2027年高考数学一轮复习学案 专题18 抛物线及其应用

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题18 抛物线及其应用学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03，重难点突破 04等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】抛物线的定义
【知能解读 02】抛物线的标准方程与几何性质
【知能解读 03】焦半径公式
【知能解读 04】直线与抛物线的位置关系
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】抛物线中的定点问题
【重难点突破 02】抛物线中的定值问题
【重难点突破 03】抛物线中的最值或范围问题
【重难点突破 04】抛物线中的证明问题
【重难点突破 05】抛物线中的探究性问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】未考虑抛物线开口方向的多解性致错
【易混易错 02】遗漏斜率不存在的情况致错
【易混易错 03】判别式使用不当致错
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】抛物线的定义及辨析
【方法技巧 02】利用定义解决距离和差的最值问题
【方法技巧 03】与抛物线有关的轨迹问题
【方法技巧 04】求抛物线的方程
【方法技巧 05】直线与抛物线的位置关系
【方法技巧 06】直线与抛物线相交弦长
【方法技巧 07】抛物线的中点弦问题
抛物线的定义
抛物线的定义：把平面内与一个定点 F 和一条定直线 l(l 不经过点 F)距离相等的点的轨迹叫做抛物线．定点 F 叫做抛物线的焦点，直线 l 叫做抛物线的准线．
抛物线的集合表示： P  M MF  d ,d 为点M 到准线l的距离．
对抛物线定义的理解：
定点 F 不在定直线 l 上，否则动点 M 的轨迹不是抛物线，而是过点 F 垂直于直线 l 的一条直线．
抛物线的定义中指明了抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离的等价性，故二者可相互转化，这也是利用抛物线定义解题的实质．
【真题实战】（2025·重庆·三模）已知 A 为抛物线 C：x2  2 py  p＞0 上一点，点 A 到 C 的焦点的距离为 4，
到 x 轴的距离为 2，则 p=（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【解析】对于抛物线 x2  2 py( p>0)，其准线方程为 y   p .
2
已知点 A 到C 的焦点的距离为4 ，
由抛物线的定义可知，点 A 到准线的距离也为4 .
又因为点 A 到 x 轴的距离为2 ，
所以点 A 到准线的距离为点 A 到 x 轴的距离加上 p ，即2  p  4 .
22
对2  p  4 进行求解，移项可得 p  4  2  2 ，解得 p  4 .故选：C.
22
抛物线的标准方程与几何性质
抛物线 y2  2 px( p  0) 的几何性质
范围：由方程 y2  2 px( p  0) 可知，对于抛物线上的点 M (x, y) ， x  0 ， y  R ，抛物线在 y 轴的右侧，开口方向与 x 轴的正方向相同；当 x 的值增大时， y 的值也增大，这说明，抛物线向右上方和右下方无限延伸．
对称性：以 y 代 y ，方程 y2  2 px( p  0) 不变，所以抛物线关于 x 轴对称．我们把抛物线的对称轴叫做
抛物线的轴．
顶点：抛物线与它的轴的交点叫做抛物线的顶点．在方程 y2  2 px( p  0) 中，当 x  0 时， y  0 ，因此抛物线的顶点就是原点．
离心率：抛物线上的点 M 与焦点的距离和点 M 到准线的距离 d 的比 MF ，叫做抛物线的离心率，用e 表
d
示．由抛物线的定义可知， e  1 ．
四种标准方程对应的抛物线的性质比较
2、抛物线的焦半径
焦半径的定义：设抛物线 y2  2 px( p  0) 上一点 M (x , y ) ，焦点为 F ，准线为l ，则线段 MF 叫做抛
00
物线的焦半径，过点 M 作准线l 的垂线段 MH ，由抛物线的定义可知， MF  MH  x  p ．
02
标准方程
y2  2 px( p  0)
y2  2 px( p  0)
x2  2 py( p  0)
x2  2 py( p  0)
图形
范围
x  0, y  R
x  0, y  R
y  0, x  R
y  0, x  R
对称轴
y  0
x  0
焦点坐标
F  p , 0 
 2

F  p , 0
2

F  0, p 
2 

F  0,  p 
2 

准线方程
x   p
2
x  p
2
y   p
2
y  p
2
顶点坐标
O 0, 0
离心率
e  1
通径
2 p
用坐标表示焦半径公式
p
2
①抛物线 y2  2 px( p  0) ， MF  x  x  p ．
002
p
2
②抛物线 y2  2 px( p  0) ， MF  x  x  p ．
002
p
2
③抛物线 x2  2 py( p  0) ， MF  y  y  p ．
002
④抛物线 x2  2 py( p  0) ， MF
 y0   y0
 p ．
2
p
2
【注意】不同的标准方程对应于不同的焦半径公式．
【真题实战】（2025·全国二卷·高考真题）设抛物线C : y2  2 px( p  0) 的焦点为 F , 点 A 在 C 上，过 A 作C的准线的垂线，垂足为 B．若直线 BF 的方程为 y  2x  2 ，则| AF | （ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】对lBF : y  2x  2 ，令 y  0 ，则 x  1 ， 所以 F 1, 0 ， p  2 即抛物线C : y2  4x ，故抛物线的准线方程为 x  1 ，
故 B 1, 4，则 yA  4 ，代入抛物线C : y2  4x 得 xA  4 .
所以 AF
 AB  x A 
p  4 1 5 .故选：C
2
直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线的位置关系：
相交（有两个公共点或一个公共点）；相切（有一个公共点）；相离（没有公共点）．
以抛物线 y2  2 px( p  0) 与直线的位置关系为例：
直线的斜率 k 不存在，设直线方程为 x  a ，若 a  0 ，直线与抛物线有两个交点；
若 a  0 ，直线与抛物线有一个交点，且交点既是原点又是切点；若 a  0 ，直线与抛物线没有交点.
直线的斜率 k 存在.
设直线l : y  kx  b ，抛物线 y2  2 px( p  0) ，
 y  kx  b

直线与抛物线的交点的个数等于方程组 y2  2 px ，的解的个数，
即二次方程 k 2 x2  2(kb  p)x  b2  0 （或 k 2 y2  2 py  2bp  0 ）解的个数．
①若 k  0 ，
则当  0 时，直线与抛物线相交，有两个公共点；当  0 时，直线与抛物线相切，有 1 个公共点；当  0 时，直线与抛物线相离，无公共点．
②若 k  0 ，则直线 y  b 与抛物线 y2  2 px( p  0) 相交，有一个公共点．
直线与抛物线相交弦长问题
设 AB 为抛物线 y2  2 px( p  0) 的弦， A(x , y ) ， B(x , y ) ，弦 AB 的中点为 M (x , y ) ．
1 12200
弦长公式： AB 
x  x

y  y
（ k 为直线 AB 的斜率，且 k  0 ）．
1  k 2
1  1
k 2
1212
p
y
中点弦斜率： kAB ,
0
22
11
推导：由题意，知 y2  2 px ，①y2  2 px ②
由①-②，得( y  y )( y  y ）=2 p(x  x ) ，故 y1  y2 p，即 k p .
121212
x  x
y  y
ABy
12 120
2
0
中点弦直线方程：直线 AB 的方程为 y  y  p (x  x ) ．
y
0
0
抛物线的焦点弦性质
如图， AB 是抛物线 y2  2 px( p  0) 过焦点 F 的一条弦，设 A(x , y ) ， B(x , y ) ， AB 的中点 M (x , y ) ，过
1 12200
点 A ， M ， B 分别向抛物线的准线l 作垂线，垂足分别为点 A1 ， B1 ， M1 ，
根据抛物线的定义有 AF  AA1 ， BF  BB1 ， AB  AF  BF  AA1  BB1
故 AB  AF  BF  AA1  BB1 .
又因为 MM1 是梯形 AA1B1B 的中位线，所以 AB  AA1  BB1  2 MM1 ，从而有下列结论；
以 AB 为直径的圆必与准线l 相切.
AB  2 x  p  (焦点弦长与中点关系)
 02 

AB  x1  x2  p .
若直线 AB 的倾斜角为，则 AB 
2 p .
sin2
p22
A ， B 两点的横坐标之积，纵坐标之积均为定值，即 x1 x2 
4 ， y1 y2   p .
AF
（6） 1
 1
为定值 2 .
P
BF
【真题实战】（2025·湖南·一模）已知抛物线C : x2  2 py 的焦点为 F 0,1 ，过点 F 且斜率为 3 的直线l 交抛
2
物线C 于 A, B 两点，则线段 AB 的长为．
【答案】13
【解析】抛物线的焦点为 F 0,1 ，
 p  1, p  2 ，
2
抛物线C 的方程为 x2  4 y ．
直线l 的方程： y  3 x 1 ，
2
x2  4 y,

联立3
得 x2  6x  4  0 ，

y  x 1,
2
设 Ax , y , B x , y
 ，则x1  x2  6,
x x
1 122



1  kx  x4 x x
2


12
2
1 2 

 AB 

 1 2
 4,
9 
4 
1 6 

2

16

13．
另解： AB  y  y  p  3  x  x   2  2  13 ．
12212
01 抛物线中的定点问题
特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量 x，y 当成常量，将原方程转化为 kf(x，y)＋g(x，y)＝0 的形式(k 是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组
fx，y＝0，
gx，y＝0； 可以特殊解决．
③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，
【典例 1】（2025·安徽合肥·模拟预测）已知圆心在 y 轴上移动的圆经过点 A0, 2 ，且与 x 轴､ y 轴分别交于 B x, 0,C 0, y 两个不同的动点.
求动点T  x, y 的轨迹 E 的方程；
直线l 与曲线 E 交于 P,Q 两点，点 H 2, 2，直线 PH 与QH 的斜率分别为k1 ， k2 ，且k1k2  2 ，求证：直线l 过定点.
【答案】(1) x2  2 y  y  0 ;(2)证明见解析
y  2 
【解析】（1）法一：由题意得， AC 中点G  0, 2  ，点G 即为动圆圆心.
由 GB  GA 得

x2  
 y  2 2

2

y  2
2
 2 ，化简得 x2  2 y ，
又 B, C 不重合，因此 y  0 ，所以轨迹 E 的方程为 x2  2 y  y  0 .
法二：由已知得线段 AC 是动圆的直径，故 AB  CB ，即 AB  CB  0 ，又 AB  x, 2,CB  x,  y  ，所以 x2  2 y  0 ，
又 B, C 不重合，因此 y  0 ，所以轨迹 E 的方程为 x2  2 y  y  0 .
（2）显然直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为 y  kx  m, P  x1, y1 , Q  x2 , y2  ，
x2  2 y

联立 y  kx  m
得 x2  2kx  2m  0 ，
则Δ  4k2 8m  0, x  x  2k, x x
 2m ，
121 2
x2
y  2
1  2
x  2
k  x2  2
由题意得， k
 1  2  1 ，同理 22，
1x  2x  22
因为k1k2
11
 x1  2  x2  2  x1 x2  2 x1  x2   4
224
 2 ，
所以2m  4k  4  2 ，即m  2k  6 ，
4
所以直线l 的方程为 y  k  x  2  6 ，因此直线l 过定点2, 6 .
【典例 2】（25-26 高三上·河南新乡·开学考试）已知抛物线C : y2  2 px( p  0) 仅经过
A1 (2, 2 2), A2 (3, 6), A3 (3, 
6) 中的一点.
求C 的方程；
过C 的焦点 F 作两条互相垂直的直线，分别交C 于点 E, H 和点 M , N ，设线段 EH, MN 的中点分别为 P,Q ，求证：直线 PQ 过定点.
【答案】(1) y2  4x ；(2)证明见解析.
23
【解析】（1）抛物线C : y2  2 px 关于 x 轴对称，而点 A (3, 6), A (3,  6) 关于 x 轴对称，
1
若点 A2 , A3 之一在抛物线C 上，则另一点必在该抛物线上，不符合题意，因此点 A (2, 2 2) 必在抛物线C 上， (2 2)2  2p  2，解得 p  2 ，
所以抛物线C 的方程为 y2  4x .
（2）由（1）知，抛物线C 的焦点 F (1, 0) ，显然直线 EH, MN 都不垂直坐标轴，
设直线 EH 的方程为 x  ty  1，则直线 MN 的方程为 x   1 y 1 ，
t
由x  ty 1消去 x 得 y2  4ty  4  0 ，设 E  x , y , H  x , y  ，

 y2  4 x
1 122
则 y1  y2  4t ，线段 EH 的中点 P(2t 2 1, 2t) ，
同理得线段 MN 的中点Q( 2 1,  2 ) ，当t2  1 时，直线 PQ 斜率k 

2t  2
t t，
t 2t
2t 2  2
t 2
t 2 1
直线 PQ 方程为 y  2t 
t
t 2 1
(x  2t 2 1) ，整理得 y 
t
t 2 1
(x  3) ，直线 PQ 过定点(3, 0) ，
当t 2  1时， P(3, 2), Q(3, 2) 或 P(3, 2), Q(3, 2) ，直线 PQ : x  3 过定点(3, 0) ，所以直线 PQ 过定点.
02 抛物线中的定值问题
求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离解析式，再利用题设条件化简变形求得；
求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简变形即可求得．
23 2
【典例 1】（25-26 高三上·四川成都·月考）已知点 P  p, 
p
在抛物线C : x
2

 2 py p  0 上．
求抛物线 C 的方程；
过点 M 0,1 的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，设直线OA ， OB 的斜率分别为k1 ， k2 ，O 为坐标原点，求k1k2 的值．
【答案】(1) x2  2 y ；(2) k k   1
1 22
23 
【解析】（1）∵点 P  p, 
p
 在抛物线 C 上，
2

∴ p2  2 p 2  3 ， p2  3p  4  0 ，解得 p  1 （负值舍），
 p2 

∴抛物线 C 的方程为 x2  2 y ．
（2）由题意得，直线 l 存在斜率，设直线l : y  kx  1， A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，
x2  2 y

联立 y  kx 1，消去 y 可得， x2  2kx  2  0 ，
  2k 2  4 2  4k 2  8  0 ，由韦达定理得， x x  2 ，
1 2
x2 x2
∴ k k
1 2
 y1  y2  2  2  x1 x2   1 ．
1 2xxxx42
1212
【典例 2】（24-25 高三上·重庆·月考）已知抛物线 E : y2  2 px p  0 的焦点为 F ，过 F 作倾斜角为的动
直线l 交 E 于 A，B 两点.当 60时， AB  16 .
3
求抛物线 E 的方程；
证明：无论如何变化， OA OB 是定值（ O 为坐标原点）；
点M 3, 0 ，直线 AM 与 E 交于另一点C ，直线 BM 与 E 交于另一点 D ，证明： ABM 与CDM 的面积之比为定值.
【答案】(1) y2  4x ；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【解析】（1）根据题意直线l 的斜率不为 0，可设直线l : x  ty  p ， A x , y  ， B  x , y  ，
21 122
代入抛物线方程 y2  2 px 得： y2  2 pty  p2  0 ，
1 t2y  y 4 y y

12

2
1 1
12
Δ  4 p2 t 2 1  0 ， y  y
 2 pt ， y1 y2
  p2 ，
 AB 
1 t2
y1  y2

 2 p t2 1 ，
当 60 时， t 
3 ， AB  8 p  16 ，
333
 p  2 ，抛物线 E 的方程为 y2  4x .
证明：由（1）可知， y1 y2   p2  4 ，
y2y2
 p2 2p2
则 x1 x2  1  2
1，
2 p 2 p4 p24
OA  OB  x1 x2  y1 y2  4 1  3 .
证明：设C  x3 , y3  ， D  x4 , y4  ，
直线 AC 的方程： x  my  3 ，直线 BD 的方程： x  ny  3 ，
由x  my  3 ，得 y2  4my 12  0 ，

 y2  4 x
 y1 y3  12 ，同理， y2 y4  12 ，
 y1 y2 y3 y4   y1 y3  y2 y4   144 ，
由（2）知 y1 y2  4 ，则 y3 y4  36 ，
y 1y 2
y 3y 4
MA
MB
MC
MD
1 MA MB sin AMB
1
2

S ABM
 2 41 .
SCDM
MC MD sin CMD
369
抛物线中的最值或范围问题
利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
【典例 1】（24-25 高三下·广东广州·月考）如图，过抛物线 y2  2 px  p  0上一点 P 1, 2，作两条直线分别交抛物线于 A x1, y1  ， B(x2 , y2 ) 两点，当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，
求 y1  y2 的值；
若直线 AB 在 y 轴上的截距b 1, 3 ，求 ABP 面积的最大值．
【答案】(1) y1  y2  4 ；(2) 32 3
9
【解析】（1）由抛物线 y2  2 px  p  0过点 P 1, 2，得 p  2 ，设直线 PA 的斜率为kPA ，直线 PB 的斜率为kPB ，
由 PA, PB 倾斜角互补可知k
 k
，即 y1  2   y2  2 ，
PAPB
x 1x 1
由 y2  4x , y2  4x ，代入得 y  y
12
 4 ．
112212
（2）设直线 AB 的斜率为kAB ，
由 y2  4x , y2  4x ，得k
 y2  y1 
4 x
 x  ，
1122
ABx
 xy  y12
2112
由（1）得 y1  y2
 4 ，将其代入上式得kAB 
4
y1  y2
 1．
因此设直线 AB 的方程为 y  x  b ，
 y2  4 x
由
，消去 y 得 x2  2b  4 x  b2  0 ，
 y   x  b
由Δ  2b  42  4b2  0 ，得b  1，
这时 x  x  2b  4, x x
 b 2 ，


x  x 4x x
12
2
1 2
b 1
121 2
AB 
2 
 4 2 ，
2
3  b
b 1·3  b
2
 b 1 3  b2
又点 P 到直线 AB 的距离为d ，
2
所以 S 1 AB·d  1 4

2，
 ABP22
令 f (x)   x 13  x 2 , x 1, 3，
则由 f ( x)  3x2 10x  3  0 ，得 x  1 或 x  3 ，
3
当 x  1, 1  时， f  x  0 ，所以 f  x 单调递增，
3 

当 x  1 , 3 时， f  x  0 ，所以 f  x 单调递减，
 3

故 f  x 的最大值为 f  1   256 ，故 ABP 面积 S
的最大值为2
 32 3 ．
3
27
 △ABP
f  1 
 3 
 
 9
【典例 2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 E 上任意一点到点 F 2, 0的距离比到直线 x  1 的距离大 1．
求曲线 E 的方程；
过点 F 2, 0作两条互相垂直的直线l1 、l2 ，直线l1 与曲线 E 交于 A 、B 两点，直线l2 与曲线 E 交于C 、D两点，求 AB 2  CD 2 的最小值．
【答案】(1) y2  8x ；(2) 512
【解析】（1）因为曲线 E 上任意一点到点 F 2, 0的距离比到直线 x  1 的距离大 1．所以曲线 E 上任意一点到点 F 2, 0的距离与到直线 x  2 的距离相等，
所以曲线 E 为抛物线，且 F 2, 0为焦点， x  2 为准线，所以 p  4 ，所以曲线的方程为： y2  8x .
（2）如图：
设直线l1 : y  k( x  2)， A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
代入抛物线得： y2  8x ，得k 2 (x  2)2  8x ，整理得： k 2 x2  4k 2  8 x  4k 2  0 .
4k2 88
由韦达定理： x1  x2 k2
 4.
k2
所以| AB | x  x  p  4  8  4  8  8 .
12k 2k 2
用 1 代替k ，可得 CD  8  8k 2 .
k
所以 AB
2  CD 2
 8 
8 2

8 8 k2 2
 
2
64  k
1 2


2  k
1 
2
.

k 2 
 
k 2 
k 2 
设t  k 2  1
k 2
，则t  k2  1
k 2
 2
 2，当且仅当k 2  1 时取等号.
k2  1
k 2
2
则. AB 2  CD 2   8  8   8  8k 2 2  64 t 2  2t   64 t 12 1  64 32 1  512 .
k 2 

抛物线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
【典例 1】（24-25 高三上·海南·期中）已知直线 y  x 与抛物线C : x2  2 py p  0 交于O ， E 两点（ O 为坐
2
标原点），且 OE  4，动直线l 过点 D 0, 4 .
求C 的方程；
求点 E 关于l 的对称点 P 的轨迹方程；
若l 与C 交于 A ，B 两点（均异于点 E ），直线 EA，EB 分别与直线 y  4 交于点M ，N ，证明：OM  ON .
【答案】(1) x2  4 y ；(2) x2   y  42  16 ；(3)证明见解析
【解析】（1）由题意，可设点 E a, a ， a  0 .
a2  a2
由 OE  4 2 ，得
 4
，解得a  4 ，
2
所以 E 4, 4 ，将其坐标代入抛物线的方程得42  2 p  4 ，解得 p  2 ，所以C 的方程为 x2  4 y .
因为点 E ， P 关于l 对称， l 过点 D 0, 4 ，所以 DP  DE  4 .
当l 绕点 D 旋转时，线段 DP 也绕点 D 旋转， 所以点 P 的轨迹是以 D 为圆心，4 为半径的圆，故点 P 的轨迹方程为 x2   y  42  16 .
x2 x2 
设 A x1, 1  ， B  x2 , 2  ， M  xM , 4 ， N  xN , 4 ，直线l 的方程为 y  kx  4 .
4 4 
由题可知直线l 不过点 E ，则k  0 .
 y  kx  4,
x
联立得

2  4 y,
消去 y ，整理得 x2  4kx  16  0 ，
  16k 2  64  0 恒成立，则 x1  x2  4k ， x1x2  16 ，
x2
直线的方程为
1  4
，即 y  x1  4  x  4  4
4
EAy  4  4  x  4.
x1  4


令 y  4 ，得 x  4x1 16 ，则 M  4x1 16 , 4 ，
x1  4 x1  4


同理可得 N  4x2 16 , 4 ，
 x2  4
––––→ –––→
4x1 164x2 16
16x1x2  64  x1  x2   256
所以OM  ON 16 16
 x1  4 x2  4x1x2  4  x1  x2  16
 16 16  64  4k  256 16  16 16  0 ，
16  4  4k 16
因此OM  ON .
【典例 2】（2025·陕西西安·二模）已知平面上动点Q(x, y) 到 F (0,1) 的距离比Q(x, y) 到直线l : y  2 的距离小
1，记动点Q(x, y) 的轨迹为曲线C ．
求曲线C 的方程；
设点 P 的坐标为(0, 1) ，过点 P 作曲线C 的切线，切点为 A（ A 在第一象限），若过点 P 的直线m 与曲线
C 交于 M，N 两点，证明： AFM  AFN ．
【答案】(1) x2  4 y ；(2)证明过程见解析
x2   y 12
【解析】（1）由题意得
 y  2 1，
x2   y 12
当 y  2 时，
x2   y 12
当 y  2 时，
 y 1，平方化简得 x2  4 y ，
  y  3 ，平方化简得 x2  8 y 1 ，
由 x2  8 y 1  0 可知 y  1，不合题意，舍去，综上，曲线C 的方程为 x2  4 y ；

（2）设 A t,

t2 
4
, t  0 ，因为 y 

1 x2 ，所以y 
4
1 x，
2
故过点 A 的切线斜率为
1t 2 
t ，又直线 PA 的斜率为 4
1  t  1 ，
2
故 t  1  1 t ，解得t  2 ，故 A2,1，
t  04t
4t2
又 F 0,1 ，所以 AF / / x 轴，要使AFM  AFN ，只需kFM  kFN  0 ，当直线m 斜率不存在时，与抛物线只有 1 个交点，不合要求，
设直线m 的方程为 y  kx 1 ，联立 x2  4 y 得 x2  4kx  4  0 ，
  16k 2 16  0 ，解得k  1 或k  1 ，
设 M  x1, y1 , N  x2 , y2  ，则 x1  x2  4k , x1x2  4 ，
则k k
 y1 1 y2 1  x2  y1 1  x1 y2 1 x2 kx1  2  x1 kx2  2 

FMFN
x1x2x1x2x1x2
 2k  2 x1  x2   2k 8k
 0，
x1 x24
故AFM  AFN ，此时直线m 的斜率取值范围是, 1 1,  .
抛物线中的探究性问题
“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．
【典例 1】（2024·四川内江·三模）已知抛物线 E 的准线方程为： x=1 ，过焦点 F 的直线与抛物线 E 交于
B 两点，分别过 A、B 两点作抛物线 E 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
E 交于 M、N 两点，直线 DF 与抛物线 E 交于 P、Q 两点.
求抛物线 E 的标准方程；
是否存在实数，使得 MN  PQ   MN  PQ  恒成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y2  4x ；(2)存在， 4
【解析】（1）因为抛物线 E 的准线方程为： x=1 ，设 y2  2 px( p  0)，则 p  1，所以 p  2 ，
2
故抛物线 E 的标准方程为 y2  4x ；
 y2 y2
（2）设 AB : x  my 1, A 1 , y1 , B  2 , y2 , F 1, 0 ，
 4 4
联立抛物线有x  my  1  y2  4my  4  0  y  y
 4m, y y
 4 ，

 y2  4x
121 2
下面先求抛物线 y2  2 px 在点 x0 , y0  处的切线方程， 当 y0  0 时，设该切线方程为 y  y0  k  x  x0 k  0 ，
x  y  y0  kx0

与抛物线方程联立有k
 y2  2 px
 ky2  2 py  2 py
0  2 pkx0
 0 ，
则Δ  4 p2  4k 2 py
 2 pkx   0  p  2ky
 2k 2 x
 0 ，
又2 px
 y2 ，
0000
00
k 2 y2
k  p
即 p  2ky  2k 2 x  0  p  2ky  0  0 ，则，
0
000py
则 y  y  k  x  x   y y  y2  px  px  y y  p  x  x  ，
0000000
当 y0  0 时，切线方程为 x  0 ，满足上式，
所以抛物线 y2  2 px 在点 x0 , y0  处的切线方程为 y0 y  p  x  x0  ，
y2
所以抛物线 E 在 A 处的切线方程为 y y  2 x  1 ，
1
y2
2
y1 
y2 
在 B 处的切线方程为 y y  2 x  2 ，所以C  0,
 , D  0, ，
22
2 2 
y1y1
x   2
y 1
lCF : y    xy


则
l
 DF
22
: y  y2   y2 x
22
1

x   2
y2
，
y 1
 y2  8
y  4  0

直线CF , DF 分别与抛物线方程联立有y1
 y2  8
y2
，
y  4  0
 y2
 y2
 y  y
  8
设 M 3 , y
, N 4 , y
 34
y
，则，
 43  44 1

 y y
 4
由弦长公式知 MN 
 3 4
1  4
y2
1
 y  y

  y
 y 2
 4 y y   4 ，
1  4
y2
1
y2
34343 4
同理有 PQ  41  4 ，
4 1
1 
y2

2 
4y2
又 y1 y2  4 ，所以1 1 1 ，
y
4
2
2
1111y241
 1
MN
PQ
则
4  164  y 24y 2 164 4  y2  4 ,
111
y
2
1
即 MN  PQ  4  MN  PQ  ，
所以存在实数 4 ，使得 MN  PQ   MN  PQ  恒成立.
【典例 2】（24-25 高三下·浙江·月考）已知抛物线C : y2  2 px( p  0) ， F 为C 的焦点，l 为C 的准线 A, B 是
C 上两点，且OA  OB （O 为坐标原点），过O 作OD  AB ，垂足为 D，点 D 的坐标为(6, 2 3) .
求 C 的方程；
在 C 上是否存在点 P ，使得过 F 的任意直线交 C 于 S，T 两点，交 l 于 M，直线 PS, PM , PT 的斜率均成等差数列？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1) y2  8x ；(2)存在， P 2, 4 或 P 2, 4
【解析】（1）由题意可得： k3 ，所以k  3 ，
OD3AB
3
所以直线 AB 的方程为： y  2  3 x  6  ，设 A  x1 , y1 , B x2 , y 2 ，
联立抛物线方程消去 x 得： y2  2 3 p y 16 p  0 ，
3
所以 y y
 16 p, y  y
  2 3 p ，
1 2123
y2y2
16 p2
所以 x1 x2  1  2 ，
2 p2 p4 p2
因为OA  OB ，所以 x1x2  y1 y2  0 ，
16 p2
即
4 p2
16 p  0 ，解得： p  4 ，
所以抛物线方程为： y2  8x
（2）
由（1）得 F 2, 0，假设存在 P  x0 , y0 满足题意，过点 F 得动直线方程为 x  my  2 ，
联立 x  2 ，解得则 M  2,  4  ，设 S  x , y ,T  x , y  ，
m 
3344

 y2  8x
联立x  my  2 ，消去 x 得： y2  8my 16  0 ，

所以 y3 y4  16, y3  y4  8m ，
直线 PS 得斜率为 y0  y3  8 ，直线 PT 得斜率为 y0  y4  8 ，
x0  x3
y0  y3
x0  x4
y0  y4
y  4
0m 
y  4
0
0m  8my0  32
直线 PM 的斜率为
x0  2
y
2
0  2
8
my2  16m ，
因为直线 PS, PM , PT 的斜率均成等差数列，
8my
 3288
82 y0  y3  y 4 
82 y
 8m
00304
00343 4
00
所以2 0  0 ，
my2 16my  yy  yy2  y  y  y   y yy2  8my 16
00
整理得：  y2 16m2  y2 16  0 ，对任意m 恒成立，
所以 y2  16  0 ，解得： y  4 或 y  4 ，此时x  2 ，
0000
即存在 P 2, 4 或 P 2, 4 满足题意.
未考虑抛物线开口方向的多解性致错
辨析： 已知“抛物线过某点”或“焦点在某轴上”时，未考虑开口的不同方向（如焦点在 x 轴上的抛物线，可能开口向左或向右），导致漏解．这种情况要死记标准结构，多解问题需要先分类讨论．
【典例 1】（2025·甘肃平凉·模拟预测）顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在直线 x  2 y  4  0 上的
抛物线的标准方程为.
【答案】 y2  16x 或 x2 = -8y
【解析】令 x  0 得 y  2 ，令 y  0 得 x  4 ，所以抛物线的焦点为4, 0 或0, 2 .
当焦点为4, 0 时，抛物线方程为 y2  16x ；焦点为0, 2 时，抛物线方程为 x2 = -8y .
【典例 2】顶点在原点，且过点(2, 4) 的抛物线的标准方程是.
【答案】 x2  y 或 y2  8x
【解析】依题意可设抛物线的标准方程为 y2  2 px( p  0) 和 x2  2 py( p  0)，
将(2, 4) 代入分别解得 p  4 和 p  1 ，
2
则抛物线的标准方程为 y2  8x 或 x2  y .
遗漏斜率不存在的情况致错
辨析： 设直线方程前，先明确“是否需要分斜率存在/不存在两类”，尤其涉及“垂直于对称轴的直线”时，必须单独讨论．另外对于斜率可能不存在的类型，设直线方程为 x  ty  m 可规避讨论．
【典例 1】过点 M (0,1) 与抛物线 y2  2x 只有一个公共点的直线有（ ）
A．1 条B．2 条C．3 条D．0 条
【答案】C
【解析】当直线斜率存在时，
设直线l 的斜率等于k ，则当 k  0 时，直线l 的方程为 y  1，
满足直线与抛物线 y2  2x 仅有一个公共点，当k  0 时，设直线l 的方程为 y  kx 1，
代入抛物线的方程可得： k 2 x2  2k  2 x 1  0 ，
有  2k  22  4k 2  0 ，解得k  1 ，故切线方程为 y  1 x  1，
22
当斜率不存在时，直线方程为 x  0 ，该直线也与抛物线 y2  2x 相切，故满足条件的直线方程有三条.故选：C．
【典例 2】（2025·全国·模拟预测）设抛物线 y2  2 px  p  0 的焦点为 F ，直线l 与l 过焦点 F 与抛物线分
12
别交于 A, B 与C , D 四点.
求证： AB  2 p ；
若2 AB  CD ，求直线l2 的倾斜角的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)  0, π  ∪  3π , π 
4  4

【解析】（1）当直线 AB 斜率不存在时， AB  2 p ；
当直线 AB 斜率存在时，设kAB  k1 ，则直线 AB 的方程为
y  k  x  p 
12
  ，

4
22 22
p2 k 2
代入抛物线方程 y
 2 px ，化解得k1 x
  pk1  2 p x 1
 0，
 k 4
2 pp2
所以 xAxBp2 , xA xB
1
xAxB
xA  xB , AB  xA  xB  p  2
综上所述 AB  2 p .
，
 p  2 p ，
（2）因2 AB  CD ，由（1）知，直线CD 斜率存在，设kCD  k2 ，
k
2
同理得 CD  2 p  2 p ，
2
当直线 AB 斜率不存在时， 2 p  2 p  4 p ，所以k 2  1 ，
k
22
2
当直线 AB 斜率存在时， 2 p  2 p  2 2 p  2 p  ，
k 2k 2 
1
所以 k 2
 1 2
k 2
21 
2
1 ， 0  k 2  1，
21
2
2
于是0  k 2  1， 1  k
 0 ，或0  k2  1
所以直线l 的倾斜角的取值范围为 0, π    3π , π  .
24  4

03 判别式使用不当致错
辨析：联立方程后，未先判断方程类型（一元一次或一元二次），直接用一元二次方程的判别式 ；若得到一元一次方程（直线平行于抛物线对称轴），此时 无意义，却误判为“无交点”．
【典例 1】（2025·天津·二模）“k 
1 ”是“直线 y  kx 1与抛物线 y2  2x 只有一个公共点”的（ ）
2
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若直线 y  kx 1与抛物线 y2  2x 只有一个公共点，则方程(kx 1)2  2x 只有一个解，
即方程k 2 x2  (2k  2)x  1  0 只有一个解，当k  0 时， 2x 1  0 恒有一个解；
当k  0 时， (2k  2)2  4k 2  0 ，得k 
1 ，此时方程只有一个解．
2
即直线 y  kx 1与抛物线 y2  2x 只有一个公共点，可得 k  0 或k  1 ，
2
故“k 
1 ”是“直线 y  kx 1与抛物线 y2  2x 只有一个公共点”的充分不必要条件，故选：A．
2
抛物线的定义及辨析
紧扣“到定点与定直线距离相等”的本质，避免与椭圆、双曲线定义混淆
明确三要素：必须同时满足“一个定点（焦点 F）”“一条定直线（准线l ）”“定点不在定直线上”这三个条件；
抓住距离关系：抛物线上任意一点 P，到焦点 F 的距离（|PF|）与到准线l 的距离（ d ）始终相等，即 PF  d ；
区分定义与方程：定义是几何本质，抛物线方程（如 y2  2 px ）是定义在特定坐标系下的代数表达，解题时需能双向转化．
0
【典例 1】（25-26 高三上·湖南·月考）已知抛物线C : y2  2 px  p  0 的顶点为O ，经过点 Ax , 2，且 F 为
2
抛物线C 的焦点，若 AF  3 OF ，则 p  （ ）
A． 1
2
【答案】C
C．
D．2
【解析】依题意，焦点 F  p , 0  ，
 2

由 AF  3 OF ，根据抛物线的定义，得 x  p  3p ，所以 x  p ，
0220
2
则 A p, 2 ，代入 y2  2 px ，得4  2 p2 ，又 p  0 ，解得 p .故选：C
【典例 2】（25-26 高三上·广东·月考）已知抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ，准线为l ， P 为l 上一动点，且在
3
x 轴上方， A 为C 上一动点，且 AP / / x 轴，若 AF  4 ，则点 P 的纵坐标为（ ）
3
2
【答案】A
C．3D．
【解析】抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ，准线为l : x  1， P 为l 上一动点，设点 P 1, mm  0，
 m2
因为 AP / / x 轴，所以 AP  AF ，且 A 4 , m  ，
m
m
22
又 AF  4  1 ，所以
3
44

 3 ，
又m  0 ，所以m  2
.故选：A.
利用定义解决距离和差的最值问题
解决这类问题的关键是：距离转化
统一距离类型：根据抛物线定义，将抛物线上任意一点 P 到焦点 F 的距离（|PF|），转化为该点到准线l
的距离（ d ），即 PF  d ；
转化目标：通过上述转化，将原本含“焦点距离”的复杂和差问题，转化为仅含“点到直线距离”或“两点间距离”的平面几何最值问题，利用“两点之间线段最短”或“点到直线垂线段最短”求解．
【典例 1】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知 P 为抛物线C : y2  4mx m  0 上的动点， Am, m ，B m, 0 为
两个定点，若 ABP 周长的最小值为 18，则m 的值为.
【答案】6
【解析】根据题意2 p  4m ，则 p  2m ，
所以抛物线C 的焦点坐标为m, 0 ，即定点 B m, 0 ，准线为 x  m ，如图所示.故 ABP 的周长为 AB  PA  PB ，其中 AB  m 为定值，
又根据抛物线的定义 PD  PB ，
所以当 A, P, D 三点共线时 PA  PD 取得最小值2m ，
此时 AB  PA  PB  AB  PA  PD  m  2m  18 ，解得m  6 .
【典例 2】（2025·湖南郴州·一模）已知点M 1, 2 ，点 P 在抛物线 y2  12x 上运动，点Q 在圆(x  3)2  y 2  1
上运动，则 PM  PQ 的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】把 x  1 代入 y2  12 x ，得 y2  12  22 ，所以点 M 1, 2 在抛物线 y2  12x 里面，圆(x  3)2  y2  1的圆心记为C2 3, 0 ，
22
因为 PQ 的最小值为 PC 1，而C 正好是抛物线 y2  12x 的焦点，过点 P 作抛物线准线 x  3 的垂线垂足为 P1 ，
则根据抛物线的定义得 PC2  PP1 ，
所以 PM  PQ 的最小值等于求 PM  PP1 1 的最小值，当 M , P, P1 三点共线时 PM  PP1 最小，最小值为 MP1 ，
故 PM  PP1 1的最小值为 MP1 1  1 3 1  3 ，故选：B
与抛物线有关的轨迹问题
解决这类问题的关键是：距离转化
统一距离类型：根据抛物线定义，将抛物线上任意一点 P 到焦点 F 的距离（|PF|），转化为该点到准线l
的距离（ d ），即 PF  d ；
转化目标：通过上述转化，将原本含“焦点距离”的复杂和差问题，转化为仅含“点到直线距离”或“两点间距离”的平面几何最值问题，利用“两点之间线段最短”或“点到直线垂线段最短”求解．
【典例 1】（2025·河北邯郸·模拟预测）在平面内，到定点2, 0 的距离比到定直线 x  1 的距离大 1 的动点
M 的轨迹方程是．
【答案】 y2  8x
【解析】由已知可得动点 M 满足到定点2, 0 的距离等于到定直线 x  2 的距离，
由抛物线定义知动点 M 的轨迹方程为焦点在 x 轴上的抛物线，且焦点为2, 0 ，
则 p  2 ， p  4 .
2
因此轨迹方程为： y2  8x ．
【典例2】（24-25 高三下·湖南长沙·月考）设 F 1, 0 ，点 M 在 x 轴上，点 N 在 y 轴上，且MN  NP, MN  NF  0 ，当点 N 在 y 轴上运动时，点 P 的轨迹方程为（ ）
y2  1 x
2
y2  1 x
4
y2  2x
y2  4x
【答案】D
【解析】设点 P  x, y ，因为 MN  NP ，则 N 为MP 的中点，且点 N 在 y 轴上，

所以 N  0,

y  ，则 M x, 0 ,
2 

––––→y –––→y 
又 F 1, 0 ，则 MN   x,  ， NF  1,   ，
2 2 
––––→ –––→1
由 MN·NF  x 
4
y2  0, y2
 4x ，
故点 P 的轨迹方程为 y2  4x .故选：D.
求抛物线的标准方程
求抛物线标准方程的方法
直接法：直接利用题中已知条件确定焦参数 p ；
待定系数法：先设出抛物线的方程，再根据题中条件，确定焦参数 p .当焦点位置不确定时，应分类讨论或设抛物线方程为 x2  my 或 y2  mx ；
注意：①已知焦点坐标或准线方程可确定抛物线标准方程的形式；
②已知抛物线过某点不能确定抛物线标准方程的形式，需根据四种抛物线的图形及开口方向确定．
【典例 1】（2025·山东济南·模拟预测）以坐标原点为焦点，直线 y  2 为准线的抛物线的方程为（ ）
A． x2  4y  4
C． x2  4y  4
【答案】B
【解析】不妨设点 P  x, y 为抛物线上一点，
B． x2  4 y  4
D． x2  2 y  2
x2  y2
由题意可知，点 P 到原点的距离等于点 P 到直线 y  2 的距离，
所以
 y  2 ，化简得出 x2  4  4y ，
即抛物线的方程为 x2  4 y  4 .故选：B.
【典例 2】（2025·福建厦门·三模）已知抛物线 C：2x2  my  0 恰好经过圆 M： x2  y2  2 x  4 y  4  0的圆心，则 C 的准线方程为.
【答案】 y  1
8
【解析】 x2  y2  2x  4 y  4  0   x 12   y  22  1 .
则圆心为1, 2，将1, 2代入2x2  my  0 ，可得2  2m  0  m  1.
则抛物线方程为： 2x2  y  0  x2   1 y ，则准线方程为： y  1 .
28
直线与抛物线的位置关系
解题的通用流程
设方程：根据已知条件设出直线和抛物线的方程。直线方程优先考虑斜截式，需单独讨论斜率不存在（即
x  x 0 ）的情况；抛物线方程优先用标准形式．
联立消元：将直线方程代入抛物线方程，消去一个变量（通常消 y 或 x ），得到关于另一个变量的一元方程（可能是一次或二次方程）．
判断方程类型：
若得到一元一次方程：直线与抛物线只有一个交点，此时直线为抛物线的“平行于对称轴的直线”（非切线）；
若得到一元二次方程：设其一般形式为 Ax2  Bx  C  0 （或 Ay2  By  C  0 ），计算判别式
  B2  4AC ，通过 判断位置关系来判断．
【典例 1】（24-25 高三下·安徽·月考）已知抛物线C : y2  2x ，直线l 过点 P 0,1 且与抛物线C 有且仅有一个公共点，则直线l 的条数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】因为点 P 0,1在抛物线C 外，显然过 P 可作两条直线与C 相切，
过 P 可作一条与C 的对称轴（即 x 轴）平行的直线，它与C 也只有一个公共点.所以满足条件的直线l 有 3 条，故选：C.
【典例 2】（24-25 高三上·广东·月考）已知抛物线C : y2  mx(m  0)的焦点为 F ，以 F 和C 的准线上的两点
为顶点可以构成边长为 4 3 的等边三角形．
3
求C 的方程；
讨论过点2,1的直线l 与C 的交点个数．
【答案】(1) y2  4x ；(2)答案见解析
【解析】（1）由题意得焦点 F  m , 0 ，准线方程为 x   m ，
 44

以焦点和C 的准线上的两点为顶点可以构成边长为 4 3 的等边三角形 FAB ，
3
 4
3    1  4
2
3 
2
 2

3
3


而这个等边三角形的高为
 2 ，
m
2
即焦点到准线的距离
 2 ，解得m  4 （负值舍去），
所以C 的方程为 y2  4x ．
（2）若直线l 的斜率存在，设l 的方程为 y 1  k  x  2 ．
由方程组 y 1  k x  2 , 可得ky2  4 y  42k 1  0 ．
 y2  4x,

当k  0 时，解得 x  1 , y  1 ，此时方程只有一个实数解， l 与C 只有一个公共点；
4
当k  0 时，方程的根的判别式为Δ  16 2k 2  k 1 ，
由Δ  0 ，解得k  1 或 1 ，此时方程有两个相等的实数解， l 与C 只有一个公共点；
2
由Δ  0 ，解得1  k  0 或0  k  1 ，此时方程有两个不等的实数解， l 与C 有两个公共点；
2
1
由Δ  0 ，解得k  1 ，或k  ，此时方程没有实数解， l 与C 没有公共点；
2
若直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为 x  2 ，易知l 与C 没有公共点．
综上，当l 的方程为 x  2 或l 的斜率k  1 或k  1 时， l 与C 的交点个数为 0；
2

当l 的斜率k  0 或 11 或 1 时， l 与C 的交点个数为 1；
2
当l 的斜率k 1, 0   0, 1  时， l 与C 的交点个数为 2．
2 

直线与抛物线的相交弦长
按照“设方程并分类讨论——联立消元得一元二次方程——韦达定理——代入弦长公式”这个流程求解直线与抛物线相交的弦长问题．但要注意焦点弦的弦长可使用焦半径公式简化求解．
【典例 1】（25-26 高三上·四川眉山·月考）设抛物线 y2  4x 的焦点为 F ，过点 F 作直线l 交抛物线于 A，B
两点，已知 AF
A． 9
2
【答案】A
 2 BF ，则 AB  （ ）
B．4C． 7
2
D．3
【解析】由 y2  4x 可知 F 1,0 ，设lAB : x  my 1 ， A  x1 , y1  、 B  x2 , y2  ，
 y2  4x

联立x  my  1
，则有 y2  4my  4  0 ，
y2 y2 y y 2
故 y1 y2  4 ，即 x x  1  2  1 2  1 ，
1 24416
又 AF  x  p  x 1， BF  x  p  x 1，
121222
由 AF  2 BF ，则 x1 1  2 x2 1 ，即有 x1  2x2  1，
y2 y2 y y 22
则 x x  1  2  1 2  1 x1x2  1 2x2  x2  2x2  x2  1，
1 24416
即2x2  x 1  2x 1 x 1  0 ，则 x  1 或 x  1，
2222
222
1
又 x  0 ，故 x  1 ，则 x  1  2 ，则 AB  x  x  2  1  2 2  9 .故选：A.
2
222x1222
【典例 2】（25-26 高三上·贵州·月考）已知抛物线C : y2  2 px( p  0) 的焦点为 F，过点 F 的直线与抛物线 C
交于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点的纵坐标为 1，且| PQ | 4 ，则 p  .
【答案】1
【解析】设直线 PQ 的方程为 x  my  p ， P  x , y  ， Q  x , y  .
21 122
x  my  p ,

由2 消去 x 得 y2  2 pmy  p2  0 ，   4 p2m2  4 p2  0 ，
 y2  2 px,
则 y1  y2  2 pm ， y1 y2   p2 .
因为线段 PQ 的中点的纵坐标为 1，所以 y1  y2  pm  1，则m  1 .
2p
1  m2


y  y 4 y y
12
2
1 2





1 
1 
p
2


1  p
2
因为| PQ | 4 ，所以 4 ，即2 4 ，解得 p  1.
抛物线的中点弦问题
优先选择点差法：点差法无需联立方程求解，可直接建立中点与斜率的关系，计算量远小于韦达定理法，尤其适用于已知中点求弦所在直线方程的场景．
分类讨论斜率存在性：
若用点差法推导时，若得到的斜率关系式中分母为 0，需单独讨论斜率不存在的情况；
若中点在抛物线对称轴上，中点弦通常垂直于对称轴，需优先考虑斜率不存在的直线．
必做验证步骤：无论用点差法还是韦达定理法，求出直线方程后必须验证判别式Δ>0，避免出现“所求直线与抛物线无交点或相切”的无效解．
【典例 1】（25-26 高三上·广东·月考）过抛物线 E : y2  6x 的焦点的直线与该抛物线交于 A, B 两点，若线段
AB 的中点的纵坐标为 1，则 AB  （ ）
A．12B． 35
3
C． 20
3
D． 11
3
【答案】C
 y2  6 x
y  y6
【解析】设 A x , y , B  x , y  ，则 11 ，则 12 .
22
1 122
 y2  6 x
x1  x2y1  y2
因为线段 AB 的中点的纵坐标为 1，所以 y1  y2
 2 ，则 y1  y2  3 .
x1  x2
又直线 AB 过 E 的焦点 3 , 0  ，所以直线 AB 的方程为 y  3 x  3  ，
 22 

则线段 AB 的中点的横坐标为11 ，则 x  x

 11 ，
6123
故 AB  x1  x2
 p  11  3  20 .故选：C
33
【典例 2】（24-25 高三上·河北保定·月考）已知动点 M 到点8, 0 的距离比它到直线 x 10  0 的距离小 2，记动点 M 的轨迹为C .
求C 的方程；
直线l 与C 相交于 A ， B 两点，若线段 AB 的中点坐标为2, 4 ，求直线l 的方程.
【答案】(1) y2  32x ；(2) 4x  y  4  0
【解析】（1）由题意知动点 M 到点8, 0 的距离等于到直线 x  8 的距离，则动点 M 的轨迹是以8, 0 为焦点， x  8 为准线的抛物线，
所以C 的方程为 y2  32x .
 y2  32x
（2）设 A  x , y  ， B  x , y  ，则 11 ，
22
1 122
 y2  32x
两式相减得 y2  y2  32 x  x
 ，整理可得 y1  y2  32 .
1212
x1  x2y1  y2
因为线段 AB 的中点坐标为2, 4 ，所以 y1  y2  8 ，
所以直线l 的斜率k  y1  y2  32  4 ，
x1  x28
故直线l 的方程为 y  4  4  x  2 ，即4x  y  4  0 .