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人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线当堂达标检测题
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线当堂达标检测题，共29页。试卷主要包含了直线与抛物线的位置关系，弦长问题，抛物线的焦点弦问题，抛物线的切线，直线与抛物线中的最值问题，抛物线有关的应用问题等内容，欢迎下载使用。
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.
2．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).
3．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：
4．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
5．直线与抛物线中的最值问题
求与抛物线有关的最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的最值、求抛物线上一点到定直线的最值，
解与抛物线有关的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化,数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变量的代数式，借助目标函数最值的求法解决.
6．抛物线有关的应用问题
(1)解答与抛物线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与抛物线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）已知直线l过点(0,−4)，且与抛物线y2=8x有且只有一个公共点，则符合要求的直线l的条数为（ ）条
A．0B．1C．2D．3
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【变式1-3】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与抛物线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】（2023·江苏·高三阶段练习）已知A，B在抛物线y2=4x上，且线段AB的中点为M(1，1)，则|AB|＝（ ）
A．4B．5
C．15D．215
【变式2-1】(2023·江苏南通·模拟预测）已知直线y=x−2与抛物线y2=4x交于A,B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，则OP2−PA2=（ ）
A．2B．−2C．4D．−4
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）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C:y2=4x，一条平行于x轴的光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线l2射出，则AB=（ ）
A．7B．174C．214D．254
【变式2-3】(2023·湖南岳阳·高二期末）已知直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点，若OA⋅OB=0，则|AB|的最小值为（ ）
A．4B．42C．8D．16
【题型3 抛物线的焦点弦问题】
【方法点拨】
根据抛物线的焦点弦公式，结合具体条件，进行求解即可.
【例3】(2023·湖南·高三期末（文））已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F且倾斜角为45∘的直线l与抛物线分别交于A､B两点，则AB=（ ）
A．1B．3C．6D．8
【变式3-1】(2023·河南·高三开学考试（文））过抛物线y2=4x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点，若AB的中点M的横坐标为2，则线段AB的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【变式3-2】(2023·河南·高三阶段练习（文））直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=（ ）
A．6B．8C．2D．4
【变式3-3】(2023·全国·模拟预测（文））入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线C：y2=4x上一点P，反射光线PQ与抛物线C交于点Q，则PQ的值为（ ）
A．4B．163C．2D．223
【题型4 抛物线中的面积问题】
【方法点拨】
抛物线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与抛
物线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且斜率为−33的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且MA⋅MB=3，求△MAB的面积．
【变式4-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点Px,y到定点M0,12的距离比它到x轴的距离大12．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)在（1）的条件下，且y≥0时，过轨迹C的焦点且倾斜角为45°的直线交轨迹C于点A、B，求△AOB的面积．
【变式4-2】(2023·河南·高二期末（文））已知抛物线C:x2=2pyp>0上的点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1与l2，直线l1交C于M，N两点，直线l2交C于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最小值．
【变式4-3】(2023·上海市高三阶段练习）如图，已知点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2．
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)设A点纵坐标为2t，求S1S2关于t的函数关系式；
(3)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．
【题型5 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·江苏南京·高三阶段练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求p的值；
(2)是否存在定点T， 使得TA⋅TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．
【变式5-1】(2023·上海市高二期末）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，P(−1,0)，过F作直线l交抛物线C于Ax1,y1，Bx2,y2两点.
(1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，求证：kPA+kPB是定值.
【变式5-2】(2023·四川·教科所三模（理））设抛物线E：y2=2pxp>0，以N2,1为圆心，5为半径的圆被抛物线E的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点N的两条直线分别与曲线E交于点A，B和C，D，且满足NA=λNB，NC=λND，求证：线段BD的中点在直线y=1上．
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：kFA+kFB是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得kMA⋅kMB为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
【题型6 抛物线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用抛物线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出抛物线的标准方程；
③根据抛物线的方程及定义、直线与抛物线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·全国·高二课时练习）某单行隧道横断面由一段抛物线及一个矩形的三边组成，尺寸如图所示（单位：m），某卡车载一集装箱，车宽3 m，车与集装箱总高4.5 m，此车能否安全通过隧道？说明理由．
【变式6-1】(2023·安徽·高二期末）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口径长为12cm．
(1)以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；
(2)为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长．
【变式6-2】(2023·江苏南通·高二期末）如图，马路l南边有一小池塘，池塘岸MN长40米，池塘的最远端O到l的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路AB,BC,CD，且AB,BC,CD均与小池塘岸线相切，记∠BAD=θ.
（1）求小路的总长，用θ表示；
（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，tanθ的值.
【变式6-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，河道上有一座抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面为8m，拱圈内水面宽16m．，为保证安全，要求通过的船顶部（设为平顶）与拱桥顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m．
（1）一条船船顶部宽4m，要使这艘船安全通过，则船在水面以上部分高不能超过多少米？
（2）近日因受台风影响水位暴涨2.7m，为此必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞．试问：一艘顶部宽42m，在水面以上部分高为4m的船船身应至少降低多少米才能安全通过？
专题3.13 直线与抛物线的位置关系-重难点题型精讲
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.
2．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).
3．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：
4．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
5．直线与抛物线中的最值问题
求与抛物线有关的最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的最值、求抛物线上一点到定直线的最值，
解与抛物线有关的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化,数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变量的代数式，借助目标函数最值的求法解决.
6．抛物线有关的应用问题
(1)解答与抛物线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与抛物线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【解题思路】直线y=kx−1+2过定点1,2，在抛物线x2=4y内部，即可得出结论．
【解答过程】直线y=kx−1+2过定点1,2，
∵12<4×2，
∴1,2在抛物线x2=4y内部，
∴直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y相交，
故选：A．
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）已知直线l过点(0,−4)，且与抛物线y2=8x有且只有一个公共点，则符合要求的直线l的条数为（ ）条
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】根据直线与抛物线的位置关系判断．
【解答过程】当直线l平行于x轴（即抛物线的）时，直线l与抛物线只有一个公共点，
直线l与抛物线的轴不平行时，由于(0,−4)在抛物线的外部（与焦点在不同区域），因此过点有的抛物线的切线有两条．
综上，符合要求的直线l有3条．
故选：D．
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【解题思路】求出直线AF的中垂线方程，代入y2=2px，可得y2−2ay+a2=0，即可得出结论．
【解答过程】设A−p2,a，Fp2,0，则AF的中点坐标为0,a2，kAF=−ap，所以中垂线的斜率为k=pa，所以直线AF的中垂线方程为y=pax+a2，代入y2=2px，可得y2−2ay+a2=0
∴Δ=4a2−4a2=0，∵线段FA的中垂线与抛物线相切.
故选：B.
【变式1-3】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【解题思路】先求出抛物线C1的方程，再利用平移变换得出抛物线C3，联立直线方程与抛物线方程，根据根的判别式即可得出结论．
【解答过程】解：圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心坐标为（﹣2，1），
代入抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3，可得1＝a﹣3，
∴a＝4，
∴抛物线C1：y＝4（x+1）2﹣3．
将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，
得到抛物线C3：y＝4x2，
联立x+16y−1=0y2=4x，消x整理得14y2+16y−1=0，
Δ=256+1=257>0，
所以直线l与抛物线C3相交，
故选：A．
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与抛物线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】（2023·江苏·高三阶段练习）已知A，B在抛物线y2=4x上，且线段AB的中点为M(1，1)，则|AB|＝（ ）
A．4B．5
C．15D．215
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，点差法可得kAB=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2，得到直线AB的方程为 y=2x−1，与抛物线联立，利用弦长公式即得解
【解答过程】由题意，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
线段AB的中点为M(1，1)，
故x1+x22=1,y1+y22=1，
且y12=4x1,y22=4x2，
两式相减得：y12−y22=4x1−4x2，
故kAB=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2，
故直线AB的方程为：y−1=2(x−1)，即y=2x−1，
将直线与抛物线联立：y2=4xy=2x−1，
即4x2−8x+1=0，
Δ=82−4×4>0,x1+x2=2,x1x2=14，
则|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=15，
故选：C.
【变式2-1】(2023·江苏南通·模拟预测）已知直线y=x−2与抛物线y2=4x交于A,B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，则OP2−PA2=（ ）
A．2B．−2C．4D．−4
【解题思路】直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点A,B坐标，再求得中点P坐标，计算出OP，PA即可得．
【解答过程】由y=x−2y2=4x得x2−8x+4=0，x1=4+23，x2=4−23，
则y1=2+23，y2=2−23，
所以A(4+23,2+23)，B(4−23,2−23)，
AB=(43)2+(43)2=46，
P为AB的中点，则PA=12AB=26，
P(4,2)，OP=42+22=25，
所以OP2−PA2=(25)2−(26)2=−4．
故选：D．
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）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C:y2=4x，一条平行于x轴的光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线l2射出，则AB=（ ）
A．7B．174C．214D．254
【解题思路】根据题意可知A(4,4)和抛物线C的焦点为F(1,0)，由此可知直线AB的方程为y=43(x−1)，将直线AB的方程与抛物线方程联立，可求出B点坐标，再根据弦长公式即可求出结果.
【解答过程】由题意可知，l1∥x轴，
又光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A，
所以A(4,4)，
又抛物线C的焦点为F(1,0)，所以直线AB的方程为y=4−03−1(x−1)，即y=43(x−1)，
联立方程y=43(x−1)y2=4x，整理可得4x2−17x+4=0，所以x=4或x=14
所以B14,−1，所以|AB|=1+1694−14=53×154=254.
故选：D．
【变式2-3】(2023·湖南岳阳·高二期末）已知直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点，若OA⋅OB=0，则|AB|的最小值为（ ）
A．4B．42C．8D．16
【解题思路】根据已知条件设出直线的方程与抛物线联立方程组，再利用韦达定理得出根的关系，结合向量的数量积的坐标运算及弦长公式即可求解.
【解答过程】由题意可知，直线l不可能与x轴平行，设直线l的方程为x=my+n(n≠0)，
由{y2=4xx=my+n，消去x，得y2−4my−4n=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=4m,y1y2=−4n，
所以x1x2=(my1+n)(my2+n)=m2×(−4n)+mn×4m+n2=n2，
因为OA⋅OB=0，所以x1x2+y1y2=n2−4n=0，解得n=4或n=0（舍），
|AB|=(1+m2)⋅[(y1+y2)2−4y1y2]=(1+m2)⋅[(4m)2−4×(−4n)]
=(1+m2)⋅[(4m)2−4×(−4)×4]=4m4+5m2+4=4(m2+52)2−94≥8，
当且仅当m2=0即m=0时，|AB|取的最小值为8,
所以|AB|的最小值为8,
故选：C.
【题型3 抛物线的焦点弦问题】
【方法点拨】
根据抛物线的焦点弦公式，结合具体条件，进行求解即可.
【例3】(2023·湖南·高三期末（文））已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F且倾斜角为45∘的直线l与抛物线分别交于A､B两点，则AB=（ ）
A．1B．3C．6D．8
【解题思路】由题意可得直线l与的方程为y=x−1，代入抛物线方程得x2−6x+1=0，根据韦达定理与焦半径的公式即可求出AB的值.
【解答过程】解：由题意可知F(1,0)，所以直线l与的方程为y=x−1，
联立直线方程和抛物线方程y=x−1y2=4x，可得x2−6x+1=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=6,x1x2=6，
所以AB= |AF|+|BF|=x1+x2+p=6+2=8.
故选：D.
【变式3-1】(2023·河南·高三开学考试（文））过抛物线y2=4x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点，若AB的中点M的横坐标为2，则线段AB的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】结合抛物线的弦长公式求得正确答案.
【解答过程】设点A,B的横坐标分别为x1,x2，则x1+x2=2xM=4.
由过抛物线的焦点的弦长公式知：AB=x1+x2+p=4+2=6.
故选：C.
【变式3-2】(2023·河南·高三阶段练习（文））直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=（ ）
A．6B．8C．2D．4
【解题思路】联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点坐标，结合焦点弦长公式求解即可
【解答过程】因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点坐标为Fp2,0，
又直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，所以p=2，抛物线C的方程为y2=4x，由y=x−1y2=4x，得x2−6x+1=0，所以xA+xB=6，所以AB=xA+xB+p=6+2=8．
故选：B.
【变式3-3】(2023·全国·模拟预测（文））入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线C：y2=4x上一点P，反射光线PQ与抛物线C交于点Q，则PQ的值为（ ）
A．4B．163C．2D．223
【解题思路】根据抛物线的光学性质，结合抛物线的焦点弦公式求解即可
【解答过程】易得P的纵坐标为23，代入y2=4x可得P3,23.根据抛物线的光学性质可得，因为入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线，故反射光线PQ经过抛物线y2=4x的焦点F1,0，故PQ的斜率为233−1=3.设Px1,y1,Qx2,y2，则直线PQ的方程为y=3x−1，联立y2=4x可得3x2−10x+3=0，故PQ=x1+x2+2=103+2=163
故选：B.
【题型4 抛物线中的面积问题】
【方法点拨】
抛物线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与抛
物线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且斜率为−33的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且MA⋅MB=3，求△MAB的面积．
【解题思路】（1）由题知2y0=y0+p236=2py0p>0，进而解方程即可得答案；
（2）结合（1）得直线l的方程为x+3y−33=0，进而与抛物线方程联立得A，B的坐标分别为(23,1)，(−63,9)，再设M的坐标为(t,−3)，进而结合向量数量积的坐标运算t=−3或−33，再分别计算|AB|与点M到直线l的距离即可得面积.
【解答过程】（1）
解：因为抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0，
所以，抛物线的定义得|PF|=y0+p2．
所以，2y0=y0+p236=2py0p>0 ，解得y0=3p=6．
所以，抛物线的方程为x2=12y；
（2）
解：由（1）知点F(0,3)，所以直线l的方程为x+3y−33=0．
所以，联立方程x+3y−33=0x2=12y得y2−10y+9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1=1，y2=9，y1+y2=10，
点A，B的坐标分别为(23,1)，(−63,9)．
设点M的坐标为(t,−3)，则MA=(23−t,4)，MB=(−63−t,12)，
所以MA⋅MB=(23−t)(−63−t)+4×12=3，解得t=−3或−33，
所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=10+6=16，
点M到直线l的距离为d=|t−63|2，故d=732或932．
当d=732时，△MAB的面积为S=12d⋅|AB|=283．
当d=932时．△MAB的面积为S=12d⋅|AB|=363．
【变式4-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点Px,y到定点M0,12的距离比它到x轴的距离大12．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)在（1）的条件下，且y≥0时，过轨迹C的焦点且倾斜角为45°的直线交轨迹C于点A、B，求△AOB的面积．
【解题思路】（1）根据已知条件列方程，化简求得P点的轨迹C的方程.
（2）求得直线AB的方程，利用弦长公式、点到直线的距离公式求得三角形AOB的面积.
【解答过程】（1）
依题意x2+y−122=y+12①，x2+y−122−12=y，
两边平方得x2+y−122−x2+y−122+14=y2，
x2−y−12=x2+y−122②，
两边平方得x4−2y−12x2+y−122=x2+y−122，
整理得x4=2y⋅x2，x2x2−2y=0
可得x2=2y或x=0，
当x=0时，②转化为y−12=−y−12，所以y−12≤0，
此时①转化为y−12=12−y=y+12,y=−y，所以y≤0.
所以P点的轨迹C的方程为x2=2y或x=0y≤0.
（2）
当y≥0时，轨迹C的方程为x2=2y，是抛物线，
2p=2,p=1,p2=12，所以轨迹C的焦点为M0,12.
所以直线AB的方程为y−12=tan45°×x−0,y=x+12，x−y+12=0,2x−2y+1=0，
由y=x+12x2=2y消去y并化简得x2−2x−1=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2,x1⋅x2=−1，
所以AB=1+12⋅x1+x22−4x1⋅x2=2⋅4+4=4.
原点O到直线2x−2y+1=0的距离为122+22=24.
所以三角形AOB的面积为12×4×24=22.
【变式4-2】(2023·河南·高二期末（文））已知抛物线C:x2=2pyp>0上的点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1与l2，直线l1交C于M，N两点，直线l2交C于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最小值．
【解题思路】（1）根据圆的半径及抛物线的定义可得方程；
（2）分别联立两条直线与抛物线，可得线段MN与PQ长度，进而可得面积，结合基本不等式可得最小值.
【解答过程】（1）由题设知，抛物线的准线方程为y=−p2，由点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径，而x2+y2−2x+4y−31=0可化为x−12+y+22=36，即该圆的半径为6，所以4+p2=6，解得p=4，所以抛物线C的标准方程为x2=8y；
（2）由题意可知，直线l1与直线l2的斜率都存在，且焦点F坐标为0,2，
因为l1⊥l2，不妨设直线l1的方程为y=kx+2，直线l2的方程为y=−1kx+2，
联立x2=8yy=kx+2，得x2−8kx−16=0，Δ=64k2+64>0恒成立．
设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=8k，x1x2=−16，
所以MN=y1+p2+y2+p2=kx1+x2+4+p=8k2+8，
同理，得PQ=8−1k2+8=8k2+8，
所以四边形MPNQ的面积S=12MNPQ=128k2+88k2+8=12128+64k2+64k2 ≥12128+264k2⋅64k2=128，（当且仅当k=±1时等号成立），
所以四边形MPNQ的面积的最小值是128．
【变式4-3】(2023·上海市高三阶段练习）如图，已知点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2．
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)设A点纵坐标为2t，求S1S2关于t的函数关系式；
(3)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．
【解题思路】（1）由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；
（2）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，再用2t代换y1并化简即可；
（3）根据已求的函数关系式，结合基本不等式即可求得S1S2的最小值和点G的坐标.
【解答过程】（1）
因为点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点，
所以p2=1，即p=2，准线方程x=−1.
（2）
设Ax1,y1,Bx2,y2，
设直线AB的方程为y=kx−1,k≠0，与抛物线方程y2=4x联立可得：
k2x2−2k2+4x+k2=0，故：x1+x2=2+4k2,x1x2=1，
y1+y2=kx1+x2−2=4k,y1y2=−4x1×4x2=−4，
设点C的坐标为Cx3,y3，由重心坐标公式可得：
xG=x1+x2+x33 =132+4k2+x3，yG=y1+y2+y33 =134k+y3，
令yG=0可得：y3=−4k，则x3=y324=4k2.即xG=132+4k2+4k2=132+8k2，
由斜率公式可得：kAC=y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，
直线AC的方程为：y−y3=4y1+y3x−x3，
令y=0可得：xQ=x3+−y3y1+y34=y324+−y3y1+y34=−y1y34，
故S1=12×xG−xF×y1=12×132+8k2−1×y1=y12×83k2−13，
且S2=12×xQ−xG×−y3=−y32−y1y34−132+8k2，
由于y3=−4k，代入上式可得：S2=2ky1k−23−83k2，
由y1+y2=4k,y1y2=−4可得y1−4y1=4k，则k=4y1y12−4，
则S1S2=y12×83k2−132ky1k−23−83k2=2y12y12−2y12−4y12+4 =2−4y12−8+48y12−8+16，
令y1=2t ，得S1S2=2×4t2⋅4t2−24t2−44t2+4=2t4−t2t4−1=2−t2−2t4−1.
即S1S2关于t的函数关系式为S1S2=2−t2−2t4−1.
（3）
设m=t2−2m＞0，则S1S2=2−t2−2t4−1=2−mm2+4m+3=2−1m+3m+4≥2−12m⋅3m+4=1+32，
当且仅当m=3m，即m=3，t=6+22，y1=6+2时等号成立，
即S1S2的最小值为1+32，
此时k=4y1y12−4=2，xG=132+8k2=2，则点G的坐标为G2,0.
【题型5 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·江苏南京·高三阶段练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求p的值；
(2)是否存在定点T， 使得TA⋅TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）结合中点坐标公式表示出点A的坐标带入抛物线的方程即可求出结果；
（2）设出直线的方程与抛物线联立，进而结合根与系数的关系得到TA⋅TB的表达式，从而可得4m+42−22n=04−22m=0，因此解方程组即可求出结果.
【解答过程】（1）
因为Fp2,0,P0,2，且点A恰好为线段PF中点，所以Ap4,1，又因为A在抛物线上，所以12=2p⋅p4，即p2=2，解得P=2
（2）
设Tm,n，可知直线l斜率存在；设l：y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2
联立方程得：y2=22xy=kx+2，所以k2y2−22y+42=0，
所以y1+y2=22k,y1y2=42k，
又：TA⋅TB=x1−mx2−m)+(y1−ny2−n
=24y12−m24y22−m+y1−ny2−n
=18y12y22−24my12+y22+m2−ny1+y2+n2
=4k2−24m8k2−82k+m2+42k−22nk+n2
=4−22mk2+4m+42−22nk+m2+n2，
令4m+42−22n=04−22m=0，解之得：m=2n=4，即T2,4，此时TA⋅TB=m2+n2=18.
【变式5-1】(2023·上海市高二期末）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，P(−1,0)，过F作直线l交抛物线C于Ax1,y1，Bx2,y2两点.
(1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，求证：kPA+kPB是定值.
【解题思路】（1）根据抛物线和直线的位置关系，联立方程结合韦达定理来求交点坐标的中点坐标即可；
（2根据题意假设直线方程，再联立方程，结合韦达定理，对所需证明的式子化简即可.
【解答过程】（1）根据题意点F（1，0），而直线l的斜率为1，
所以l的方程为y=x−1，联立抛物线方程y=x−1y2=4x⇒x2−6x+1，
根据韦达定理有x1+x2=6,x1⋅x2=1，点A,B均在直线l上，
所以y1+y2=x1−1+x2−1=x1+x2−2=4，
所以A,B中点坐标为(x1+x22,y1+y22)即（3，2）.
（2）根据题意直线l与抛物线有两个交点，所以直线l的斜率不可能为0，
设直线l方程为x=my+1，联立抛物线方程有x=my+1y2=4x⇒y2−4my−4=0，
据韦达定理有y1+y2=4m,y1⋅y2=−4，
kPA+kPB=y1x1+1+y2x2+1=y1(my2+2)+y2(my1+2)(my1+2)(my2+2) =2my1y2+2(y1+y2)m2y1y2+2m(y1+y2)+4=−8m+8m−4m2+8m2+4=0，
所以kPA+kPB为定值0.
【变式5-2】(2023·四川·教科所三模（理））设抛物线E：y2=2pxp>0，以N2,1为圆心，5为半径的圆被抛物线E的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点N的两条直线分别与曲线E交于点A，B和C，D，且满足NA=λNB，NC=λND，求证：线段BD的中点在直线y=1上．
【解题思路】（1）设N到l的距离为d，由题意可得：d2+822=52，可解得p=2，即可求出抛物线E的方程.
（2）设Bx1,y1，Dx2,y2，由NA=λNB，表示出A点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得−λy12+2λy1−7+λ=0，同理可得：−λy22+2λy2−7+λ=0，又因为y1，y2是关于y的方程−λy2+2λy−7+λ=0的两根，则y1+y2=2， 即可证明.
【解答过程】(1)
E：y2=2pxp>0的准线l：x=−p2
设N到l的距离为d，
由已知得d2+822=52，∴d=3，∴2+p2=3，∴p=2
∴E的方程为y2=4x
(2)
设Bx1,y1，Dx2,y2
∵NA=λNB，∴xA−2,yA−1=λx1−2,y1−1
∴xA−2=λx1−2yA−1=λy1−1，∴xA=λx1+21−λyA=λy1+1−λ
代入y2=4x得λy1+1−λ2=4λx1+21−λ
∴λ2y12+2λ1−λy1+(1−λ)2=λy12+81−λ
∴λλ−1y12+2λ1−λy1+(1−λ)2−81−λ=0
∵点N在抛物线内部，∴λ<0，1−λ≠0，∴−λy12+2λy1−7+λ=0
同理−λy22+2λy2−7+λ=0
∴y1，y2是关于y的方程−λy2+2λy−7+λ=0的两根，
∴y1+y2=2，∴y1+y22=1
∴BD的中点在直线y=1上．
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：kFA+kFB是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得kMA⋅kMB为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
【解题思路】（1）求得直线l的方程并代入抛物线的方程，对k进行分类讨论，由此求得正确答案.
（2）结合根与系数关系，计算出kFA+kFB=0.
（3）设Mt,0，求得kMA⋅kMB的表达式，从而求得t=0时，kMA⋅kMB为定值.
【解答过程】（1）
抛物线y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，Q−p2,0，
设l:y=kx+p2，代入y2=2px并化简得k2x2+pk2−2x+k2p24=0①．
当k=0，直线l的方程为y=0，与y2=2px的交点为原点0,0，直线l与抛物线有1个公共点；
当k≠0，Δ=−4p2k2−1，
若Δ>0，即k∈−1,0∪0,1，直线l与抛物线有2个公共点；
若Δ=0，即k=±1时，直线l与抛物线有1个公共点；
若Δ<0，即k<−1或k>1，直线l与抛物线没有公共点．
（2）
由于直线l与抛物线有两个交点，由（1）得k∈−1,0∪0,1.
设交点Ax1,y1、Bx2,y2，
由①得x1+x2=−pk2−2k2=2pk2−p,x1⋅x2=p24，
kFA+kFB=y1x1−p2+y2x2−p2 =kx1+p2x2−p2+kx2+p2x1−p2x1−p2x2−p2=2kx1x2−p24x1−p2x2−p2=0，
所以kFA+kFB为定值0．
（3）
若存在满足条件的点Mt,0，使得kMA⋅kMB为定值．
则kMA⋅kMB=y1x1−t⋅y2x2−t=k2x1+p2x2+p2x1−tx2−t
=k2x1x2+p2x1+x2+p24x1x2−tx1+x2+t2 =k2p24+p22pk2−p+p24p24−t2pk2−p+t2
=p2p24+tt+p−2pk2
仅当t=0，即M0,0时，kMA⋅kMB为定值4．
【题型6 抛物线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用抛物线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出抛物线的标准方程；
③根据抛物线的方程及定义、直线与抛物线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·全国·高二课时练习）某单行隧道横断面由一段抛物线及一个矩形的三边组成，尺寸如图所示（单位：m），某卡车载一集装箱，车宽3 m，车与集装箱总高4.5 m，此车能否安全通过隧道？说明理由．
【解题思路】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，当车走中间时x=1.5，代入抛物线求纵坐标，与车货总高比较即可.
【解答过程】以抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
则点A的坐标为3,−3．
设抛物线的标准方程为x2=−2py（p>0）．
将点A的坐标代入上式，得9=6p，即2p=3．
所以抛物线的标准方程为x2=−3y．
将x=1.5代入抛物线的标准方程，得y=−0.75，则5−0.75=4.25<4.5．
这说明，即使集装箱处于隧道的正中位置，车与集装箱的总高也会高于BD，所以此车不能安全通过隧道．
【变式6-1】(2023·安徽·高二期末）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口径长为12cm．
(1)以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；
(2)为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长．
【解题思路】（1）设抛物线的标准方程为x2=2py，由题意可得抛物线过点6,4，将此点代入方程中可求出p的值，从而可得抛物线方程，
（2）设此时的口径长为2aa>0，则抛物线过点(a,3)，代入抛物线方程可求出a的值，从而可求得答案
【解答过程】(1)
由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为x2=2py，
因为顶点深度4，口径长为12，所以该抛物线过点6,4，
所以62=2p×4，得2p=9，所以抛物线方程为x2=9y；
(2)
若将磨具的顶点深度减少1cm，设此时的口径长为2aa>0，
则可得a2=9×3，得a=33，所以此时该磨具的口径长63．
【变式6-2】(2023·江苏南通·高二期末）如图，马路l南边有一小池塘，池塘岸MN长40米，池塘的最远端O到l的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路AB,BC,CD，且AB,BC,CD均与小池塘岸线相切，记∠BAD=θ.
（1）求小路的总长，用θ表示；
（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，tanθ的值.
【解题思路】（1）建立合适的平面直角坐标系，求出小池塘的边界抛物线方程，然后设出直线AB的方程，和抛物线联立，可求出切点坐标， 同时可求出B,C的坐标，表示出AB+BC+CD，变形即可得结果；
（2）要所需铺草坪面积最小，需要梯形面积最小，利用（1）的结果表示出梯形面积，利用基本不等式求出最值．
【解答过程】解：（1）以O为原点，BC所在直线为x轴，过点O作垂直于x轴的直线为y轴，建立直角坐标系，所以M(−20,400) , N(20,400)，
因为小池塘的边界为抛物线型，设边界所在的抛物线方程为x2=2py(p>0)，
因为M(−20,400) 是曲线上一点，
所以p=12，即抛物线方程为y=x2.
设AB所在的直线方程：y=kx+t(k=tanθ)，
联立y=kx+ty=x2，即x2−kx−t=0，
因为AB与抛物线相切，
所以Δ=k2+4t=0①.
记直线AB与抛物线切于点Q，
所以Q点的横坐标为k2∈(0,20)，即k∈(0,40).
易得点B−tk,0，点A400−tk,400，由对称性可知Ctk,0，点D−400−tk,400.
所以小路总长为AB+BC+CD=−2tk+2400k2+4002，
由①及k=tanθ可知
AB+BC+CD=tanθ2+2400tanθ2+4002=tanθ2+800sinθ(0（2）记草坪面积为S，梯形面积为S1，小池塘面积为S2，
所以S=S1−S2，因为小池塘面积S2为定值，要使得草坪面积最小，则梯形面积最小
S1=12(BC+AD)⋅400=12⋅2−tk+400−tk⋅400，
由①知S1=200800k+k≥80002，当且仅当“k=202∈(0,40)”取得“＝”
所以当tanθ=202时，梯形面积最小，即草坪面积最小．
【变式6-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，河道上有一座抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面为8m，拱圈内水面宽16m．，为保证安全，要求通过的船顶部（设为平顶）与拱桥顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m．
（1）一条船船顶部宽4m，要使这艘船安全通过，则船在水面以上部分高不能超过多少米？
（2）近日因受台风影响水位暴涨2.7m，为此必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞．试问：一艘顶部宽42m，在水面以上部分高为4m的船船身应至少降低多少米才能安全通过？
【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，设抛物线方程x2=−2py，求得抛物线方程，最后令其x＝2即可得出船在水面以上部分高不能超过多少米；
（2）把x＝22代入抛物线的方程求得y值，结合已知条件，即可求得结果.
【解答过程】（1）以过拱桥的最高点且平行水面的直线为x轴，最高点O为原点建立直角坐标系，如下所示：
设抛物线方程为x2=−2py，根据题意，该抛物线过点(8,−8)，故2p＝8，
故抛物线方程是x2=−8y，
将x＝2代入得y=−12，
故要使该船安全通过，则船在水平以上的部分高不能超过8−0.5−0.5＝7，
故船在水面以上部分高不能超过7米．
（2）将x=22代入方程x2=−8y得y=−1，
要满足题意，船身应至少降低1+0.5+2.7+4＝8.2，
故船身应至少降低0.2米.
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.
2．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).
3．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：
4．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
5．直线与抛物线中的最值问题
求与抛物线有关的最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的最值、求抛物线上一点到定直线的最值，
解与抛物线有关的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化,数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变量的代数式，借助目标函数最值的求法解决.
6．抛物线有关的应用问题
(1)解答与抛物线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与抛物线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）已知直线l过点(0,−4)，且与抛物线y2=8x有且只有一个公共点，则符合要求的直线l的条数为（ ）条
A．0B．1C．2D．3
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【变式1-3】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与抛物线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】（2023·江苏·高三阶段练习）已知A，B在抛物线y2=4x上，且线段AB的中点为M(1，1)，则|AB|＝（ ）
A．4B．5
C．15D．215
【变式2-1】(2023·江苏南通·模拟预测）已知直线y=x−2与抛物线y2=4x交于A,B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，则OP2−PA2=（ ）
A．2B．−2C．4D．−4
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）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C:y2=4x，一条平行于x轴的光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线l2射出，则AB=（ ）
A．7B．174C．214D．254
【变式2-3】(2023·湖南岳阳·高二期末）已知直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点，若OA⋅OB=0，则|AB|的最小值为（ ）
A．4B．42C．8D．16
【题型3 抛物线的焦点弦问题】
【方法点拨】
根据抛物线的焦点弦公式，结合具体条件，进行求解即可.
【例3】(2023·湖南·高三期末（文））已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F且倾斜角为45∘的直线l与抛物线分别交于A､B两点，则AB=（ ）
A．1B．3C．6D．8
【变式3-1】(2023·河南·高三开学考试（文））过抛物线y2=4x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点，若AB的中点M的横坐标为2，则线段AB的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【变式3-2】(2023·河南·高三阶段练习（文））直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=（ ）
A．6B．8C．2D．4
【变式3-3】(2023·全国·模拟预测（文））入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线C：y2=4x上一点P，反射光线PQ与抛物线C交于点Q，则PQ的值为（ ）
A．4B．163C．2D．223
【题型4 抛物线中的面积问题】
【方法点拨】
抛物线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与抛
物线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且斜率为−33的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且MA⋅MB=3，求△MAB的面积．
【变式4-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点Px,y到定点M0,12的距离比它到x轴的距离大12．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)在（1）的条件下，且y≥0时，过轨迹C的焦点且倾斜角为45°的直线交轨迹C于点A、B，求△AOB的面积．
【变式4-2】(2023·河南·高二期末（文））已知抛物线C:x2=2pyp>0上的点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1与l2，直线l1交C于M，N两点，直线l2交C于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最小值．
【变式4-3】(2023·上海市高三阶段练习）如图，已知点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2．
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)设A点纵坐标为2t，求S1S2关于t的函数关系式；
(3)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．
【题型5 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·江苏南京·高三阶段练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求p的值；
(2)是否存在定点T， 使得TA⋅TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．
【变式5-1】(2023·上海市高二期末）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，P(−1,0)，过F作直线l交抛物线C于Ax1,y1，Bx2,y2两点.
(1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，求证：kPA+kPB是定值.
【变式5-2】(2023·四川·教科所三模（理））设抛物线E：y2=2pxp>0，以N2,1为圆心，5为半径的圆被抛物线E的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点N的两条直线分别与曲线E交于点A，B和C，D，且满足NA=λNB，NC=λND，求证：线段BD的中点在直线y=1上．
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：kFA+kFB是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得kMA⋅kMB为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
【题型6 抛物线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用抛物线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出抛物线的标准方程；
③根据抛物线的方程及定义、直线与抛物线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·全国·高二课时练习）某单行隧道横断面由一段抛物线及一个矩形的三边组成，尺寸如图所示（单位：m），某卡车载一集装箱，车宽3 m，车与集装箱总高4.5 m，此车能否安全通过隧道？说明理由．
【变式6-1】(2023·安徽·高二期末）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口径长为12cm．
(1)以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；
(2)为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长．
【变式6-2】(2023·江苏南通·高二期末）如图，马路l南边有一小池塘，池塘岸MN长40米，池塘的最远端O到l的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路AB,BC,CD，且AB,BC,CD均与小池塘岸线相切，记∠BAD=θ.
（1）求小路的总长，用θ表示；
（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，tanθ的值.
【变式6-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，河道上有一座抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面为8m，拱圈内水面宽16m．，为保证安全，要求通过的船顶部（设为平顶）与拱桥顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m．
（1）一条船船顶部宽4m，要使这艘船安全通过，则船在水面以上部分高不能超过多少米？
（2）近日因受台风影响水位暴涨2.7m，为此必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞．试问：一艘顶部宽42m，在水面以上部分高为4m的船船身应至少降低多少米才能安全通过？
专题3.13 直线与抛物线的位置关系-重难点题型精讲
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.
2．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).
3．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：
4．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
5．直线与抛物线中的最值问题
求与抛物线有关的最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的最值、求抛物线上一点到定直线的最值，
解与抛物线有关的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化,数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变量的代数式，借助目标函数最值的求法解决.
6．抛物线有关的应用问题
(1)解答与抛物线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与抛物线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与抛物线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【解题思路】直线y=kx−1+2过定点1,2，在抛物线x2=4y内部，即可得出结论．
【解答过程】直线y=kx−1+2过定点1,2，
∵12<4×2，
∴1,2在抛物线x2=4y内部，
∴直线y=kx−1+2与抛物线x2=4y相交，
故选：A．
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）已知直线l过点(0,−4)，且与抛物线y2=8x有且只有一个公共点，则符合要求的直线l的条数为（ ）条
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】根据直线与抛物线的位置关系判断．
【解答过程】当直线l平行于x轴（即抛物线的）时，直线l与抛物线只有一个公共点，
直线l与抛物线的轴不平行时，由于(0,−4)在抛物线的外部（与焦点在不同区域），因此过点有的抛物线的切线有两条．
综上，符合要求的直线l有3条．
故选：D．
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【解题思路】求出直线AF的中垂线方程，代入y2=2px，可得y2−2ay+a2=0，即可得出结论．
【解答过程】设A−p2,a，Fp2,0，则AF的中点坐标为0,a2，kAF=−ap，所以中垂线的斜率为k=pa，所以直线AF的中垂线方程为y=pax+a2，代入y2=2px，可得y2−2ay+a2=0
∴Δ=4a2−4a2=0，∵线段FA的中垂线与抛物线相切.
故选：B.
【变式1-3】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．以上都有可能
【解题思路】先求出抛物线C1的方程，再利用平移变换得出抛物线C3，联立直线方程与抛物线方程，根据根的判别式即可得出结论．
【解答过程】解：圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心坐标为（﹣2，1），
代入抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3，可得1＝a﹣3，
∴a＝4，
∴抛物线C1：y＝4（x+1）2﹣3．
将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，
得到抛物线C3：y＝4x2，
联立x+16y−1=0y2=4x，消x整理得14y2+16y−1=0，
Δ=256+1=257>0，
所以直线l与抛物线C3相交，
故选：A．
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与抛物线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】（2023·江苏·高三阶段练习）已知A，B在抛物线y2=4x上，且线段AB的中点为M(1，1)，则|AB|＝（ ）
A．4B．5
C．15D．215
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，点差法可得kAB=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2，得到直线AB的方程为 y=2x−1，与抛物线联立，利用弦长公式即得解
【解答过程】由题意，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
线段AB的中点为M(1，1)，
故x1+x22=1,y1+y22=1，
且y12=4x1,y22=4x2，
两式相减得：y12−y22=4x1−4x2，
故kAB=y1−y2x1−x2=4y1+y2=2，
故直线AB的方程为：y−1=2(x−1)，即y=2x−1，
将直线与抛物线联立：y2=4xy=2x−1，
即4x2−8x+1=0，
Δ=82−4×4>0,x1+x2=2,x1x2=14，
则|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=15，
故选：C.
【变式2-1】(2023·江苏南通·模拟预测）已知直线y=x−2与抛物线y2=4x交于A,B两点，P为AB的中点，O为坐标原点，则OP2−PA2=（ ）
A．2B．−2C．4D．−4
【解题思路】直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点A,B坐标，再求得中点P坐标，计算出OP，PA即可得．
【解答过程】由y=x−2y2=4x得x2−8x+4=0，x1=4+23，x2=4−23，
则y1=2+23，y2=2−23，
所以A(4+23,2+23)，B(4−23,2−23)，
AB=(43)2+(43)2=46，
P为AB的中点，则PA=12AB=26，
P(4,2)，OP=42+22=25，
所以OP2−PA2=(25)2−(26)2=−4．
故选：D．
【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）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C:y2=4x，一条平行于x轴的光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A反射后，再经C上另一点B反射后，沿直线l2射出，则AB=（ ）
A．7B．174C．214D．254
【解题思路】根据题意可知A(4,4)和抛物线C的焦点为F(1,0)，由此可知直线AB的方程为y=43(x−1)，将直线AB的方程与抛物线方程联立，可求出B点坐标，再根据弦长公式即可求出结果.
【解答过程】由题意可知，l1∥x轴，
又光线l1从点P8,4射入，经过C上的点A，
所以A(4,4)，
又抛物线C的焦点为F(1,0)，所以直线AB的方程为y=4−03−1(x−1)，即y=43(x−1)，
联立方程y=43(x−1)y2=4x，整理可得4x2−17x+4=0，所以x=4或x=14
所以B14,−1，所以|AB|=1+1694−14=53×154=254.
故选：D．
【变式2-3】(2023·湖南岳阳·高二期末）已知直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点，若OA⋅OB=0，则|AB|的最小值为（ ）
A．4B．42C．8D．16
【解题思路】根据已知条件设出直线的方程与抛物线联立方程组，再利用韦达定理得出根的关系，结合向量的数量积的坐标运算及弦长公式即可求解.
【解答过程】由题意可知，直线l不可能与x轴平行，设直线l的方程为x=my+n(n≠0)，
由{y2=4xx=my+n，消去x，得y2−4my−4n=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=4m,y1y2=−4n，
所以x1x2=(my1+n)(my2+n)=m2×(−4n)+mn×4m+n2=n2，
因为OA⋅OB=0，所以x1x2+y1y2=n2−4n=0，解得n=4或n=0（舍），
|AB|=(1+m2)⋅[(y1+y2)2−4y1y2]=(1+m2)⋅[(4m)2−4×(−4n)]
=(1+m2)⋅[(4m)2−4×(−4)×4]=4m4+5m2+4=4(m2+52)2−94≥8，
当且仅当m2=0即m=0时，|AB|取的最小值为8,
所以|AB|的最小值为8,
故选：C.
【题型3 抛物线的焦点弦问题】
【方法点拨】
根据抛物线的焦点弦公式，结合具体条件，进行求解即可.
【例3】(2023·湖南·高三期末（文））已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F且倾斜角为45∘的直线l与抛物线分别交于A､B两点，则AB=（ ）
A．1B．3C．6D．8
【解题思路】由题意可得直线l与的方程为y=x−1，代入抛物线方程得x2−6x+1=0，根据韦达定理与焦半径的公式即可求出AB的值.
【解答过程】解：由题意可知F(1,0)，所以直线l与的方程为y=x−1，
联立直线方程和抛物线方程y=x−1y2=4x，可得x2−6x+1=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=6,x1x2=6，
所以AB= |AF|+|BF|=x1+x2+p=6+2=8.
故选：D.
【变式3-1】(2023·河南·高三开学考试（文））过抛物线y2=4x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点，若AB的中点M的横坐标为2，则线段AB的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】结合抛物线的弦长公式求得正确答案.
【解答过程】设点A,B的横坐标分别为x1,x2，则x1+x2=2xM=4.
由过抛物线的焦点的弦长公式知：AB=x1+x2+p=4+2=6.
故选：C.
【变式3-2】(2023·河南·高三阶段练习（文））直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A、B两点，则|AB|=（ ）
A．6B．8C．2D．4
【解题思路】联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点坐标，结合焦点弦长公式求解即可
【解答过程】因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点坐标为Fp2,0，
又直线y=x−1过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，所以p=2，抛物线C的方程为y2=4x，由y=x−1y2=4x，得x2−6x+1=0，所以xA+xB=6，所以AB=xA+xB+p=6+2=8．
故选：B.
【变式3-3】(2023·全国·模拟预测（文））入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线C：y2=4x上一点P，反射光线PQ与抛物线C交于点Q，则PQ的值为（ ）
A．4B．163C．2D．223
【解题思路】根据抛物线的光学性质，结合抛物线的焦点弦公式求解即可
【解答过程】易得P的纵坐标为23，代入y2=4x可得P3,23.根据抛物线的光学性质可得，因为入射光线由点A5,23出发，沿x轴反方向射向抛物线，故反射光线PQ经过抛物线y2=4x的焦点F1,0，故PQ的斜率为233−1=3.设Px1,y1,Qx2,y2，则直线PQ的方程为y=3x−1，联立y2=4x可得3x2−10x+3=0，故PQ=x1+x2+2=103+2=163
故选：B.
【题型4 抛物线中的面积问题】
【方法点拨】
抛物线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与抛
物线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且斜率为−33的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且MA⋅MB=3，求△MAB的面积．
【解题思路】（1）由题知2y0=y0+p236=2py0p>0，进而解方程即可得答案；
（2）结合（1）得直线l的方程为x+3y−33=0，进而与抛物线方程联立得A，B的坐标分别为(23,1)，(−63,9)，再设M的坐标为(t,−3)，进而结合向量数量积的坐标运算t=−3或−33，再分别计算|AB|与点M到直线l的距离即可得面积.
【解答过程】（1）
解：因为抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P6,y0到焦点F的距离|PF|=2y0，
所以，抛物线的定义得|PF|=y0+p2．
所以，2y0=y0+p236=2py0p>0 ，解得y0=3p=6．
所以，抛物线的方程为x2=12y；
（2）
解：由（1）知点F(0,3)，所以直线l的方程为x+3y−33=0．
所以，联立方程x+3y−33=0x2=12y得y2−10y+9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1=1，y2=9，y1+y2=10，
点A，B的坐标分别为(23,1)，(−63,9)．
设点M的坐标为(t,−3)，则MA=(23−t,4)，MB=(−63−t,12)，
所以MA⋅MB=(23−t)(−63−t)+4×12=3，解得t=−3或−33，
所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=10+6=16，
点M到直线l的距离为d=|t−63|2，故d=732或932．
当d=732时，△MAB的面积为S=12d⋅|AB|=283．
当d=932时．△MAB的面积为S=12d⋅|AB|=363．
【变式4-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点Px,y到定点M0,12的距离比它到x轴的距离大12．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)在（1）的条件下，且y≥0时，过轨迹C的焦点且倾斜角为45°的直线交轨迹C于点A、B，求△AOB的面积．
【解题思路】（1）根据已知条件列方程，化简求得P点的轨迹C的方程.
（2）求得直线AB的方程，利用弦长公式、点到直线的距离公式求得三角形AOB的面积.
【解答过程】（1）
依题意x2+y−122=y+12①，x2+y−122−12=y，
两边平方得x2+y−122−x2+y−122+14=y2，
x2−y−12=x2+y−122②，
两边平方得x4−2y−12x2+y−122=x2+y−122，
整理得x4=2y⋅x2，x2x2−2y=0
可得x2=2y或x=0，
当x=0时，②转化为y−12=−y−12，所以y−12≤0，
此时①转化为y−12=12−y=y+12,y=−y，所以y≤0.
所以P点的轨迹C的方程为x2=2y或x=0y≤0.
（2）
当y≥0时，轨迹C的方程为x2=2y，是抛物线，
2p=2,p=1,p2=12，所以轨迹C的焦点为M0,12.
所以直线AB的方程为y−12=tan45°×x−0,y=x+12，x−y+12=0,2x−2y+1=0，
由y=x+12x2=2y消去y并化简得x2−2x−1=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2,x1⋅x2=−1，
所以AB=1+12⋅x1+x22−4x1⋅x2=2⋅4+4=4.
原点O到直线2x−2y+1=0的距离为122+22=24.
所以三角形AOB的面积为12×4×24=22.
【变式4-2】(2023·河南·高二期末（文））已知抛物线C:x2=2pyp>0上的点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1与l2，直线l1交C于M，N两点，直线l2交C于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的最小值．
【解题思路】（1）根据圆的半径及抛物线的定义可得方程；
（2）分别联立两条直线与抛物线，可得线段MN与PQ长度，进而可得面积，结合基本不等式可得最小值.
【解答过程】（1）由题设知，抛物线的准线方程为y=−p2，由点t,4到焦点F的距离等于圆x2+y2−2x+4y−31=0的半径，而x2+y2−2x+4y−31=0可化为x−12+y+22=36，即该圆的半径为6，所以4+p2=6，解得p=4，所以抛物线C的标准方程为x2=8y；
（2）由题意可知，直线l1与直线l2的斜率都存在，且焦点F坐标为0,2，
因为l1⊥l2，不妨设直线l1的方程为y=kx+2，直线l2的方程为y=−1kx+2，
联立x2=8yy=kx+2，得x2−8kx−16=0，Δ=64k2+64>0恒成立．
设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=8k，x1x2=−16，
所以MN=y1+p2+y2+p2=kx1+x2+4+p=8k2+8，
同理，得PQ=8−1k2+8=8k2+8，
所以四边形MPNQ的面积S=12MNPQ=128k2+88k2+8=12128+64k2+64k2 ≥12128+264k2⋅64k2=128，（当且仅当k=±1时等号成立），
所以四边形MPNQ的面积的最小值是128．
【变式4-3】(2023·上海市高三阶段练习）如图，已知点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2．
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)设A点纵坐标为2t，求S1S2关于t的函数关系式；
(3)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．
【解题思路】（1）由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；
（2）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，再用2t代换y1并化简即可；
（3）根据已求的函数关系式，结合基本不等式即可求得S1S2的最小值和点G的坐标.
【解答过程】（1）
因为点F1,0为抛物线y2=2px p>0的焦点，
所以p2=1，即p=2，准线方程x=−1.
（2）
设Ax1,y1,Bx2,y2，
设直线AB的方程为y=kx−1,k≠0，与抛物线方程y2=4x联立可得：
k2x2−2k2+4x+k2=0，故：x1+x2=2+4k2,x1x2=1，
y1+y2=kx1+x2−2=4k,y1y2=−4x1×4x2=−4，
设点C的坐标为Cx3,y3，由重心坐标公式可得：
xG=x1+x2+x33 =132+4k2+x3，yG=y1+y2+y33 =134k+y3，
令yG=0可得：y3=−4k，则x3=y324=4k2.即xG=132+4k2+4k2=132+8k2，
由斜率公式可得：kAC=y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，
直线AC的方程为：y−y3=4y1+y3x−x3，
令y=0可得：xQ=x3+−y3y1+y34=y324+−y3y1+y34=−y1y34，
故S1=12×xG−xF×y1=12×132+8k2−1×y1=y12×83k2−13，
且S2=12×xQ−xG×−y3=−y32−y1y34−132+8k2，
由于y3=−4k，代入上式可得：S2=2ky1k−23−83k2，
由y1+y2=4k,y1y2=−4可得y1−4y1=4k，则k=4y1y12−4，
则S1S2=y12×83k2−132ky1k−23−83k2=2y12y12−2y12−4y12+4 =2−4y12−8+48y12−8+16，
令y1=2t ，得S1S2=2×4t2⋅4t2−24t2−44t2+4=2t4−t2t4−1=2−t2−2t4−1.
即S1S2关于t的函数关系式为S1S2=2−t2−2t4−1.
（3）
设m=t2−2m＞0，则S1S2=2−t2−2t4−1=2−mm2+4m+3=2−1m+3m+4≥2−12m⋅3m+4=1+32，
当且仅当m=3m，即m=3，t=6+22，y1=6+2时等号成立，
即S1S2的最小值为1+32，
此时k=4y1y12−4=2，xG=132+8k2=2，则点G的坐标为G2,0.
【题型5 抛物线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·江苏南京·高三阶段练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求p的值；
(2)是否存在定点T， 使得TA⋅TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）结合中点坐标公式表示出点A的坐标带入抛物线的方程即可求出结果；
（2）设出直线的方程与抛物线联立，进而结合根与系数的关系得到TA⋅TB的表达式，从而可得4m+42−22n=04−22m=0，因此解方程组即可求出结果.
【解答过程】（1）
因为Fp2,0,P0,2，且点A恰好为线段PF中点，所以Ap4,1，又因为A在抛物线上，所以12=2p⋅p4，即p2=2，解得P=2
（2）
设Tm,n，可知直线l斜率存在；设l：y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2
联立方程得：y2=22xy=kx+2，所以k2y2−22y+42=0，
所以y1+y2=22k,y1y2=42k，
又：TA⋅TB=x1−mx2−m)+(y1−ny2−n
=24y12−m24y22−m+y1−ny2−n
=18y12y22−24my12+y22+m2−ny1+y2+n2
=4k2−24m8k2−82k+m2+42k−22nk+n2
=4−22mk2+4m+42−22nk+m2+n2，
令4m+42−22n=04−22m=0，解之得：m=2n=4，即T2,4，此时TA⋅TB=m2+n2=18.
【变式5-1】(2023·上海市高二期末）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，P(−1,0)，过F作直线l交抛物线C于Ax1,y1，Bx2,y2两点.
(1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，求证：kPA+kPB是定值.
【解题思路】（1）根据抛物线和直线的位置关系，联立方程结合韦达定理来求交点坐标的中点坐标即可；
（2根据题意假设直线方程，再联立方程，结合韦达定理，对所需证明的式子化简即可.
【解答过程】（1）根据题意点F（1，0），而直线l的斜率为1，
所以l的方程为y=x−1，联立抛物线方程y=x−1y2=4x⇒x2−6x+1，
根据韦达定理有x1+x2=6,x1⋅x2=1，点A,B均在直线l上，
所以y1+y2=x1−1+x2−1=x1+x2−2=4，
所以A,B中点坐标为(x1+x22,y1+y22)即（3，2）.
（2）根据题意直线l与抛物线有两个交点，所以直线l的斜率不可能为0，
设直线l方程为x=my+1，联立抛物线方程有x=my+1y2=4x⇒y2−4my−4=0，
据韦达定理有y1+y2=4m,y1⋅y2=−4，
kPA+kPB=y1x1+1+y2x2+1=y1(my2+2)+y2(my1+2)(my1+2)(my2+2) =2my1y2+2(y1+y2)m2y1y2+2m(y1+y2)+4=−8m+8m−4m2+8m2+4=0，
所以kPA+kPB为定值0.
【变式5-2】(2023·四川·教科所三模（理））设抛物线E：y2=2pxp>0，以N2,1为圆心，5为半径的圆被抛物线E的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点N的两条直线分别与曲线E交于点A，B和C，D，且满足NA=λNB，NC=λND，求证：线段BD的中点在直线y=1上．
【解题思路】（1）设N到l的距离为d，由题意可得：d2+822=52，可解得p=2，即可求出抛物线E的方程.
（2）设Bx1,y1，Dx2,y2，由NA=λNB，表示出A点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得−λy12+2λy1−7+λ=0，同理可得：−λy22+2λy2−7+λ=0，又因为y1，y2是关于y的方程−λy2+2λy−7+λ=0的两根，则y1+y2=2， 即可证明.
【解答过程】(1)
E：y2=2pxp>0的准线l：x=−p2
设N到l的距离为d，
由已知得d2+822=52，∴d=3，∴2+p2=3，∴p=2
∴E的方程为y2=4x
(2)
设Bx1,y1，Dx2,y2
∵NA=λNB，∴xA−2,yA−1=λx1−2,y1−1
∴xA−2=λx1−2yA−1=λy1−1，∴xA=λx1+21−λyA=λy1+1−λ
代入y2=4x得λy1+1−λ2=4λx1+21−λ
∴λ2y12+2λ1−λy1+(1−λ)2=λy12+81−λ
∴λλ−1y12+2λ1−λy1+(1−λ)2−81−λ=0
∵点N在抛物线内部，∴λ<0，1−λ≠0，∴−λy12+2λy1−7+λ=0
同理−λy22+2λy2−7+λ=0
∴y1，y2是关于y的方程−λy2+2λy−7+λ=0的两根，
∴y1+y2=2，∴y1+y22=1
∴BD的中点在直线y=1上．
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线y2=2pxp>0的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．
(1)当k取不同数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；
(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：kFA+kFB是定值．
(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得kMA⋅kMB为定值，若有，找出满足条件的点M;若没有，请说明理由．
【解题思路】（1）求得直线l的方程并代入抛物线的方程，对k进行分类讨论，由此求得正确答案.
（2）结合根与系数关系，计算出kFA+kFB=0.
（3）设Mt,0，求得kMA⋅kMB的表达式，从而求得t=0时，kMA⋅kMB为定值.
【解答过程】（1）
抛物线y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，Q−p2,0，
设l:y=kx+p2，代入y2=2px并化简得k2x2+pk2−2x+k2p24=0①．
当k=0，直线l的方程为y=0，与y2=2px的交点为原点0,0，直线l与抛物线有1个公共点；
当k≠0，Δ=−4p2k2−1，
若Δ>0，即k∈−1,0∪0,1，直线l与抛物线有2个公共点；
若Δ=0，即k=±1时，直线l与抛物线有1个公共点；
若Δ<0，即k<−1或k>1，直线l与抛物线没有公共点．
（2）
由于直线l与抛物线有两个交点，由（1）得k∈−1,0∪0,1.
设交点Ax1,y1、Bx2,y2，
由①得x1+x2=−pk2−2k2=2pk2−p,x1⋅x2=p24，
kFA+kFB=y1x1−p2+y2x2−p2 =kx1+p2x2−p2+kx2+p2x1−p2x1−p2x2−p2=2kx1x2−p24x1−p2x2−p2=0，
所以kFA+kFB为定值0．
（3）
若存在满足条件的点Mt,0，使得kMA⋅kMB为定值．
则kMA⋅kMB=y1x1−t⋅y2x2−t=k2x1+p2x2+p2x1−tx2−t
=k2x1x2+p2x1+x2+p24x1x2−tx1+x2+t2 =k2p24+p22pk2−p+p24p24−t2pk2−p+t2
=p2p24+tt+p−2pk2
仅当t=0，即M0,0时，kMA⋅kMB为定值4．
【题型6 抛物线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用抛物线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出抛物线的标准方程；
③根据抛物线的方程及定义、直线与抛物线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·全国·高二课时练习）某单行隧道横断面由一段抛物线及一个矩形的三边组成，尺寸如图所示（单位：m），某卡车载一集装箱，车宽3 m，车与集装箱总高4.5 m，此车能否安全通过隧道？说明理由．
【解题思路】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，当车走中间时x=1.5，代入抛物线求纵坐标，与车货总高比较即可.
【解答过程】以抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
则点A的坐标为3,−3．
设抛物线的标准方程为x2=−2py（p>0）．
将点A的坐标代入上式，得9=6p，即2p=3．
所以抛物线的标准方程为x2=−3y．
将x=1.5代入抛物线的标准方程，得y=−0.75，则5−0.75=4.25<4.5．
这说明，即使集装箱处于隧道的正中位置，车与集装箱的总高也会高于BD，所以此车不能安全通过隧道．
【变式6-1】(2023·安徽·高二期末）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口径长为12cm．
(1)以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；
(2)为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长．
【解题思路】（1）设抛物线的标准方程为x2=2py，由题意可得抛物线过点6,4，将此点代入方程中可求出p的值，从而可得抛物线方程，
（2）设此时的口径长为2aa>0，则抛物线过点(a,3)，代入抛物线方程可求出a的值，从而可求得答案
【解答过程】(1)
由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为x2=2py，
因为顶点深度4，口径长为12，所以该抛物线过点6,4，
所以62=2p×4，得2p=9，所以抛物线方程为x2=9y；
(2)
若将磨具的顶点深度减少1cm，设此时的口径长为2aa>0，
则可得a2=9×3，得a=33，所以此时该磨具的口径长63．
【变式6-2】(2023·江苏南通·高二期末）如图，马路l南边有一小池塘，池塘岸MN长40米，池塘的最远端O到l的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路AB,BC,CD，且AB,BC,CD均与小池塘岸线相切，记∠BAD=θ.
（1）求小路的总长，用θ表示；
（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，tanθ的值.
【解题思路】（1）建立合适的平面直角坐标系，求出小池塘的边界抛物线方程，然后设出直线AB的方程，和抛物线联立，可求出切点坐标， 同时可求出B,C的坐标，表示出AB+BC+CD，变形即可得结果；
（2）要所需铺草坪面积最小，需要梯形面积最小，利用（1）的结果表示出梯形面积，利用基本不等式求出最值．
【解答过程】解：（1）以O为原点，BC所在直线为x轴，过点O作垂直于x轴的直线为y轴，建立直角坐标系，所以M(−20,400) , N(20,400)，
因为小池塘的边界为抛物线型，设边界所在的抛物线方程为x2=2py(p>0)，
因为M(−20,400) 是曲线上一点，
所以p=12，即抛物线方程为y=x2.
设AB所在的直线方程：y=kx+t(k=tanθ)，
联立y=kx+ty=x2，即x2−kx−t=0，
因为AB与抛物线相切，
所以Δ=k2+4t=0①.
记直线AB与抛物线切于点Q，
所以Q点的横坐标为k2∈(0,20)，即k∈(0,40).
易得点B−tk,0，点A400−tk,400，由对称性可知Ctk,0，点D−400−tk,400.
所以小路总长为AB+BC+CD=−2tk+2400k2+4002，
由①及k=tanθ可知
AB+BC+CD=tanθ2+2400tanθ2+4002=tanθ2+800sinθ(0
所以S=S1−S2，因为小池塘面积S2为定值，要使得草坪面积最小，则梯形面积最小
S1=12(BC+AD)⋅400=12⋅2−tk+400−tk⋅400，
由①知S1=200800k+k≥80002，当且仅当“k=202∈(0,40)”取得“＝”
所以当tanθ=202时，梯形面积最小，即草坪面积最小．
【变式6-3】(2023·全国·高二课时练习）如图，河道上有一座抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面为8m，拱圈内水面宽16m．，为保证安全，要求通过的船顶部（设为平顶）与拱桥顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m．
（1）一条船船顶部宽4m，要使这艘船安全通过，则船在水面以上部分高不能超过多少米？
（2）近日因受台风影响水位暴涨2.7m，为此必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞．试问：一艘顶部宽42m，在水面以上部分高为4m的船船身应至少降低多少米才能安全通过？
【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，设抛物线方程x2=−2py，求得抛物线方程，最后令其x＝2即可得出船在水面以上部分高不能超过多少米；
（2）把x＝22代入抛物线的方程求得y值，结合已知条件，即可求得结果.
【解答过程】（1）以过拱桥的最高点且平行水面的直线为x轴，最高点O为原点建立直角坐标系，如下所示：
设抛物线方程为x2=−2py，根据题意，该抛物线过点(8,−8)，故2p＝8，
故抛物线方程是x2=−8y，
将x＝2代入得y=−12，
故要使该船安全通过，则船在水平以上的部分高不能超过8−0.5−0.5＝7，
故船在水面以上部分高不能超过7米．
（2）将x=22代入方程x2=−8y得y=−1，
要满足题意，船身应至少降低1+0.5+2.7+4＝8.2，
故船身应至少降低0.2米.
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