2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题18抛物线定义与性质及其综合问题(培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题18抛物线定义与性质及其综合问题(培优讲义)(学生版+解析)，共12页。学案主要包含了题型01，题型02，题型03，题型04，题型05，题型06，题型07，题型08等内容，欢迎下载使用。

◇方法技巧 01 选填的常用方法
（1）定义法（核心）：利用 “抛物线上点到焦点 = 到准线距离”，转化线段长度、求最值，轨迹，避开复杂联立，小题秒杀首选。
（2）待定系数法：设抛物线标准方程（先定开口方向），代入已知点，焦点，准线，求参数，快速写方程，基础题必用。
（3）韦达定理法：直线与抛物线联立，设而不求，用韦达定理代换，求弦长、中点、面积、定点定值，大题核心解法。
（4）性质结论法：熟记焦半径、焦点弦、通径、焦点弦中点坐标等结论，直接套用，大幅提速（如焦点弦长）。
（5）数形结合法：画图像分析开口、焦点位置、直线与抛物线交点，判断最值范围、位置关系，规避漏解，错解。
（6）坐标转化法：设抛物线上点坐标（如设为），简化向量、距离、斜率计算，减少运算量。
◇方法技巧 02 抛物线的常用做题结论和技巧
常见的抛物线解题技巧
焦点弦
过焦点的直线（倾斜角为）与抛物线交于两点，，，为中点，过两点，分别做准线的垂线交垂线于两点，则有以下结论：
（1）；．
（2）焦半径坐标式：.
（3）焦半径倾斜式：，且.
（4）
（5）以弦为直径的圆与准线相切，以或者为直径的圆与轴相切；
（6）三点共线，三点共线．
（7），.
（8）.
（9）过分别做抛物线的切线，切线交点在准线上，交点为，且与轴平行.
（10）.
（11）.
◇题型 01 抛物线的定义和方程
典｜例｜精｜析
典例1．已知为抛物线C：上一点，点A到C的焦点的距离为4，到轴的距离为2，则（ ）
A．2B．3
C．4D．6
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义，即抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，先求出抛物线的准线方程，再结合点到焦点和轴的距离建立等式，进而求出的值.
【详解】对于抛物线，其准线方程为.
已知点到的焦点的距离为，由抛物线的定义可知，点到准线的距离也为.
又因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为点到轴的距离加上，即.
对进行求解，移项可得，解得.
故选：C.
典例2．已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与l和抛物线C分别交于两点，且直线的倾斜角为，则（ ）
A．B．
C．6D．4
【答案】D
【分析】由直线AF的倾斜角为得到得到为等边三角形，进而得到，由，得到答案.
【详解】由抛物线定义可知，
因为直线AF的倾斜角为，轴，
，
所以为等边三角形，
故，，
所以，
其中准线l与轴交点为，则，故，
所以.
故选：D.
变｜式｜巩｜固
变式1．设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上的一点作的垂线，垂足为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得的倾斜角为，进而可得，计算即可.
【详解】作出示意图如图所示：
则抛物线的性质，可得，又，
所以可得的倾斜角为，
则可得，
从而.
故选：C.
变式2．已知抛物线的焦点为F，准线为l，与y轴平行的直线与l和抛物线E分别交于A，B两点，且，则（ ）
A．B．
C．6D．4
【答案】D
【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案.
【详解】由抛物线定义可知，
因为，所以为等边三角形，
故，，
所以，
其中准线l与轴交点为，则，故，
所以.
故选：D.
◇题型 02 利用抛物线的定义求解最值
典｜例｜精｜析
典例1．已知点，抛物线：的焦点为F，P是C上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．2
C．D．3
【答案】B
【分析】利用抛物线定义与三角形两边之和大于第三边计算即可得.
【详解】过点作抛物线的准线于点，
由抛物线定义可得，
则，
当且仅当、、三点共线，抛物线的准线，
即时，有最小值.
故选：B.
典例2．已知点为抛物线上一动点，点为圆：上一动点，点为抛物线的焦点，点到轴的距离为.若的最小值为3.则（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】由抛物线的定义，数形结合可知当共线，且在线段上时，最短，此时有最小值，列方程即可求解.
【详解】圆的圆心，半径，
抛物线的焦点为，准线方程为，
则由抛物线的定义知点到y轴的距离为，
则，
由图知，当共线，且在线段上时，最短，
此时，而，
则，所以.
故选：B
变｜式｜巩｜固
变式1．已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．
【详解】由题意抛物线的焦点为，
由抛物线的定义可得：，
则，
当且仅当、、三点共线时取等号．
即的最小值是3．
故选：C.
变式2．已知抛物线的焦点为F，M为C上的动点，N为直线上的动点，设点M到y轴的距离为d，则的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】A
【分析】由抛物线的定义可知点到焦点的距离等于到准线的距离，进行转化，当三点共线时，可求得最小值.
【详解】
因为抛物线，过F点作垂直直线l于点，过M作准线的垂线交准线于点，如图所示，则，，
则，
当点与点重合，点为线段与抛物线的交点时，等号成立.
故选：A．
◇题型 03 抛物线的简单性质
典｜例｜精｜析
典例1．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的点，若，则的面积为（ ）
A．1B．
C．2D．
【答案】B
【分析】由抛物线的定义得出的坐标，即可求出面积.
【详解】根据题意，可知，
因为，所以由抛物线的定义可得点的横坐标为，故，
所以的面积为，
故选：B.
典例2．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．焦点到抛物线的准线的距离为8
B．
C．若的中点的纵坐标为4，则
D．若，则
【答案】D
【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，及准线方程可判断A；通过斜率存在，或不存在两种情况讨论，结合焦半径公式可判断B；结合B，及焦半径公式可判断C；通过确定直线的斜率为，得到直线的方程为，联立抛物线方程求得坐标，即可求解.
【详解】抛物线的焦点为，准线，，
所以焦点到抛物线的准线的距离为4，A错误；
设，
当直线垂直于轴，可得，
所以，得；
当直线不垂直于轴，设方程为，由，得，
则，，
，B错误；
对于C，的中点的纵坐标为，则，可得：，
，
又，
所以，C错误；
对于D，
不妨设点在第一象限，分别过点作垂直于准线，垂足分别为，
直线与准线交于点，准线与轴交于点，
设，则，
因，则，得，
则，则，
故直线的斜率为，直线的方程为，
与联立得，
解得，
所以，可得：，
所以，D正确；
故选：D
变｜式｜巩｜固
变式1．记抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过作直线与分别交于两点，且，若的面积为，则（ ）
A．2B．4
C．6D．8
【答案】B
【分析】不妨设点，由，可得，根据抛物线上点的坐标结合面积公式即可求得的值.
【详解】易知点，由对称性，不妨设点，
因为，所以，
则，即，
则，即，
又，得，
由，得，解得．
故选：B.
变式2．已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限）且（为坐标原点），则当时，的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意设出直线方程及点，联立抛物线，又，可解p，继而可解的面积.
【详解】如图，
设，则有，化简为，则，则，则，解得时，，代入解得，则．
故选：B．
◇题型 04 抛物线的中点弦公式
典｜例｜精｜析
典例1．已知抛物线上的点到其准线的距离为，直线交抛物线于，两点，且的中点为，则到直线的距离为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】B
【详解】根据题意设A，由点差得到
故直线l可以写成
点到其准线的距离为，可得到M的横坐标为4，将点代入抛物线可得到纵坐标为4或-4，
由点到直线的距离公式得到，M点到直线的距离为或.
故答案为B.
典例2．已知直线与抛物线相交于、两点，点是抛物线的准线与以为直径的圆的公共点，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．的面积为D．
【答案】C
【分析】求出抛物线的准线方程，可求得的值，可判断A选项的正误；利用点差法可求得线段的中点坐标，根据勾股定理列等式可求得的值，可判断B选项的正误；利用抛物线的焦点弦长公式以及三角形的面积公式可判断CD选项的正误.
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；
因为，所以抛物线的方程为，其焦点为，
又直线，即，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点、，因为、两点在抛物线上，
联立方程，两式相碱可得，，
设的中点为，则，
因为点在直线上，解得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径.
因为，所以，
解得，故选项B正确；
因为，所以，直线为，即，
由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离为，
所以，故选项C错误，D正确.
故选：C.
变｜式｜巩｜固
变式1．过抛物线的焦点F，且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，若弦的垂直平分线经过点，则p等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】写出弦所在直线方程为，可设，，，，直线的方程和抛物线方程联立消去可得到关于的一元二次方程，由韦达定理即可求出弦的中点坐标为，而弦的垂直平分线方程可写出为，弦中点坐标带入该方程便可求出的值．
【详解】抛物线的焦点坐标是,直线方程为:,
设,联立,则,
所以,,
故中点坐标为,由两直线互相垂直有,得.
故选：C.
变式2．已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，抛物线的准线上一点满足，则（ ）
A．B．
C．5D．6
【答案】C
【分析】先求出抛物线的方程，得到焦点坐标.设直线：，用点差法表示出的中点为，利用半径相等得到：,解出k，即可求出.
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，得，
所以抛物线的方程为，其焦点为.
因为直线过抛物线的焦点，
所以直线的方程为.
因为，
所以在以为直径的圆上.
设点，，联立方程组，
两式相减可得，
设的中点为，则.
因为点在直线l上，
所以，所以点是以为直径的圆的圆心.
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
所以弦长.
故选：C.
◇题型 05 抛物线的焦点弦性质
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点（在第四象限），为的准线，则（ ）
A．的方程为B．
C．以为直径的圆与相交D．为钝角三角形
【答案】AD
【分析】根据给定条件，求出焦点坐标，进而求得抛物线方程，再与直线方程联立求出点的坐标，结合抛物线定义及数量积的坐标表示逐项判断得解.
【详解】由直线过点，得抛物线的焦点，方程为，
对于A，抛物线的准线的方程为，A正确；
由消去并整理得，解得，
对于B，点，，B错误；
对于C，，线段中点到准线的距离，
因此以为直径的圆与相切，C错误；
对于D，，则是钝角，D正确.
故选：AD.
典例2．（多选）已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（ ）
A．
B．若，则直线的斜率为
C．三点共线（其中为坐标原点）
D．
【答案】ACD
【分析】由抛物线的定义可得，，再利用角的关系即可得出；根据定义可得，即可得出角，进而得出直线的斜率为；设，则，证明即可；由题可得，结合焦半径公式即可证明.
【详解】
连接，根据抛物线定义可知，所以，
又由于轴，所以，
所以，同理可证，
所以，
即，故正确；
过作于，设，则，，
所以，
所以，由对称性可知直线的斜率为，故B错误；
设，则，
由于，由于三点共线，
则，
又由于，则，由于，
则，所以，，
所以，
即，所以三点共线，故C正确；
由于，则，即，所以，
所以，故D正确．
故选：ACD．
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知抛物线的焦点为F，其准线l与x轴交于点A，O为坐标原点，过F的直线与C交于B，D两点，过B，D作l的垂线，垂足分别为E，G，则（ ）
A．若直线BD的斜率为1，则B．以BD为直径的圆与y轴相切
C．D．B，O，G三点共线
【答案】ACD
【分析】对于A，联立直线方程与抛物线方程，结合焦点弦长公式以及韦达定理即可判断；对于B，由抛物线的性质即可判断；对于C，结合内错角相等即可得证；对于D，设直线OB与准线l交于，只需说明重合即可.
【详解】抛物线的焦点，准线，点，设，
对于A，直线，由，
消去y得，所以，所以，故A正确：
对于B，，线段BD中点横坐标，
弦BD中点到准线的距离为，因此以BF为直径的圆与准线相切，故B错误；
对于C，由，得，同理，
则，故C正确．
对于D，设直线，联立，得，则，
直线，直线OB与准线l交于，
联立，解得，
又，所以，即H与G重合，所以B，O，G三点共线．故D正确．
故选：ACD
变式2．（多选）已知抛物线，焦点为，过的直线交于点，，其中在第一象限，在第四象限，为坐标原点，连接交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值是4B．
C．直线平行于轴D．的面积的最大值为
【答案】AC
【分析】设过的直线为，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，利用焦点弦公式判断A，利用焦半径公式判断B，设点坐标为，推导出，即可判断C，由面积公式，再构造函数，利用导数求出面积最小值，即可判断D.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设过的直线为，
将其与抛物线联立可得，消去整理得，
所以，，
对于A：，当且仅当时取等号，即的最小值是，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：设点坐标为，则，
因为，故，故直线平行于轴，故C正确；
对于D：，
设函数，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最小值为，即的面积的最小值为，故D错误，
故选：AC．
◇题型 06 抛物线中阿基米德三角形
典｜例｜精｜析
典例1．阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称三角形PAB为“阿基米德三角形”.已知抛物线C：的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”，下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．D．点P的坐标为
【答案】D
【分析】联立方程可解得，则，根据导数可得，可判断，利用点斜式可求得两条切线方程和，联立求P，再求，可判断．
【详解】联立方程，消去得：，解得或
即，则，A正确；
∵，即
对于，切线斜率分别为
∴，即，B正确；
在点A的切线方程为，即
同理可得在点B的切线方程为
联立方程，解得，即P，D不正确；
∵，则，
∴，即，C正确；
故选：D．
典例2．过抛物线的焦点作抛物线的弦与抛物线交于、两点，为的中点，分别过、两点作抛物线的切线、相交于点.又常被称作阿基米德三角形.下面关于的描述：
①点必在抛物线的准线上；
②；
③设、，则的面积的最小值为；
④；
⑤平行于轴.
其中正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】作出图形，设点、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，求出点的坐标，可判断①的正误；利用直线、斜率的关系可判断②的正误；计算出的面积的表达式，可判断③的正误；利用直线、的斜率关系可判断④的正误；求出直线的斜率，可判断⑤的正误.综合可得出结论.
【详解】先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为.
证明如下：
由于点在抛物线上，则，
联立，可得，即，，
所以，抛物线在其上一点处的切线方程为.
如下图所示：
设、，设直线的方程为，
联立，消去得，
由韦达定理可得，，
对于命题①，抛物线在点处的切线方程为，即，
同理可知，抛物线在点处的切线方程为，
联立，解得，所以点的横坐标为，
即点在抛物线的准线上，①正确；
对于命题②，直线的斜率为，直线的斜率为，，
所以，，②正确；
对于命题④，当垂直于轴时，由抛物线的对称性可知，点为抛物线的准线与轴的交点，此时；
当不与轴垂直时，直线的斜率为，
直线的斜率为，，则.
综上，，④正确；
对于命题③，，
，
所以，，
当且仅当时，等号成立，③错误；
对于命题⑤，当垂直于轴时，由抛物线的对称性可知，点为抛物线的准线与轴的交点，此时直线与轴重合，⑤错误.
故选：B.
变｜式｜巩｜固
变式1．我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，具有以下性质：
①P点必在抛物线的准线上；
②；
③．
已知直线与抛物线交于A，B点，若，则抛物线的“阿基米德三角形”的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件求出直线PF方程，进而求出点P坐标及长即可求出的面积.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，直线经过抛物线的焦点，
依题意，，设，，
由消去y并整理得，则，，
，解得，即，
当时，因为“阿基米德三角形”，则直线PF斜率，直线PF方程为：，
点P必在抛物线的准线上，点，，
又，于是得，
由对称性可知，当时，同理有，
所以的面积是.
故选：A
变式2．（多选）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设是抛物线上两个不同的点，以为切点的切线交于点.若弦过点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则点处的切线方程为
C．存在点，使得
D．面积的最小值为4
【答案】ABD
【分析】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得，得到切点坐标，得出切线方程，进而可判定B正确；由直线的斜率为，直线的斜率为，得到，可判定C错误；由过点的切线方程为，结合弦长公式，得到，可D正确.
【详解】对于A中，设直线，联立方程组，整理得，
再设，则，所以A正确；
对于B中，由抛物线.可得，则，
则过点的切线斜率为，且，即，
则切线方程为：，即，
若时，则过点的切线方程为：，所以B正确；
对于C中，由选项可得：直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点的切线方程为，
联立直线的方程可得，
所以，
，
，
则，当时，有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
◇题型 07 抛物线中的面积问题
典｜例｜精｜析
典例1．在平面直角坐标系中，抛物线上一点到焦点的距离为1．
(1)求抛物线的方程；
(2)若过点的直线与抛物线交于两点，且面积为4，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，由求解；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，求得原点到直线的距离和弦长AB，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）因为抛物线上一点，
到焦点的距离为1，
所以解得，
所以抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，
与抛物线方程联立，，消去x得，
由韦达定理得，
原点到直线的距离为：，
弦长，
，
所以，
解得，
所以直线的方程为：.
典例2．已知点，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为.
(1)求的标准方程.
(2)过点的直线与交于，两点，过点且垂直于的直线交轴于点，过点且垂直于的直线交轴于点.当四边形的面积最小时，求的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)设，根据圆与y轴相切，可得，化简即可；
(2)由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，与抛物线联立，得韦达定理，设直线的倾斜角为，分别表示出和，求出的表达式，设，则，利用导数求最值即可求解.
【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，
根据圆与y轴相切，可得，
化简得，
所以C的方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，
设直线：，，
联立，
所以，
设直线的倾斜角为，则
所以，
所以，
，
设，则，
所以，
当在上单调递增，当在上单调递减，
所以当时，即时，面积最小，此时，
故直线的方程为：，即或.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且.
(1)求抛物线C的方程.
(2)已知过点F的直线交抛物线C于两点，的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据抛物线定义列式求出，得解；
（2）法1，设直线的方程为，与抛物线联立方程组，得，求得，根据三角形的面积列方程，求得，也即求得直线的方程，法2，前面同法1，由，求得，得解.
【详解】（1）依题意，点在抛物线上，且，
所以，
所以抛物线方程为.
（2）法1：抛物线方程为，焦点坐标为，
设直线的方程为，，
由，消去并化简整理得，
，则，，
则，
所以.
原点到直线的距离为，
所以，
解得，
所以直线的方程为或，即或.
法2：
解得，
所以直线的方程为或，即或.
变式2．在平面直角坐标系中，已知纵坐标为2的点是抛物线上一点，斜率为的直线与抛物线交于，两点，若直线，的斜率之和为0．
(1)求抛物线的方程；
(2)设，都在轴下方，且点在点的左侧，直线，与轴分别交于点，，记，的面积分别为，，求的最大值；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解；
（2）首先根据坐标表示直线和直线方程，并求点的坐标，并利用坐标表示，转化为二次函数求最值；
【详解】（1）设直线方程为，即，，.
联立方程组，整理得，所以，
因为直线，的斜率之和为0，即，
而，同理，
所以，整理得，
所以，解得，
所以抛物线的方程为
（2）由（1）可知，，，，点，
所以，.
直线的方程为，令，解得，
所以，同理.
所以，
且，其中为点到直线的距离，
所以
，
因为，都在轴下方，所以，即，
所以，
所以当且仅当时，取得最大值.
变式3．已知抛物线的焦点为，为上一点，且.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.
（i）求点的坐标；
（ii）求与的面积之和的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由条件结合抛物线的定义列方程求，由此可得抛物线方程；
（2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得；
（ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值．
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以的方程为：；
（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，
故可设的直线的方程为，
代入抛物线的方程，
可得，
方程的判别式，
设，，
不妨设，则,
所以直线AD的方程为：，即
即，令，可得，
所以，所以
所以；
（ii）如图所示，可得，
，
所以与的面积之和
当且仅当时，即时，等号成立，
所以与的面积之和的最小值为.
◇题型 08 抛物线的向量问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知，，动点满足直线与直线斜率之积为．记的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据斜率公式即可化简求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算求解.
【详解】（1）设，据题意知，
化简得，
所以的方程为．
（2）设，，，
联立消得，
故，，
据题意知且，所以，，
由得，
所以，解得，
所以直线的方程为．
典例2．已知抛物线上的两点的横坐标分别为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过点的直线与抛物线交于点，问：以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，定点为原点
【分析】（1）设出两点，运用两点间距离公式构造方程求解即可；
（2）过点的直线的方程为，直线的斜率分别为.联立抛物线，运用韦达定理，得到，则，即可证明.
【详解】（1）因为点的横坐标分别为，所以，
则，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意，知直线的斜率存在，设，过点的直线的方程为，直线的斜率分别为.
当时，，
因为，所以以为直径的圆过原点.
以下证明当时，以为直径的圆过原点.
由，消去，得，
由根与系数的关系，得，
，
所以，所以以为直径的圆过原点.
综上，以为直径的圆过原点.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知直线l：分别与x轴，直线交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点（P不在x轴负半轴上）且.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足，延长MA交C于点N，求的最小值.
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）结合题意得出几何关系，由抛物线定义即可得解；
（2）一方面：设，，联立与抛物线的方程，由韦达定理得，设，，同理可得，，结合向量数量积的坐标运算、基本不等式即可得解.
【详解】（1）由题意，
如图，∵，
∴，
又∵不在轴负半轴上，
∴与直线垂直，
又∵，
∴点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
∴点的轨迹方程为.
（2）
由得，
∵与交于两点，
∴，
设，，则，
又∵，
∴，
∵的斜率为，
∴直线的方程为，
设，，同理得，，
∴
，
当且仅当即时取到“=”，
∴的最小值为16.
变式2．已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线的方程；
(2)①求直线的斜率的取值范围；
②若为原点，将上述两点坐标改为，且满足，其他条件不变，试探究是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②为定值，理由见解析
【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程计算可得；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程消元，利用判别式，结合题意求解即可；②设出直线的方程，联立抛物线方程消元，利用坐标表示出直线，方程，进而可得、的坐标，表示出，利用韦达定理进行化简即可得解.
【详解】（1）因为抛物线过点，
所以，从而，故抛物线的方程为．
（2）①由题意知，直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，
由得，
依题意，解得且．
又直线与轴相交，故直线不过点，从而，
所以直线斜率的取值范围为．
②为定值2．理由如下：
设，直线．
联立直线与抛物线的方程，可得，
根据韦达定理有．则,
故，
直线的方程为，
令，则，同理可得．
由得,得
同理，
则,
所以为定值，定值为2．
◇题型 09 抛物线的斜率问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知抛物线焦点为，点在上，且.
(1)求抛物线的焦准距；
(2)若在抛物线上，直线经过点，直线平行于轴，证明：直线经过焦点.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用抛物线得焦半径公式求出的值即可；
（2）依题写出直线方程，与抛物线方程联立求出点，又由平行于轴，可求得，写出直线的方程，易得其经过点.
【详解】（1）由，
得，即抛物线的焦准距为2.
（2）
如图，由（1）知，直线方程为，
由解得，即得，
因轴，故在中令，解得，即得，
所以直线方程为，
焦点在直线上，即直线经过点.
典例2．设抛物线的焦点为，是上一点且，直线经过点．
(1)求抛物线的方程；
(2)①若与相切，且切点在第一象限，求切点的坐标；
②若与在第一象限内的两个不同交点为，且关于原点的对称点为，证明：直线的倾斜角之和为．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）由化简得，再根据定义得，代入即可的抛物线方程；
（2）①设切点坐标为，通过导数求出切线方程，将点代入即可；②设直线的方程为，，，联立得，，然后计算即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
又P是C上一点，
所以，
所以，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）①设切点坐标为，
因为，所以，切线的斜率为，
所以切线方程为，
将代入上式，得，
所以，
所以切点坐标为．
②由①得，直线的斜率都存在，
要证：直线的倾斜角之和为，
只要证明：直线的斜率之和为．
设直线的方程为，，，,
则，，
由得，
所以，，，即，
所以，
即直线的倾斜角之和为．
变｜式｜巩｜固
变式1．已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，且．
(1)求抛物线的方程．
(2)若是抛物线上一点，过点的直线与拋物线交于两点（均与点不重合），设直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，理由见解析
【分析】（1）由点在抛物线上及，列出方程组求解即可；
（2）设直线方程为，，由韦达定理及直线斜率公式代入化简计算即可．
【详解】（1）因为点在抛物线上，所以，
因为，所以，联立，解得，
所以抛物线的方程为．
（2）由在抛物线上，得，即，
显然，过点的直线斜率不为0，故设直线方程为，，
由，得，
，或，
，，，
，，
所以
，
故为定值．
变式2．已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是的角平分线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得；
（2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，和抛物线方程联立，根据韦达定理可得，即直线与直线的倾斜角互补，得证.
【详解】（1）由，可得，
所以抛物线C的方程为.
（2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，，，
由得，由，可得：或，
由韦达定理得：，.
则
，即直线与直线的倾斜角互补，
所以是的角平分线.
◇题型 10 抛物线的定点、定线问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知抛物线的焦点为，点在直线上，是抛物线上两个不同的点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线的斜率为，若，证明：直线过定点，并求定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标求解即可；
（2）法一：设所在直线方程为，联立，根据韦达定理代入求解即可；
法二：先讨论当直线的斜率不存在时，直线过点，再分析当直线的斜率存在时，设所在直线方程为
，联立，再根据求解即可.
【详解】（1）的焦点在轴上，为，
直线与轴的交点坐标为，
则，即
所以抛物线为
（2）法一：由题意可知所在直线斜率不为0，
设所在直线方程为，联立，化简可得：
，
则，
又
则，满足（*）式
即直线恒过点
法二：当直线的斜率不存在时，设，
所以，所以，所以直线的方程为；
当直线的斜率存在时，设所在直线方程为
，联立，化简可得：，
由题意可知即（*）；
由韦达定理知，
所以，
所以，满足（*）式；
所以所在直线方程为
综上，直线恒过点
典例2．已知抛物线的焦点F关于直线的对称点为，在抛物线E上有三点A，B，C，点A在y轴左侧，点B，C在y轴右侧且点B在曲线段AC上，过三点A，B，C作E的切线，与分别交于点P和Q，直线与交于点M．
(1)求E的方程；
(2)若直线AC过点F，证明：点Q在定直线上；
(3)若是以MQ为底的等腰三角形，证明：直线PC过定点，
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由抛物线方程写出焦点坐标，根据对称，写出中点坐标代入直线方程，可得答案；
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，由韦达定理得到两根之和与两根之积，分别写出的方程，得到点的坐标，可得答案；
（3）设出动点坐标，写出直线方程，根据斜率与倾斜角的关系，结合等腰三角形的性质，可得答案.
【详解】（1）设抛物线的焦点，
则F与的中点位于直线上，
所以解得，所以抛物线E的方程为；
（2）
因为直线AC过点，显然直线斜率存在，设直线，
联立，解得，
由，可得，
通过对求导可得，
所以在点A处的切线方程为，又，
整理可得，
所以在点C处的切线方程为，
相减可得，
所以，代入或的直线方程，
，
所以点Q在定直线上；
（3）根据题意，设切点，
此时，即斜率为，
同理可得，即斜率为，
，即斜率为，
由题意知等于的倾斜角减去的倾斜角，等于倾斜角减去的倾斜角，
且是以MQ为底的等腰三角形，即，
根据正切的差角公式有，，
整理得①，
再联立与的方程，得，
设PC方程为，其中，
所以，对化简代入①式，
其中
，
所以，则直线PC过定点.
变｜式｜巩｜固
变式1．在平面直角坐标系中，已知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过轴上点的直线与相切于点，过且垂直于的直线交于两点，为线段的中点，证明：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线的定义求解即可；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，由与相切可得可求出，再由“点差法”求出，分类讨论直线的斜率不存在和存在可求出直线的方程，即可求出直线过的定点.
【详解】（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为．
（2）设直线的方程为，
与的方程联立，得，
当与相切时，，则，
代入可得：，故．
直线的方程为，与的方程联立得．
设，则，
，
所以，
所以．
当直线的斜率不存在时，，解得，
此时直线的方程为．
当直线的斜率存在时，的方程为，
由抛物线的对称性，可知定点在轴上，
令，则，
所以，所以直线过定点．
综上，直线过定点．
变式2．已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程；
(3)已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设，，将点代入，即可求解；
（2）设，，直线，与抛物线方程联立，结合及中点的纵坐标为，即可求解；
（3）设过点的切线方程为，与联立，由得出，进而得出过点的切线方程，进而得出，同理得出，写出的方程，设，切线，交于点，得出的坐标，点在直线上得出，同理设直线与直线交于点，则可证明，两点重合，进而证明结论．
【详解】（1）由题意，设，，
将代入得，，解得，
所以的标准方程为．
（2）设，，直线，
联立直线与抛物线的方程，得方程组，
消去，得，判别式，即．
，，，，
由，，得，
所以，中点的纵坐标为，则，
所以，代入，解得或，
当时，点在直线上，不合题意，舍去，
故直线的方程为．
（3）证明：设过点的切线方程为，
与联立，整理得，
，
得，即（或，，过点的切线的斜率），
即过点的切线方程为，即，
令，得，
同理可得过点的切线方程为，令，得，
直线的方程为，直线的方程为．
设，切线，交于点，得，，
解得，，点在直线上，则，
设直线与直线交于点，，
同理，设直线与直线交于点，，
由，得，则，两点重合，
即直线与直线的交点在定直线上．
◇题型 11 抛物线的交点及数列问题
典｜例｜精｜析
典例1．已知为抛物线的焦点，点满足，其中为坐标原点，过的直线交于A.B两点，点在第一象限，过点作直线AB的垂线，交轴正半轴于点，直线BC交直线AM于点．记的面积分别为．
(1)求的准线方程；
(2)证明：；
(3)求的最小值及此时点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)最小值，
【分析】（1）根据列出关于的方程，即可求解；
（2）设直线，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据抛物线焦半径公式即可证明；
（3）令，则，即，求出，进而得出，根据导数即可求解最小值及点的坐标．
【详解】（1）点满足，则，解得．
故，准线方程：．
（2）如下图所示：
设直线，否则直线轴，不合题意)，
联立消元得，
设，则，
由抛物线定义有，
则，问题得证．
（3）易知直线的斜率一定存在，如下图：
不妨令，则，代入抛物线方程可得，即，
由于，且直线AB的斜率，
故直线，即，
令，则得点的横坐标为，
由可得直线，
联立，解得点纵坐标，
因此，
，
记，
则
.
因为当时，，
所以时，时，，
故在区间上单调递减，在上单调递增，
因此当时，取到最小值，此时．
典例2．抛物线的焦点为，上纵坐标为的点到的距离为.对每个正整数，是上的点且在第一象限，过焦点的直线交于另一点.
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：；
(3)取，并记为上分别以与为切点的两条切线的交点，求的值（用含的式子表示）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用抛物线定义，结合已知点纵坐标，建立关于的方程，求解即可得；
（2）设过焦点的直线方程，代入抛物线方程，得到关于的一元二次方程，再利用韦达定理计算即可得；
（3）先借助导数的几何意义计算出点、为切点的两条切线方程，从而求出，再借助两点间距离公式与等比数列求和公式计算即可得.
【详解】（1）设该点坐标为，则，且，则
则，化简得，
解得或，又，则，
即；
（2），设直线的方程为，
联立，则有，恒成立，
则，即得证；
（3）由在第一象限，则在第四象限，
则点在函数上，，
则抛物线上以为切点的切线为，
又，则，
点在函数上，，
则抛物线上以为切点的切线为，
又，则，
令，解得，即，
由、，则，，
即，
则，
故
.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知抛物线：，圆：，O为坐标原点.
(1)求抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)已知点，M、N是抛物线上的两个点，满足直线，均与圆C相切，判断并证明直线与圆C的位置关系；
(3)若直线l：分别与抛物线交于点，，与圆C交于点、，且与面积相等，求m的取值范围.
【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为；
(2)相切，证明见详解；
(3).
【分析】（1）根据抛物线性质直接可得；
（2）设出直线，的方程，联立抛物线方程求出坐标，从而得到直线的方程，利用圆心到直线的距离与半径关系可得；
（3）根据面积公式可得，进而可得，直线方程分别联立抛物线方程和圆方程，利用韦达定理建立和的关系，结合判别式求出范围，然后可得范围.
【详解】（1）由抛物线方程可知，抛物线开口向上，其中，
所以抛物线焦点为，准线方程为.
（2）直线与圆相切，证明如下：
易知直线，的斜率存在，圆的圆心为，半径，
设过点与圆相切的直线方程为，即
则，解得，
不妨记直线方程为，直线方程为，
设，
联立得，则，即，
所以，
联立得，则，即，
所以，
所以，所以的方程为，
整理得，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切.
（3）记原点到直线的距离为，
因为，所以，即，所以，
所以线段和的中点重合，
联立得，则，，
联立得（*），
则，，
因为线段和的中点重合，所以，
因为，所以，因为，所以，
又，所以，得，
由（*）整理得，将代入整理得：
，解得，
综上，，所以，
即m的取值范围为.
变式2．已知点M到点的距离比到y轴的距离大1，M的轨迹为C．点在C上，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，……，以此类推，设．
(1)求C的方程；
(2)设数列的前n项和为，证明：；
(3)求的面积．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）讨论在轴左侧或右侧，分别求出对应轨迹方程即可；
（2）由题设得，，结合斜率求得，根据等差数列的定义写出通项公式得，应用裂项相消法求，即可证；
（3）由（2）得，再由，结合向量模长、数量积的坐标表示化简求值即可.
【详解】（1）当在轴左侧时，在轴的非正半轴上，的方程为；
当在轴右侧时，的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为，
综上，C的方程为或；
（2）因为在上，所以，可得，
依题意，则，
所以，故数列是首项为2，公差为4的等差数列，
所以，则，
，
所以，
显然关于单调递减，则；
（3）由（2）得，
所以，而，
所以
.
变式3．已知抛物线的焦点为，为圆上的动点，的最大值为．
(1)求的方程；
(2)已知点，按照如下方式构造点，设直线为在点处的切线，过点作的垂线交于另一点，记的坐标为．
①证明：当时，；
②设的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）画出图形，根据圆的几何性质即可列方程求出，从而得到抛物线方程；
（2）①设，求导，写出点作的垂线，联立抛物线方程得的横坐标为，从而得出，累加即可得证；②先得到，即当时，，从而通过放缩裂项求和的方法即可得证.
【详解】（1）
抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）
①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
一、单项选择题
1．（2025·湖南长沙·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，过作的垂线，垂足为.若，则（ ）
A．2B．
C．4D．
【答案】C
【分析】由抛物线定义及已知条件知为等边三角形，进而可求.
【详解】由抛物线的定义知，又，
所以为等边三角形，为准线与轴的交点)，
抛物线的焦点，准线，，
故故.
故选：C
2．（2025·广东湛江·二模）已知抛物线与直线交于，两点，且线段中点的横坐标为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用点差法列方程可得解.
【详解】设，，则，
整理得，
因为线段中点的横坐标为，
所以线段中点的纵坐标为，则，
从而可得，
故选：D.
3．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知抛物线的顶点为，焦点为，过点的直线交抛物线于两点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】通过设点、设直线联立方程求解坐标，再利用向量夹角公式求三角函数值.
【详解】
，设，
由抛物线的焦半径公式得，
因为，所以，
可得，由题意知直线的斜率不为，
设直线的方程为，
代入抛物线方程得，
即，因为，
根据韦达定理有，
又因为，所以，
代入得，
因为抛物线关于轴对称，
所以不妨假设点在第一象限，
则，所以，
根据向量的夹角公式有，
所以.
故选：B.
4．（2025·江西·二模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，若，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意作图，设出直线方程，联立写出韦达定理，由向量的数乘，可求得交点坐标，结合面积公式可得答案.
【详解】
由抛物线，则，其焦点，
由题意易知直线的斜率存在，可设为，
设，，，，
联立可得，消去可得，，
由韦达定律可得，，
由，，且，则，
由，则，解得，，
所以.
故选：A.
5．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．
【详解】由题意抛物线的焦点为，
由抛物线的定义可得：，
则，
当且仅当、、三点共线时取等号．
即的最小值是3．
故选：C.
6．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．焦点到抛物线的准线的距离为8
B．
C．若的中点的纵坐标为4，则
D．若，则
【答案】D
【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，及准线方程可判断A；通过斜率存在，或不存在两种情况讨论，结合焦半径公式可判断B；结合B，及焦半径公式可判断C；通过确定直线的斜率为，得到直线的方程为，联立抛物线方程求得坐标，即可求解.
【详解】抛物线的焦点为，准线，，
所以焦点到抛物线的准线的距离为4，A错误；
设，
当直线垂直于轴，可得，
所以，得；
当直线不垂直于轴，设方程为，由，得，
则，，
，B错误；
对于C，的中点的纵坐标为，则，可得：，
，
又，
所以，C错误；
对于D，
不妨设点在第一象限，分别过点作垂直于准线，垂足分别为，
直线与准线交于点，准线与轴交于点，
设，则，
因，则，得，
则，则，
故直线的斜率为，直线的方程为，
与联立得，
解得，
所以，可得：，
所以，D正确；
故选：D
7．（2024·安徽合肥·模拟预测）过且倾斜角为的直线与曲线交于，两点，分别过，作曲线的两条切线，，若，，交于，直线的倾斜角为，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先画出平面图形，求出的结论，再利用两角和与差的正切公式以及前面的结论将化简为的形式，由基本不等式即可求得最值.
【详解】如图，设，，，
由于曲线，则，
所以在点的切线方程为，
同理在点的切线方程为，
由于点是两切线的交点，所以，
则为，且过，
且，设，，
，
当且仅当时“”成立，
故选：C.
【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：
（1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：；
（2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为.
二、多项选择题
8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．B．
C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.
9．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点，反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．
B．延长交直线于点，则三点共线
C．
D．若平分，则
【答案】BCD
【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.
【详解】由题意可得抛物线焦点，，如图，
将代入解得，所以，则直线的斜率，
则直线方程为，即，
联立得，所以，解得，A说法错误；
将代入解得或（舍去），则，
所以，C说法正确；
由已知可得轴，且，则直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
令解得，即，所以在直线上，
所以三点共线，B说法正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得，D说法正确；
故选：BCD
三、填空题
10．（2025·甘肃天水·模拟预测）已知O为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于A，B两点，若，若面积为，则________________．
【答案】4
【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定义及三角形面积公式列式求出P．
【详解】抛物线的焦点，设直线：，点，，
由，消去得，则，，
，即，
，
，则，因此，
所以，
故答案为：4．
11．（2025·广东·模拟预测）已知O为坐标原点，已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，点P在C上，点Q满足，则直线OQ斜率的最大值是_______________．
【答案】/
【分析】利用抛物线的定义建立方程，求解参数，进而得到抛物线方程，再利用给定条件表示出目标式，再分类讨论并结合基本不等式求解最值即可.
【详解】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为，
因为拋物线的焦点到准线的距离为2，
且该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为.
如图，设，则，
所以，由在抛物线上可得，
即，所以直线的斜率为，
当时，；当时，；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
综上，直线的斜率的最大值为.
故答案为：.
四、解答题
12．（2025·辽宁·二模）已知抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，当直线l经过点F且时，．
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，点A在第一象限，点B在第四象限，且，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线焦点弦的性质列式求得，得解；
（2）设直线与抛物线方程联立得根与系数关系，由，结合，可得，求得，得恒过定点，由代入运算得解.
【详解】（1）由题，易知直线的斜率存在，设，，，
联立，消去整理得，，
则，
由抛物线定义得，，
，又，
，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线，，，，
由，又，
，解得，
联立，整理得，
则，，所以，即，且，
故直线恒过定点，
又，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最小值为.
13．（2025·宁夏银川·三模）已知抛物线与双曲线的渐近线在第一､四象限的交点分别为P，，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线与抛物线相交于两点，关于轴的对称点为.
（i）若，求直线的方程.
（ii）证明：直线必过定点.
【答案】(1)；
(2)（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设点P的坐标为，根据点在渐近线上列方程求得，再代入抛物线求参数，即可得方程；
（2）（i）设直线的方程为，联立抛物线并应用韦达定理，结合的坐标表示列方程得，即可得直线方程；（ii）设关于轴的对称点为，写出直线的方程，根据对称性知定点在必定在轴上，令结合韦达公式化简，即可证.
【详解】（1）因为点关于x轴对称，设点P的坐标为，
双曲线的渐近线方程为，
因为点P在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，
又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）（i）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，则①，②，
，
，代入①②得，则，
直线的方程为或；
（ii）设关于轴的对称点为，则直线为，
根据抛物线的对称性，知定点必定在轴上，
令得：
直线过定点.
目录
第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考
第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法
第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固
【题型01】抛物线的定义和方程
【题型02】利用抛物线的定义求解最值
【题型03】抛物线的简单性质
【题型04】抛物线的中点弦公式
【题型05】抛物线的焦点弦性质
【题型06】抛物线中阿基米德三角形
【题型07】抛物线中的面积问题
【题型08】抛物线中向量问题
【题型09】抛物线中斜率问题
【题型10】抛物线中定点、定线问题
【题型11】抛物线中交点及数列问题
第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦
抛物线是高考解析几何核心考点，考向精准且高频。①基础小题：考查标准方程、焦点坐标、准线方程，及的几何意义，结合定义求距离、最值，多为基础送分题。②核心性质：聚焦焦半径、焦点弦、通径结论应用，常考焦点弦长公式、中点坐标、垂直性质，侧重结论活用。③综合大题：与直线联立，考查弦长、面积、定点定值、最值问题，融合韦达定理、数形结合，偶结合向量、导数综合考查。④创新考向：以抛物线为载体，考查轨迹方程求解、存在性问题，侧重逻辑推理与代数运算能力，难度中等，是解析几何必拿分模块。
关键能力
核心抓定义活用与代数运算两大能力，紧扣数形结合核心。一是定义转化能力，熟练用抛物线上点到焦点与准线距离相等，快速转化线段长度、求最值，规避复杂计算；二是方程驾驭能力，精准写四种标准方程，快速求焦点、准线，掌握 p 的几何意义；三是联立运算能力，直线与抛物线联立，巧用韦达定理代换，简化弦长、中点、面积计算，减少运算量；四是性质迁移能力，熟记焦半径、焦点弦、通径结论，灵活套用解题；五是数形分析能力，结合图像分析位置关系、最值范围，规避漏解。关键在减少盲目运算，用定义、性质简化过程，提升解题效率与准确率。
备考策略
立足基础，狠抓核心，精准突破。夯实基础：熟记四种标准方程、焦点准线坐标及 p 的几何意义，吃透定义本质，确保小题零失误。吃透性质：熟练掌握焦半径、焦点弦、通径核心结论，背记弦长、面积公式，提升解题速度。强化运算：专项练直线与抛物线联立、韦达定理应用，攻克代数化简、消元计算难点，避免运算失分。专题突破：聚焦定点定值、最值范围、存在性高频题型，总结解题模板，活用数形结合。错题复盘：归类运算失误、性质误用、定义漏用问题，针对性补弱，做到基础题稳拿、中档题快解，高效突破解析几何高频考点。
定义易错：混淆 “点到焦点距离 = 到准线距离”，忽略定点不在定直线上的前提；最值问题未用定义转化，盲目计算。
方程易错：未先判断开口方向，随意设标准方程；记错焦点、准线坐标，混淆的几何意义（焦点到准线距离为）；漏写，导致开口方向出错。
核心避坑：先定开口再设方程，牢记四种标准方程对应焦点、准线；紧扣定义转化距离，时刻注意的正值性，避免基础失分。
核心错因：未紧扣 “点到焦点 = 点到准线距离” 转化，盲目用两点间距离公式硬算，增加运算量且易出错；忽略动点轨迹为抛物线，误判最值取点条件。
常见失误：转化后未找 “垂线段最短”，错选交点；混淆定点位置（在抛物线内，外），导致最值模型选错；漏看抛物线范围，忽视横坐标，纵坐标取值限制。
避坑关键：先定义转化距离，再数形结合找垂线段，明确定点位置，结合抛物线范围验证最值取点，避免盲目计算失分。
核心易错在焦半径、焦点弦、对称性及的意义。混淆焦半径公式，未对应开口方向，错用或；焦点弦长漏加，忽视通径是最短焦点弦；误判对称性，忽略抛物线无中心只有对称轴；记错的几何意义，把焦点到顶点距离当成；忽略范围限制，求最值时未考虑横、纵坐标取值边界；焦点、准线坐标符号写错，开口与方程形式不匹配。
避坑关键：牢记性质对应开口，数形结合标注关键点，强化公式与符号记忆。
核心易错：点差法仅适用于中点弦的情况，忽略直线与抛物线相交的前提，盲目套公式致错；混淆不同开口的中点弦斜率公式，记错系数与 p 的关系；漏验证判别式 Δ>0，误判不存在的中点弦；设点时坐标写错，相减消元计算出错，符号混乱；忽略抛物线范围，中点坐标超出轨迹未检验。
关键避坑：先判断开口再用对应公式，必验证 Δ>0，相减时细心核对符号，结合图像检验中点合理性，杜绝生搬硬套失分。
混淆焦点弦斜率与弦长公式适用条件，忽视斜率不存在（垂直对称轴）时弦长为，斜率存在时弦长为或（为弦与对称轴夹角）。
误认焦点弦两端点坐标关系，需牢记、，与普通弦区分。
忽略焦点弦与准线关联，过两端点作准线垂线，垂足与焦点三点共线，此性质易漏用。
计算焦点弦中点轨迹时，忘记用点差法或参数法验证，导致轨迹方程缺范围。
概念混淆：误将任意弦与切线构成的三角形当作阿基米德三角形，忽略核心条件 ——弦的中点与抛物线顶点连线平行于对称轴，或切线需与抛物线相切于弦的端点。
切线方程失误：求切线方程时，记错抛物线切线公式（如在点处切线为，或代入点坐标时符号出错。
面积公式误用：阿基米德三角形面积与弦长、抛物线参数 p 相关，易混淆为普通三角形面积公式，忽略面积与弦到焦点距离的关联，或计算时遗漏参数 p 的系数。
性质推论遗漏：忽略 “阿基米德三角形的外接圆过抛物线焦点”“切线交点轨迹与抛物线的对偶关系” 等推论，导致解题时无法利用隐含条件简化计算。
混淆积分上下限，求抛物线与直线围成面积时，未判断函数上下位置，直接积分导致符号错误。
误用面积公式，将抛物线弦与弧围成的 “弓形面积” 等同于三角形面积，忽略底高的弓形面积公式。
遗漏参数范围，参数方程求面积时，未根据参数对应坐标确定积分区间，或忽略抛物线对称性重复计算。
忽视绝对值，积分结果为负时未加绝对值，导致面积为负的荒谬结论。
坐标代入失误：用向量条件转化坐标时，混淆向量点乘、共线的代数表达式，如把错算成坐标和为0。
忽略抛物线范围：利用向量共线、垂直列方程后，未验证解是否满足抛物线定义域（如中），导致增根。
性质套用混淆：误将焦点弦的向量坐标关系（）套用到普通弦上，或向量模长计算漏开平方。
向量方向忽视：涉及向量投影、分点时，未区分向量方向，导致分点比例符号错误。
角度相等转斜率关系时，混淆到角公式与夹角公式，忽略到角的方向差，直接套用夹角公式致错。
直角条件转化失误，误将两直线垂直的斜率积−1，套用到斜率不存在的情况，遗漏垂直于对称轴的直线。
利用斜率求角度时，忽视抛物线定义域，未验证斜率对应的点是否在抛物线上，出现增根。
角度和差公式与斜率结合时，计算三角恒等变换出错，导致斜率关系推导错误。
参数分离不彻底：设直线方程时，未将含参数项与常数项分离，无法提取恒成立条件，导致漏找定点。
特殊情况验证缺失：仅用一般斜率情况推导定线，忽略斜率不存在或为 0 的情形，造成定线范围不全。
变量混淆：将抛物线参数 p 与直线参数混为一谈，推导时误消关键参数，得出错误定点坐标。
性质套用错误：把焦点弦相关定线结论套用到普通弦上，忽视结论的适用前提。
交点坐标推导失误：联立抛物线与直线方程求交点时，计算韦达定理的根与系数关系出错，导致数列通项的坐标基础错误。
数列模型混淆：误将交点横坐标 / 纵坐标的等差、等比关系套反，或忽视数列项数与交点个数的对应关系，出现多算、漏算项的问题。
性质滥用：把焦点弦的坐标乘积性质（）套用到普通弦的交点数列中，导致通项公式推导偏差。
求和边界遗漏：数列求和时，未根据抛物线定义域限制交点坐标范围，导致求和的项数边界错误，结果偏离。
递推关系断裂：由交点坐标构造递推公式时，忽略前后项的几何关联（如切线交点、中点轨迹），造成递推逻辑不成立。