新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题54 抛物线及其性质（2份，原卷版+解析版）

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【考纲要求】
1.了解抛物线的定义、几何图形和标准方程，以及它们的简单几何性质.
2.通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想.
【考点预测】
1.抛物线的定义
(1)平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线.
(2)其数学表达式：{M||MF|＝d}(d为点M到准线l的距离).
2.抛物线的标准方程与几何性质
【常用结论】
1.通径：过焦点且垂直于对称轴的弦长等于2p，通径是过焦点最短的弦.
2.抛物线y2＝2px(p>0)上一点P(x0，y0)到焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))的距离|PF|＝x0＋eq \f(p,2)，也称为抛物线的焦半径.
【方法技巧】
1.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.
2.与抛物线有关的最值问题的两个转化策略
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.
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.
3.有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点.若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式.
4.涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”、“整体代入”等解法.
二、【题型归类】
【题型一】抛物线的定义
【典例1】（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知平面内动点满足到定点的距离和到定直线的距离相等，动点的轨迹为曲线，则下列说法正确的有（ ）
A．曲线的方程为
B．两条直线和分别交曲线不同于原点的两点，若直线过点，则
C．过点的直线与曲线交于不同的两点，直线与直线交于点，则直线平行于轴
D．点为曲线上定点，其关于轴对称点为点，则对于曲线上异于的任一点，都有直线与直线的斜率之差为定值
【解析】【答案】ACD
【分析】A选项，根据题意列出满足的方程，化简整理即可；
B选项，联立两条直线，求出两点坐标，根据直线解方程即可；
C选项，设出直线，和抛物线联立，利用的坐标表示的坐标，证明横坐标一样即可；
D选项，直接根据斜率公式进行计算验证.
【详解】A选项，依题意，，平方后整理可得，，A选项正确；
B选项，，解得非原点的交点，，解得非原点的交点，
于是直线为，又直线经过，故，解得，B选项错误；

C选项，显然直线斜率存在，设方程为，联立，得，
设，于是直线方程为：，令，解得，即，
根据韦达定理，，于是也有，由两点得横坐标相等且不是，可得平行于y轴，C选项正确；
D选项，由题意，，，设，则，
注意到，于是，
是定点，即为定值，即为定值，D选项正确.
故选：ACD
【典例2】（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）已知点为拋物线上的动点，点为圆上的动点，则点到轴的距离与点到点的距离之和最小值为 .
【解析】【答案】
【分析】利用抛物线的定义可得点到轴的距离即为点到焦点的距离减去，进而利用圆的性质即得.
【详解】由题可知，抛物线的准线方程为，焦点坐标为，
过点作轴交轴于点，
由抛物线的定义可知点到轴的距离即为，
圆的圆心坐标为，半径为，
故点到轴的距离与点到点的距离之和，
根据圆的性质可知点到轴的距离与点到点的距离之和最小值为，
当且仅当、、、四点共线（、在之间）时取等号.

故答案为：.
【典例3】（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3．
(1)求抛物线的标准方程．
(2)已知过点且互相垂直的直线与分别交于点与点，线段与的中点分别为．若直线的斜率分别为，求的取值范围．
【解析】【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义分析可得，进而可得；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理整理得，利用基本不等式运算求解.
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
设点到准线的距离为．
由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，
由题意可知，的斜率存在且均不为0，
设直线的方程为，
将其代入，得，则有．
同理可得：设直线的方程为，则．
所以，
所以，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
又易知，
所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法：
（1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
（2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
（3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
【题型二】抛物线的标准方程
【典例1】（多选）（2022·重庆·统考三模）已知抛物线的焦点为F，为C上一点，.过C的准线上一点P，作C的两条切线，其中A､B为切点.则下列判断正确的是（ ）
A．B．抛物线C的准线方程为
C．以线段为直径的圆与C的准线相切 D．直线恒过焦点F
【解析】【答案】ACD
【分析】由，利用抛物线的定义求解判断A；由，利用抛物线的定义求解判断B；利用导数求得切线PA，PB的方程，从而得到AB的直线方程求解判断CD.
【详解】如图所示：
因为为C上一点，且，
所以，解得，A正确；
抛物线方程为，其准线方程为，B不正确；
由，得，
设，
则直线PA的方程为，
由点A在直线上，得，即，
则直线PB的方程为，
由点B在直线上，得，即，
所以直线AB的方程为，
所以直线AB过定点，C正确；
设线段AB的中点为C，由图象和抛物线定义知：，
所以以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，D正确.
故选：ACD
【典例2】（2023·山东烟台·统考三模）设抛物线的焦点为，点，过点的直线交于两点，直线垂直轴，，则 ．
【解析】【答案】
【分析】根据抛物线定义求出，再设直线的方程为，得到韦达定理式，求出点横坐标，再利用抛物线定义即可求出的长.
【详解】由题意得,因为直线垂直于轴,,准线方程为，
所以点的横坐标为,设，
根据抛物线的定义知，解得，
则，则，可设直线的方程为，
联立抛物线方程有可得，
，则，
则，解得，则，
故答案为：.

【典例3】（2023·全国·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，A是C上一点且位于第一象限，直线与C交于另一点B，直线（O为坐标原点）与直线交于点D，且与x轴平行．
(1)求抛物线C的方程．
(2)若，点P，Q是C上与A不重合的动点，直线与的斜率之积为，判断直线是否过定点？若过定点，写出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【解析】【答案】(1)
(2)存在，定点坐标为．
【分析】（1）设出直线的方程为，与抛物线联立方程，应用韦达定理，结合A，O，D三点共线，即可求解；
（2）设直线PQ的方程为，与抛物线联立，得韦达定理，结合直线与的斜率之积为，可得，进而可求.
【详解】（1）由题，设，，
因为直线的倾斜角不为0，则设直线方程为，
由得，所以，所以，
因为与x轴平行，所以，则．
因为A，O，D三点共线，所以，得，
所以抛物线C的方程为．

（2）由（1）及得，所以，所以．
设，，依题知直线的倾斜角不为0，
则设直线方程为，
由得，
所以，，
因为直线与的斜率之积为－2，
所以
，
整理得，
代入，得，
所以直线过定点，且定点坐标为．

【点睛】求解动直线过定点问题，一般可先设出直线的一般方程，然后利用题中条件整理出k，b的关系，若（m，n为常数），代入得，则该直线过定点．
【题型三】抛物线的顶点、开口方向
【典例1】（多选）（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）设抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点，若，且，则抛物线的方程可以为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】BC
【分析】利用抛物线的定义、以及几何性质求解.
【详解】
设，因为，所以，
因为，所以，
即，所以，所以，
解得，所以，解得或，
所以抛物线的方程为或．
故选:BC.
【典例2】（2022上·安徽蚌埠·高二统考期末）抛物线的准线方程是，则实数 .
【解析】【答案】/
【分析】将抛物线方程化为标准方程，根据其准线方程即可求得实数.
【详解】抛物线化为标准方程：，
其准线方程是，而
所以 ，即 ，
故答案为：
【典例3】（2022上·山东德州·高三统考期末）已知抛物线C的顶点是坐标原点O，对称轴为x轴，焦点为F，抛物线上点A的横坐标为1，且.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C的焦点作与x轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
【解析】【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意知抛物线开口向右可设其抛物线方程，焦点为，抛物线上点A的横坐标为1，可设出点坐标含有未知数，再由可列出，再由，代入即可解得，即可求出抛物线方程.
（2） 由题意设直线l：，，，再把抛物线与直线进行联立消，得.直线OM的方程为，与联立可得：，同理可得，可写出圆心和半径进而写出圆的方程，在令，即可求出以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
【详解】（1）由题意可设抛物线方程为，､，
由.可得，即.解得
抛物线方程为：.
（2）设直线l：，，，
由联立得，.
则.
直线OM的方程为，与联立可得：，同理可得.
以AB为直径的圆的圆心为，半径为，则圆的方程为. 令.则.
即，解得或.
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点，.
【题型四】抛物线的范围
【典例1】（多选）（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，焦点到准线的距离为，为上的一个动点，则（ ）
A．的焦点坐标为
B．若，则周长的最小值为
C．若，则的最小值为
D．在轴上不存在点，使得为钝角
【解析】【答案】BCD
【分析】利用焦准距求出抛物线，可得焦点坐标，判断选项A；根据抛物线的定义的应用，结合周长公式，判断选项B；设，利用两点间距离公式结合二次函数的性质，求出的最小值，判断选项C；设，由数量积的坐标运算，判断出选项D．
【详解】选项A，抛物线，焦点到准线的距离为，则，焦点，错误；
选项B，，，，
设到准线的距离为，到准线的距离为，
则的周长为，正确；
选项C，设，，则，
当时，的最小值为，正确；
选项D，设，，，，
，
，不可能为钝角，正确；
故选：BCD
【典例2】（2022·辽宁大连·大连八中校考模拟预测）设抛物线，若任意以为圆心的圆与抛物线至多有3个公共点，则的值范围为 ．
【解析】【答案】
【分析】令圆为且，讨论、，并依此为前提讨论、、，数形结合判断是否任意圆与抛物线交点个数不超过3个，即可得答案.
【详解】令圆为且，抛物线，
对于，圆与抛物线公共点情况如下，
若，它们恒有1个公共点，

若，它们没有公共点，

若，它们恒有2个公共点，

所以，对于，任意以为圆心的圆与抛物线至多有2个公共点，满足题设；
对于，圆与抛物线公共点情况如下，
若，它们恒有3个公共点，

若，它们恒有2个公共点，

若，它们可能0个或2个或4个公共点，

所以，不满足以为圆心的任意圆与抛物线至多有3个公共点；
综上，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：讨论，，结合的取值、数形结合判断圆与抛物线交点个数.
【典例3】（2020·全国·模拟预测）若抛物线：()上的点与点(4，1)关于直线对称，是抛物线的焦点.
（1）求的值；
（2）若点是抛物线上使得取得最小值的点，，是抛物线上不同于点的两点，且有，求证：直线恒过定点.
【解析】【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先根据点与点(4，1)关于直线对称，求出点坐标，再将点坐标代入曲线方程，求得的值.
（2）先根据抛物线方程为及点Q坐标判断点在抛物线内部，数形结合得到取得最小值时，设直线的方程为，联立韦达定理得到，，
代入，化简整理得到关于的等量关系式，进而得到直线恒过定点.
【详解】解：（1）设，则线段的中点为.
依题意可得即
解得，所以.
由为抛物线上一点，得，.
（2）由（1）得抛物线方程为，
将代入，得.
因为，所以点在抛物线内部.
过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，连接，则，
当且仅当，，三点共线时，取得最小值，
当时，，此时.
设直线的方程为，
联立方程，得消去得，
，
设，，
则，.
因为，所以.
又，
，
所以，
即，.
则，即，
代入线方程，得.
所以直线恒过定点.
【点睛】求解由向量形式给出的圆锥曲线的几何关系问题，常用坐标法处理，可以由向量关系得到点的坐标关系，将几何问题中的垂直､平行等问题转化成代数运算，也可利用向量的坐标运算将由向量形式给出的条件转化为坐标的等量关系进行求解，如本题需要将转化为，再根据点的坐标进一步转化为进行求解.
【题型五】抛物线的对称性
【典例1】（多选）（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知点A是抛物线上的动点，为坐标原点，为焦点，，且三点顺时针排列，则（ ）
A．当点在轴上时，
B．当点在轴上时，点A的坐标为
C．当点A与点关于轴对称时，
D．若，则点A与点关于轴对称
【解析】【答案】ABC
【分析】先根据得出为等边三角形，ABC三项都是先确定直线的方程，然后与抛物线联立即可求出结果；D项，先根据 得到点A的横坐标，再确定点位置，从而得出结果.
【详解】因为，所以为等边三角形，
对于A，当点在轴上时，又三点顺时针排列，所以大致图像如图，

此时所在直线方程为，与联立，消去得，
解得或，所以，故A正确；
对于B，当点在轴上时，又三点顺时针排列，
所以此时A点在轴下方，且所在直线方程为，
与联立，消去得，解得或，
当时，，即A点坐标为，故B正确；
对于C，当点A与点关于轴对称时，又三点顺时针排列，
所以此时A点在轴上方，且所在直线方程为，
与联立，消去得，解得或，所以，故C正确；
对于D，当时，得A点横坐标为，此时A点可能在轴上方，也可能在轴下方.
因为三点顺时针排列，
所以当A点在轴上方时，可得点A与点关于轴对称；
当A点在轴下方时，可得此时点在轴上，点A与点不关于轴对称；故D错误；
故选：ABC.
【典例2】（2020·北京·北大附中校考模拟预测）已知曲线是平面内到定点和定直线的距离之和等于3的动点的轨迹，则曲线的一条对称轴方程是 ，的最小值是 .
【解析】【答案】
【解析】设，由题意可得，分，，三种情况讨论，求出轨迹方程，即可得出对称轴以及的最小值.
【详解】设，由题意可得，即，
当，即或时，无解；
当时，，则，此时曲线的一条对称轴方程是；；即此时的最小值是；
当时，，则，此时曲线的一条对称轴方程是；；即此时的最小值是；
综上，的最小值是.
故答案为：；.
【点睛】本题主要考查求抛物线的轨迹方程，考查抛物线的对称性，以及求抛物线上的点到定点的距离问题，属于常考题型.
【典例3】（2021·江苏·统考三模）已知圆M：x2+(y-)2=4与抛物线E：x2=my(m>0)相交于点A，B，C，D，且在四边形ABCD中，AB//CD．
（1）若，求实数m的值；
（2）设AC与BD相交于点G，△GAD与△GBC组成蝶形的面积为S，求点G的坐标及S的最大值．
【解析】【答案】（1）m=1；（2）G(0，)；S最大值为3．
【分析】(1)联立圆M与抛物线E的方程，设出点A，D坐标，利用向量数量积求解即得；
(2)利用抛物线的对称性，设出G点坐标，利用三点共线可得G的坐标，利用割补法借助(1)中有关关系式列出函数，进而得解.
【详解】（1）依据圆与抛物线的对称性，四边形ABCD是以y轴为对称轴的等腰梯形，
不妨设，A，D在第一象限，A(x1，y1)，D(x2，y2)，则B(-x1，y1)，C(-x2，y2)，y10)
x2＝2py (p>0)
x2＝－2py (p>0)
p的几何意义：焦点F到准线l的距离
性
质
顶点
O(0，0)
对称轴
y＝0
x＝0
焦点
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
离心率
e＝1
准线方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
开口方向
向右
向左
向上
向下