，
∴a+b=4-2r2r2-1，ab=2r2-4r2-1，
代入x-a+by+ab=0，化简整理可得，
x+2y+2r2-x-4y-4=0，
令x+2y+2=0-x-4y-4=0，解得x=0y=-1，
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，H为线段PQ的中点．
(1)证明：1MN+1PQ为定值；
(2)设直线GH的斜率为k1，证明：kk1为定值．
【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1MN+1PQ的值；
（2）求出点G、H的坐标，可求得k1的表达式，由此可求出kk1的值.
【解答过程】（1）证明：设m=1k，则m≠0，易知抛物线Γ的焦点为F1,0，
设直线AB的方程为x=my+1，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立y2=4xx=my+1可得x2-4my-4=0，Δ=16m2+16>0，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=-4，
接下来证明抛物线Γ在点A处的切线方程为y1y=2x+2x1，
联立y2=4xy1y=2x+2x1可得y2-2y1y+4x1=0，即y2-2y1y+y12=0，即y-y12=0，
所以，直线y1y=2x+2x1与抛物线Γ只有唯一的公共点，
所以，AC的方程为y1y=2x+2x1，同理可知，直线BD的方程为y2y=2x+2x2，
在直线AC的方程中，令x=0，可得y=2x1y1=2×y124y1=y12，即点C0,y12，同理可得点D0,y22，
所以，直线CF的方程为x+yy12=1，即x=1-2yy1，
设点Mx3,y3、Nx4,y4，联立x=1-2yy1y2=4x可得y2+8yy1-4=0，
则Δ1=64y12+16>0，由韦达定理可得y3+y4=-8y1，y3y4=-4，
所以，MN=x3+x4+2=2-2y1y3+y4+2=4-8my1=4y1-8my1，
同理可得PQ=4y2-8my2，
所以，1MN+1PQ=y14y1-8m+y24y2-8m=y1y2-2m+y2y1-2m4y1-2my2-2m
=y1y2-my1+y22y1y2-2my1+y2+4m2=-4-4m22-4-8m2+4m2=12.
故1MN+1PQ为定值12.
（2）解：设点Gx0,y0，则y0=y3+y42=-4y1，所以，x0=1-2y0y1=1+8y12，
即点G1+8y12,-4y1，同理可得点H1+8y22,-4y2，
所以，k1=-4y1+4y21+8y12-1+8y22=1-21y1+1y2=1-2y1+y2y1y2=y1y2-2y1+y2=-4-8m=12m，
所以，kk1=1m12m=2.
1．（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．7B．6C．5D．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M在C上，
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=4.
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x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点F1，与双曲线的渐近线交于点A，若∠F1F2A=π4，则双曲线的标准方程为（ ）
A．x210-y2=1B．x2-y216=1
C．x2-y24=1D．x24-y2=1
【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，由此可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.
【解答过程】抛物线y2=45x的准线方程为x=-5，则c=5，则F1-5,0、F25,0，
不妨设点A为第二象限内的点，联立y=-baxx=-c，可得x=-cy=bca，即点A-c,bca，
因为AF1⊥F1F2且∠F1F2A=π4，则△F1F2A为等腰直角三角形，
且AF1=F1F2，即bca=2c，可得ba=2，
所以，ba=2c=5c2=a2+b2，解得a=1b=2c=5，因此，双曲线的标准方程为x2-y24=1.
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=BF，则AB=（ ）
A．2B．22C．3D．32
【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=BF=2，
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=3-12+0-22=22.
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A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若|CD|=2|AB|．则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．2D．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=12c2，再由双曲线离心率公式即可得解.
【解答过程】设双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)的公共焦点为(c,0)，
则抛物线y2=2px(p>0)的准线为x=-c，
令x=-c，则c2a2-y2b2=1，解得y=±b2a，所以|AB|=2b2a,
又因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，所以|CD|=2bca，
所以2bca=22b2a，即c=2b，所以a2=c2-b2=12c2，
所以双曲线的离心率e=ca=2.
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，l为C的准线，则（ ）．
A．p=2B．MN=83
C．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:y2=2pxp>0的焦点F1,0，
所以p2=1,p=2,2p=4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y2=4x.
B选项：设Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=-3x-1y2=4x消去y并化简得3x2-10x+3=x-33x-1=0，
解得x1=3,x2=13，所以MN=x1+x2+p=3+13+2=163，B选项错误.
C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d，
因为d=12d1+d2=12MF+NF=12MN，
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3x+y-3=0，
O到直线3x+y-3=0的距离为d=32，
所以三角形OMN的面积为12×163×32=433，
由上述分析可知y1=-33-1=-23,y2=-313-1=233，
所以OM=32+-232=21,ON=132+2332=133，
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，Q两点，则（ ）
A．C的准线为y=-1B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【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y=-14，A错误；
kAB=1-(-1)1-0=2，所以直线AB的方程为y=2x-1，
联立y=2x-1x2=y，可得x2-2x+1=0，解得x=1，故B正确；
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(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx-1x2=y，得x2-kx+1=0，
所以Δ=k2-4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<-2，y1y2=(x1x2)2=1，
又|OP|=x12+y12=y1+y12，|OQ|=x22+y22=y2+y22，
所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.
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 94 .
【解题思路】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x=-54，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.
【解答过程】由题意可得：52=2p×1，则2p=5，抛物线的方程为y2=5x，
准线方程为x=-54，点A到C的准线的距离为1--54=94.
故答案为：94.
8．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆C:(x+2)2+y2=3相切，且l与抛物线y2=2px(p>0)交于点O,P两点，若OP=8，则p= 6 ．
【解题思路】根据圆x+22+y2=3和曲线y2=2px关于x轴对称，不妨设切线方程为y=kx，k>0，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【解答过程】易知圆x+22+y2=3和曲线y2=2px关于x轴对称，不妨设切线方程为y=kx，k>0，
所以2k1+k2=3，解得：k=3，由y=3xy2=2px解得：x=0y=0或x=2p3y=23p3，
所以OP=2p32+23p32=4p3=8，解得：p=6．
当k=-3时，同理可得．
故答案为：6．
9．（2023·全国·高考真题）已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点，且|AB|=415．
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
【解题思路】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；
（2）设直线MN：x=my+n，Mx1,y1,Nx2,y2,利用FM⋅FN=0，找到m,n的关系，以及△MFN的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【解答过程】（1）设AxA,yA,BxB,yB，
由x-2y+1=0y2=2px可得，y2-4py+2p=0，所以yA+yB=4p,yAyB=2p，
所以AB=xA-xB2+yA-yB2=5yA-yB=5×yA+yB2-4yAyB=415，
即2p2-p-6=0，因为p>0，解得：p=2．
（2）因为F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，Mx1,y1,Nx2,y2，
由y2=4xx=my+n可得，y2-4my-4n=0，所以，y1+y2=4m,y1y2=-4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为FM⋅FN=0，所以x1-1x2-1+y1y2=0，
即my1+n-1my2+n-1+y1y2=0，
亦即m2+1y1y2+mn-1y1+y2+n-12=0，
将y1+y2=4m,y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，4m2+n=n-12>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3-22．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=n-11+m2，
MN=x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y2=1+m216m2+16n
=1+m24n2-6n+1+16n=21+m2n-1，
所以△MFN的面积S=12×MN×d=12×n-11+m2×21+m2n-1=n-12，
而n≥3+22或n≤3-22，所以，
当n=3-22时，△MFN的面积Smin=2-222=12-82．
10．（2022·全国·高考真题）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α-β取得最大值时，求直线AB的方程．
【解题思路】（1）由抛物线的定义可得MF=p+p2，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线MN:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB=22，设直线AB:x=2y+n，结合韦达定理可解.
【解答过程】（1）抛物线的准线为x=-p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时MF=p+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，直线MN:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0，Δ>0,y1y2=-4，
由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1-2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2-4x1-2y1⋅y-8=0，
Δ>0,y1y3=-8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α-β最大，则β∈0,π2，设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，
Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:y=kx-1
由 y=k(x-1)y2=4x得：k2x2-2k2+4x+k2=0，x1x2=1,同理，y1y2=-4.
直线MD:y=y1x1-2(x-2),代入抛物线方程可得：x1x3=4，同理，x2x4=4.
代入抛物线方程可得:y1y3=-8,所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
由斜率公式可得：kAB=y4-y3x4-x3=2y2-y141x2-1x1=y2-y12x2-x1=12kMN.
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.
[方法三]：三点共线
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，
设Pt,0,若 P、M、N三点共线，由PM=y124-t,y1，PN=y224-t,y2
所以y124-ty2=y224-ty1，化简得y1y2=-4t，
反之，若y1y2=-4t,可得MN过定点t,0
因此，由M、N、F三点共线，得y1y2=-4，
由M、D、A三点共线，得y1y3=-8，
由N、D、B三点共线，得y2y4=-8，
则y3y4=4y1y2=-16，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，所以直线AB:x=2y+4.
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)