2026版《金版教程》高考一轮复习数学第六章 考点测试38　抛物线

高考总复习首选用卷数学考点测试38抛物线基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910111213难度★★★★★★★★★★★★★★对点抛物线的焦点坐标抛物线的标准方程与抛物线有关的轨迹问题抛物线的定义的应用抛物线的标准方程抛物线的准线抛物线简单几何性质的应用抛物线简单几何性质的应用直线与抛物线的简单问题抛物线的定义的应用抛物线的定义的应用抛物线的中点弦问题直线与抛物线的综合问题题号141516171819202122232425难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点抛物线中的证明问题直线与抛物线的综合问题抛物线中的求值问题抛物线的焦点；直线与抛物线的综合问题直线与抛物线的综合问题直线与抛物线的综合问题直线与抛物线的综合问题抛物线中的证明问题抛物线中的证明问题与求值问题抛物线中的弦长问题抛物线中的证明问题抛物线中的证明问题高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，中、高等难度考点研读1.掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)2．理解数形结合的思想3．了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用1．抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是()A．(0，a) B．(a，0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16a))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16a)，0))答案：C解析：将y＝4ax2(a≠0)化为标准方程得x2＝eq\f(1,4a)y(a≠0)，所以焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16a))).故选C.2．顶点在坐标原点，准线为y＝－2的抛物线的方程为()A．x2＝8y B．x2＝4yC．y2＝8x D．y2＝4x答案：A解析：顶点在坐标原点，准线为y＝－2的抛物线的方程为x2＝8y.故选A.3．设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝－2相切，则圆C的圆心的轨迹为()A．抛物线 B．双曲线C．椭圆 D．圆答案：A解析：设圆心C的坐标为(x，y)，圆C的半径为r，圆x2＋(y－3)2＝1的圆心为A，∵圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝－2相切，∴|CA|＝r＋1，圆心C到直线y＝－2的距离d＝r，∴|CA|＝d＋1，即动点C到定点A的距离等于到定直线y＝－3的距离，由抛物线的定义知，圆C的圆心的轨迹为抛物线．故选A.4．抛物线C：y2＝16x的焦点为F，点M在C上，|MF|＝12，则M到y轴的距离是()A．4 B.8 C.10 D.12答案：B解析：抛物线C：y2＝16x的准线方程为x＝－4，设M(x0，y0)，由抛物线的定义知|MF|＝12，即x0＋4＝12，解得x0＝8，所以M到y轴的距离是8.故选B.5．(2025·河南焦作高三开学考试)已知点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2p＋1，3p＋\f(1,4)))在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，则C的焦点与点(1，2)之间的距离为()A．4 B.eq\r(5)C．2 D.eq\r(2)答案：D解析：因为点A在抛物线上，故(2p＋1)2＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3p＋\f(1,4)))，整理，得4p2＋4p＋1＝6p2＋eq\f(p,2)，即2p2－eq\f(7p,2)－1＝0，解得p＝2或p＝－eq\f(1,4)(舍去)，故焦点坐标为(0，1)，故所求距离为eq\r(12＋（2－1）2)＝eq\r(2).故选D.6．(2024·甘肃张掖高三模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，M(不同于原点)是直线y＝x与C的一个公共点．若|MF|＝10，则C的准线方程为()A．x＝－3 B．x＝－2C．x＝－1 D．x＝－eq\f(1,3)答案：B解析：联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y2＝2px，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2p，,y＝2p))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))(舍去)，所以M(2p，2p)．因为|MF|＝10，所以2p＋eq\f(p,2)＝10，解得p＝4，所以C的方程为y2＝8x，准线方程为x＝－2.故选B.7．(2025·四川天府新区实外高级中学高三开学考试)已知抛物线y2＝6x的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线交于A，B两点，与直线l交于点D，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))(λ>1)且|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝4，则λ＝()A．1 B．2C．3 D．4答案：C解析：设准线与x轴的交点为K，作AA1⊥l，BB1⊥l，垂足分别为A1，B1，则BB1∥FK∥AA1.根据抛物线的定义知|BB1|＝|BF|，|AA1|＝|AF|，设|BF|＝m，则eq\f(|BB1|,|KF|)＝eq\f(|BD|,|FD|)，∴eq\f(m,p)＝eq\f(4,4＋m)，又p＝3，解得m＝2(负值舍去)，∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，∴|AF|＝λ|FB|＝2λ，∴|BA|＝2＋2λ，∵eq\f(|BB1|,|AA1|)＝eq\f(|BD|,|AD|)，∴eq\f(1,λ)＝eq\f(4,4＋2＋2λ)，解得λ＝3.故选C.8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，若|AM|＝eq\f(\r(5),2)|FM|，则cos∠MFA＝()A．±eq\f(\r(2),2) B．±eq\f(\r(3),2)C．±eq\f(\r(3),3) D．±eq\f(1,2)答案：B解析：由题意知点A为抛物线C的准线与x轴的交点，如图，过点M作MN垂直于准线于点N，令|FM|＝2a，则|AM|＝eq\r(5)a，由抛物线的定义可得|MN|＝|FM|＝2a，所以cos∠AMN＝eq\f(|MN|,|AM|)＝eq\f(2\r(5),5)，所以sin∠AMN＝eq\f(\r(5),5).又MN∥AF，所以∠MAF＝∠AMN，所以sin∠MAF＝eq\f(\r(5),5).在△AMF中，由正弦定理，得|AM|sin∠MAF＝|FM|sin∠MFA，所以sin∠MFA＝eq\f(|AM|sin∠MAF,|FM|)＝eq\f(\r(5)a×\f(\r(5),5),2a)＝eq\f(1,2)，所以cos∠MFA＝±eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝±eq\f(\r(3),2).故选B.9．(多选)(2025·广东三校高三第一次联考)已知O为坐标原点，焦点为F的抛物线C：x2＝2py(p>0)过点M(2，1)，过M且与OM垂直的直线l与抛物线C的另一交点为N，则()A．p＝2B．|MF|＝3C．|MN|＝12eq\r(5)D．直线l与抛物线C的准线相交于点(3，－1)答案：ACD解析：由抛物线C：x2＝2py(p>0)过点M(2，1)，可得4＝2p，则p＝2，故A正确；由A项分析可知抛物线C：x2＝4y，准线方程为y＝－1，所以|MF|＝1－(－1)＝2，故B错误；由已知可得kOM＝eq\f(1,2)，所以直线l的方程为y－1＝－2(x－2)，即y＝－2x＋5，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋5，,x2＝4y，))得x2＋8x－20＝0，解得x＝－10或x＝2，故N(－10，25)，所以|MN|＝eq\r(（－10－2）2＋（25－1）2)＝12eq\r(5)，故C正确；由直线l的方程y＝－2x＋5，令y＝－1，得x＝3，所以直线l与抛物线C的准线相交于点(3，－1)，故D正确．故选ACD.10．(多选)(2025·八省联考)已知F(2，0)是抛物线C：y2＝2px的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则()A．p＝4B．|MF|≥|OF|C．以M为圆心且过F的圆与C的准线相切D．当∠OFM＝120°时，△OFM的面积为2eq\r(3)答案：ABC解析：因为F(2，0)是抛物线C：y2＝2px的焦点，所以eq\f(p,2)＝2，即得p＝4，A正确；设M(x0，y0)在y2＝8x上，所以x0≥0，所以|MF|＝x0＋eq\f(p,2)≥eq\f(p,2)＝|OF|，B正确；因为以M为圆心且过F的圆半径为|MF|＝x0＋2，等于M到C的准线的距离，所以以M为圆心且过F的圆与C的准线相切，C正确；当∠OFM＝120°时，x0>2，不妨设点M在第一象限，则y0>0，eq\f(y0,x0－2)＝tan60°＝eq\r(3)，又yeq\o\al(2,0)＝8x0，所以eq\r(3)yeq\o\al(2,0)－8y0－16eq\r(3)＝0，y0＝4eq\r(3)或y0＝－eq\f(4\r(3),3)(舍去)，所以S△OFM＝eq\f(1,2)|OF|×|y0|＝4eq\r(3)，D错误．故选ABC.11．(2024·江西五市九校协作体高三第二次联考)若抛物线x2＝8y上一点(x0，y0)到焦点的距离是该点到x轴距离的2倍，则y0＝________．答案：2解析：已知拋物线的方程为x2＝8y，可得p＝4.所以焦点为F(0，2)，准线为l：y＝－2.抛物线上一点A(x0，y0)到焦点F的距离等于到准线l的距离，即|AF|＝y0＋2，又点A到x轴的距离为y0，由已知得y0＋2＝2y0，解得y0＝2.12．(2025·湖南名校联合体高三第一次联考)设抛物线y2＝12x的焦点为F，经过点P(4，1)的直线l与抛物线相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，则|AF|＋|BF|＝________．答案：14解析：由题意可得F(3，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线的准线：x＝－3，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，根据抛物线的定义，得|AF|＝|AC|＝x1＋3，|BF|＝|BD|＝x2＋3，故|AF|＋|BF|＝(x1＋x2)＋6，因为AB的中点为P(4，1)，所以eq\f(1,2)(x1＋x2)＝4，可得x1＋x2＝8，所以|AF|＋|BF|＝(x1＋x2)＋6＝14.13．(2025·安徽部分学校高三联考)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且互相垂直的两条动直线分别与E交于点A，B和点C，D，当|AB|＝|CD|时，|AB|＝8.(1)求抛物线E的方程；(2)设线段AB，CD的中点分别为M，N，若直线AB的斜率为正，且eq\f(|FN|,|FM|)＝eq\f(1,8)，求直线AB和CD的方程．解：(1)由题意可知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，直线AB的斜率存在且不为0.设直线AB的方程为x＝my＋eq\f(p,2)，m≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线CD的方程为x＝－eq\f(1,m)y＋eq\f(p,2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消去x，可得y2－2pmy－p2＝0，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，可得|AB|＝eq\r(1＋m2)×eq\r(4p2m2＋4p2)＝2p(1＋m2)，若|AB|＝|CD|，根据抛物线的对称性，不妨令直线AB的倾斜角为eq\f(π,4)，即m＝1，可得|AB|＝2p(1＋1)＝4p＝8，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)由(1)可知，F(1，0)，AB：x＝my＋1，CD：x＝－eq\f(1,m)y＋1，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，则eq\f(y1＋y2,2)＝2m，eq\f(x1＋x2,2)＝2m2＋1，即M(2m2＋1，2m)，同理可得，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m2)＋1，－\f(2,m)))，由题意可知，m>0，则|FM|＝eq\r(1＋m2)|2m－0|＝2meq\r(1＋m2)，|FN|＝eq\r(1＋\f(1,m2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,m)－0))＝eq\f(2\r(1＋m2),m2)，因为eq\f(|FN|,|FM|)＝eq\f(\f(2\r(1＋m2),m2),2m\r(1＋m2))＝eq\f(1,m3)＝eq\f(1,8)，解得m＝2，则直线AB的方程为x＝2y＋1，即x－2y－1＝0，直线CD的方程为x＝－eq\f(1,2)y＋1，即2x＋y－2＝0.14．(2024·广西来宾忻城县高级中学6月模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为－1，△OFM的面积为4.(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线交C于A，B两点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线，与C的另一交点为E，AE的中点为G，证明：G，B，D三点的纵坐标相等．解：(1)设准线l与x轴的交点为N，∵直线MF的斜率为－1，∴|MN|＝|NF|＝p，又|OF|＝eq\f(p,2)，∴S△OFM＝eq\f(1,2)|OF|·|MN|＝eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×p＝4，∴p＝4.故抛物线C的方程为y2＝8x.(2)证明：易知F(2，0)，设直线AB的方程为x＝my＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝8x，))得y2－8my－16＝0，Δ＝(－8m)2－4×1×(－16)＝64(m2＋1)>0，由根与系数的关系可得y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，又因为直线AO的方程为y＝eq\f(y1,x1)x＝eq\f(8,y1)x，将y＝y2代入，可得x＝eq\f(y1y2,8)＝－2，即点D(－2，y2)，所以kDF＝－eq\f(y2,4)，因为AE⊥DF，所以kAE＝eq\f(4,y2)，所以直线AE的方程为y－y1＝eq\f(4,y2)(x－x1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－y1＝\f(4,y2)（x－x1），,y2＝8x，))得y2－2y2y－8x1－32＝0，则y1＋yE＝2y2，故yE＝2y2－y1，yG＝eq\f(y1＋yE,2)＝y2，故G，B，D三点的纵坐标相等．15．(2024·四川巴蜀中学高三适应性考试(二))已知点F为抛物线y2＝2eq\r(3)x的焦点，过点F的直线交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，则△AOB的面积为()A．3 B．2eq\r(3)C.eq\r(3) D.eq\f(\r(3),2)答案：C解析：设|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝t，则|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝3t，如图所示，不妨设AB的倾斜角为锐角θ，过A，B分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则|AA1|＝3t，|BB1|＝t，过B作BD⊥AA1于点D，则|AD|＝2t，∴cos∠BAD＝eq\f(|AD|,|AB|)＝eq\f(1,2)，∴l的倾斜角θ为60°，由结论有S△AOB＝eq\f(p2,2sinθ)＝eq\f(3,2×\f(\r(3),2))＝eq\r(3)，当AB的倾斜角为钝角时，一样推导出C成立．故选C.16．(2024·新疆维吾尔自治区高三三模)已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦PQ与弦MN的交点恰好为F，且PQ⊥MN，则eq\f(1,|PQ|)＋eq\f(1,|MN|)＝()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2答案：B解析：由抛物线C：y2＝x，得2p＝1，则p＝eq\f(1,2)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，不妨设PQ的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，则由|PF|cosθ＋p＝|PF|，p－|QF|cosθ＝|QF|，得|PF|＝eq\f(p,1－cosθ)，|QF|＝eq\f(p,1＋cosθ)，得|PQ|＝|PF|＋|QF|＝eq\f(p,1－cosθ)＋eq\f(p,1＋cosθ)＝eq\f(2p,sin2θ)，所以|MN|＝eq\f(2p,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ)))＝eq\f(2p,cos2θ)，所以eq\f(1,|PQ|)＋eq\f(1,|MN|)＝eq\f(1,2p)＝1.故选B.17．(多选)(2024·陕西教育联盟高三一模)已知曲线Γ1的方程为x2＝y，Γ2是以点A(0，a)为圆心、1为半径的圆位于y轴右侧的部分，则下列说法正确的是()A．曲线Γ1的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))B．曲线Γ2过点(1，a)C．若直线y＝x＋2被Γ1所截得的线段的中点在Γ2上，则a的值为eq\f(5±\r(3),2)D．若曲线Γ2在Γ1的上方，则a>eq\f(5,4)答案：BCD解析：对于A，由曲线Γ1：x2＝y，可知抛物线Γ1的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以A错误；对于B，曲线Γ2的标准方程为x2＋(y－a)2＝1(x>0)，将点(1，a)代入曲线Γ2的方程，得12＋(a－a)2＝1，所以曲线Γ2过点(1，a)，所以B正确；对于C，设直线y＝x＋2被Γ1所截得的线段为DE，中点为G，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,x2＝y，))整理得x2－x－2＝0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xD＋xE＝1，,xDxE＝－2，))则xG＝eq\f(xD＋xE,2)＝eq\f(1,2)，故yG＝xG＋2＝eq\f(5,2)，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2)))，代入Γ2：x2＋(y－a)2＝1(x>0)，可得eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－a))eq\s\up12(2)＝1，解得a＝eq\f(5±\r(3),2)，所以C正确；对于D，如图所示，曲线Γ2在Γ1的上方时，抛物线和半圆无交点，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（y－a）2＝1（x>0），,x2＝y，))整理得y2＋(1－2a)y＋a2－1＝0，由Δ＝(1－2a)2－4(a2－1)<0，解得a>eq\f(5,4)，所以D正确．故选BCD.18．(多选)(2025·安徽蚌埠高三开学考试)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线相交于A，B两点，线段AB的中点为M.过点A，B分别向C的准线作垂线，垂足分别为点P，Q，过点M向C的准线作垂线，交抛物线于点T，交准线于点N，O为坐标原点，则()A．以PQ为直径的圆与直线l相切B．|MT|＝|NT|C．S△OAB＝S△TABD．当|PF|＝|AF|时，点P，T，F共线答案：ABD解析：如图1，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，设直线l：x＝ty＋eq\f(p,2)，代入y2＝2px，并整理得，y2－2pty－p2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，x1＋x2＝2pt2＋p.所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y2))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，pt))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(p,2)，pt))，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pt2,2)，pt)).则eq\o(FQ,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－p，y2)·(－p，y1)＝p2＋y1y2＝0，eq\o(FN,\s\up6(→))·eq\o(FM,\s\up6(→))＝(－p，pt)·(pt2，pt)＝－p2t2＋p2t2＝0.所以FQ⊥FP，FN⊥AB，所以以PQ为直径的圆与直线l相切，故A正确；又|MT|＝eq\f(pt2＋p,2)，|NT|＝eq\f(pt2＋p,2)，所以|MT|＝|NT|，故B正确；eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pt2,2)，pt))，eq\o(FM,\s\up6(→))＝(pt2，pt)，因为eq\f(pt2,2)·pt－pt2·pt≠0，所以直线OT与直线AB不平行，所以S△OAB＝S△TAB不成立，故C错误；如图2，当|PF|＝|AF|时，因为|AP|＝|AF|，所以△APF为等边三角形，又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)，－\r(3)p))或Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)，\r(3)p))，当Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)，－\r(3)p))时，t＝－eq\f(\r(3),3)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,6)，\f(\r(3)p,3)))，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5p,6)，－\f(\r(3)p,3)))，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,6)，－\f(\r(3)p,3)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\r(3)p))，所以eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－p，－eq\r(3)p)，eq\o(FT,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,3)，－\f(\r(3)p,3)))，因为eq\o(FP,\s\up6(→))＝3eq\o(FT,\s\up6(→))，所以点P，T，F共线；当Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)，\r(3)p))时，同理可证点P，T，F共线，故D正确．故选ABD.19．已知抛物线y2＝4x与圆(x－1)2＋y2＝1，过抛物线的焦点F作斜率为k的直线l与抛物线交于A，D两点，与圆交于B，C两点(A，B在x轴的同一侧)，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝4eq\o(CD,\s\up6(→))，则k2的值是________．答案：8解析：抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，于是直线l：y＝k(x－1)，显然k≠0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，x1x2＝1，又圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为F(1，0)，半径为1，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝4eq\o(CD,\s\up6(→))，得|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4|eq\o(CD,\s\up6(→))|，即|AF|－1＝4(|DF|－1)，于是(x1＋1)－1＝4[(x2＋1)－1]，整理得x1＝4x2，又x1x2＝1，解得x1＝2，x2＝eq\f(1,2)，则2＋eq\f(4,k2)＝x1＋x2＝eq\f(5,2)，解得k2＝8.20．(2024·河南郑州外国语学校高三上第三次调研考试)已知抛物线y2＝8x的焦点为F，准线与x轴的交点为C，过点C的直线l与抛物线交于A，B两点，若∠AFB＝∠CFB，则|AF|＝________．答案：8解析：由题意得，F(2，0)，C(－2，0)，当直线l的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不符合要求，故设直线l的方程为x＝my－2，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x＝my－2，))可得y2－8my＋16＝0，由Δ＝(－8m)2－4×1×16>0，得m2>1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设m>0，则y1>0，y2>0，则y1＋y2＝8m，y1y2＝16，则|AB|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|，|BC|＝eq\r(1＋m2)·|y2|＝eq\r(1＋m2)·y2，由正弦定理，得eq\f(|CF|,sin∠CBF)＝eq\f(|BC|,sin∠CFB)，eq\f(|AF|,sin∠ABF)＝eq\f(|AB|,sin∠AFB)，因为∠AFB＝∠CFB，∠CBF＋∠ABF＝π，所以y1>y2，eq\f(|CF|,|AF|)＝eq\f(|BC|,|AB|)，即eq\f(4,|AF|)＝eq\f(\r(1＋m2)·|y2|,\r(1＋m2)·|y1－y2|)＝eq\f(y2,y1－y2)，又知|AF|＝x1＋2＝my1－2＋2＝my1，则eq\f(4,my1)＝eq\f(y2,y1－y2)，即my1y2＝4y1－4y2＝4eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)，即16m＝4eq\r(64m2－64)，解得m＝eq\f(2\r(3),3)，则y1＋y2＝eq\f(16\r(3),3)，y1y2＝16，解得y1＝4eq\r(3)，故|AF|＝my1＝eq\f(2\r(3),3)×4eq\r(3)＝8.当m<0时，同理可得|AF|＝8.综上，|AF|＝8.21．(2024·福建泉州实验中学高三模拟)点F是抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线Γ相交于A，B两点，|AB|＝4，抛物线Γ的准线与x轴交于点K.(1)求抛物线Γ的方程；(2)设C，D是抛物线Γ上异于A，B的两个不同的点，直线AC，BD相交于点E，直线AD，BC相交于点G，证明：E，G，K三点共线．解：(1)抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线Γ相交于A，B两点，且|AB|＝4，不妨设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，2))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－2))，则22＝2p·eq\f(p,2)，解得p＝2或p＝－2(舍去)，所以抛物线Γ的方程为y2＝4x.(2)证明：如图所示，由(1)知A(1，2)，B(1，－2)，设Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))(y1≠±2，y2≠±2)，则直线AC的方程为y－2＝eq\f(y1－2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－1)(x－1)，y－2＝eq\f(4,y1＋2)(x－1)，直线BD的方程为y＋2＝eq\f(y2＋2,\f(yeq\o\al(2,2),4)－1)(x－1)，y＋2＝eq\f(4,y2－2)(x－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－2＝\f(4,y1＋2)（x－1），,y＋2＝\f(4,y2－2)（x－1），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)，,y＝\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4)，))则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)，\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4)))，所以kEK＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4),\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)－（－1）)＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y1－y2＋4),\f(y1y2－y1＋y2,y1－y2＋4)＋1)＝eq\f(2（y1＋y2）,y1y2＋4)，则直线BC的方程为y＋2＝eq\f(y1＋2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－1)(x－1)，y＋2＝eq\f(4,y1－2)(x－1)，直线AD的方程为y－2＝eq\f(y2－2,\f(yeq\o\al(2,2),4)－1)(x－1)，y－2＝eq\f(4,y2＋2)(x－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2＝\f(4,y1－2)（x－1），,y－2＝\f(4,y2＋2)（x－1），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)，,y＝\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4)，))则Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)，\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4)))，所以kGK＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4),\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)－（－1）)＝eq\f(\f(2（y1＋y2）,y2－y1＋4),\f(y1y2－y2＋y1,y2－y1＋4)＋1)＝eq\f(2（y1＋y2）,y1y2＋4)，则kEK＝kGK，所以E，G，K三点共线．22．(2024·河南部分示范高中高三3月联考)已知P是抛物线C1：y2＝2px(p>0)上任意一点，且P到C1的焦点F的最短距离为eq\f(3,2).直线l与C1交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，与抛物线C2：y2＝2x交于C(x3，y3)，D(x4，y4)两点，其中点A，C在第一象限，点B，D在第四象限．(1)求抛物线C1的方程；(2)证明：eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(1,y3)＋eq\f(1,y4)；(3)设△AOB，△COD的面积分别为S1，S2，其中O为坐标原点，若|AC|＝3|BD|，求eq\f(S1,S2).解：(1)设P(x0，y0)，易知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq\f(p,2)，所以|PF|＝x0＋eq\f(p,2).当x0＝0时，|PF|取得最小值eq\f(p,2)，由eq\f(p,2)＝eq\f(3,2)，解得p＝3，所以抛物线C1的方程为y2＝6x.(2)证明：设直线l与x轴交于点M(t，0)(t>0)，因为直线l的斜率显然不为0，所以设直线l的方程为x＝my＋t.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝6x，))消去x得y2－6my－6t＝0，Δ1＝36m2＋24t>0，所以y1＋y2＝6m，y1y2＝－6t，所以eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(y1＋y2,y1y2)＝－eq\f(m,t).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝2x，))消去x得y2－2my－2t＝0，Δ2＝4m2＋8t>0，所以y3＋y4＝2m，y3y4＝－2t，所以eq\f(1,y3)＋eq\f(1,y4)＝eq\f(y3＋y4,y3y4)＝－eq\f(m,t)，所以eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(1,y3)＋eq\f(1,y4).(3)因为|AC|＝3|BD|，所以y1－y3＝3(y4－y2)，即y1＋3y2＝y3＋3y4.因为y1＋y2＝6m，y3＋y4＝2m，所以6m＋2y2＝2m＋2y4，即y4－y2＝2m，所以y1－y3＝6m，由(2)知eq\f(1,y1)－eq\f(1,y3)＝eq\f(1,y4)－eq\f(1,y2)，所以eq\f(y3－y1,y1y3)＝eq\f(y2－y4,y2y4)，故eq\f(y3－y1,y2－y4)＝eq\f(y1y3,y2y4)＝3，所以y1y3＝3y2y4，即y1(y1－6m)＝3(6m－y1)(8m－y1)，化简得yeq\o\al(2,1)－18my1＋72m2＝0，解得y1＝12m或y1＝6m，若y1＝6m，则y2＝0，这与y2<0矛盾，所以y1＝12m，y2＝－6m，y3＝6m，y4＝－4m，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AB|,|CD|)＝eq\f(y1－y2,y3－y4)＝eq\f(9,5).23.(多选)(2025·福建漳州高三第一次教学质量检测)在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线C：y2＝2px(p>0)绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得三条曲线与C这四条曲线围成的如图阴影区域，A，B为C与其中两条曲线的交点，若p＝1，则()A．开口向上的抛物线的方程为y＝eq\f(1,2)x2B．|AB|＝4C．直线x＋y＝t截第一象限花瓣的弦长的最大值为eq\f(3,4)D．阴影区域的面积大于4答案：ABD解析：由题意，开口向右的抛物线C的方程为y2＝2x，顶点在原点，焦点为F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，将其逆时针旋转90°后得到的抛物线开口向上，焦点为F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则其方程为x2＝2y，即y＝eq\f(1,2)x2，故A正确；对于B，根据A项分析，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x2＝2y，))解得x＝0或x＝2，即xA＝2，代入可得yA＝2，即A(2，2)，由图象的对称性，可得B(2，－2)，故|AB|＝4，故B正确；对于C，如图1，设直线x＋y＝t与第一象限的花瓣分别交于点M，N，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋t，,y2＝2x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xM＝t＋1－\r(2t＋1)，,yM＝\r(2t＋1)－1，))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋t，,x2＝2y，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xN＝\r(2t＋1)－1，,yN＝t＋1－\r(2t＋1)，))即得M(t＋1－eq\r(2t＋1)，eq\r(2t＋1)－1)，N(eq\r(2t＋1)－1，t＋1－eq\r(2t＋1))，则弦长为|MN|＝eq\r(2（t＋2－2\r(2t＋1)）2)＝eq\r(2)|t＋2－2eq\r(2t＋1)|，由图可知0<t≤4，不妨设u＝eq\r(2t＋1)，则1<u≤3，且t＝eq\f(u2－1,2)，代入得|MN|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u2－1,2)＋2－2u))＝eq\f(\r(2),2)|(u－2)2－1|(1<u≤3)，由此函数的图象知，当u＝2时，|MN|取得最大值，为eq\f(\r(2),2)，故C错误；对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求eq\f(1,8)部分面积的近似值．如图2，在抛物线y＝eq\f(1,2)x2(x≥0)上取一点P，使过点P的切线与直线OA平行，由y′＝x＝1可得切点坐标为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，又直线OA的方程为x－y＝0，则点P到直线OA的距离为d＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，于是S△OPA＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(1,2)，由图知，半个花瓣的面积必大于eq\f(1,2)，故原图中阴影区域的面积必大于8×eq\f(1,2)＝4，故D正确．故选ABD.24．(2024·安徽芜湖高三模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)上一点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(1,2)))到其准线的距离为1.(1)求抛物线C的方程；(2)①如图1所示，O为坐标原点，过点A(x0，y0)作两条直线与抛物线C分别相切于点M，N，直线MN与y轴交于点G，求点G的坐标；②在①的条件下，如图2所示，若点A在抛物线E：y2＝2qx(q>0)上，直线AM，AN与抛物线E的另一交点分别为B，P，求证：直线BP与抛物线C相切．解：(1)由题意知，抛物线C的准线方程为y＝－eq\f(1,2)，所以抛物线C的方程为x2＝2y.(2)①设切点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)，抛物线C的方程可转化为y＝eq\f(1,2)x2，所以y′＝x，因此可设直线AM的方程为y－y1＝x1(x－x1)，直线AN的方程为y－y2＝x2(x－x2)，代入A(x0，y0)，得y0－y1＝x1(x0－x1)，y0－y2＝x2(x0－x2)，所以直线MN的方程为y0－y＝x(x0－x)，令x＝0，得yG＝y0，所以点G的坐标为(0，y0)．②证明：设直线AM的方程为y－y0＝k1(x－x0)，直线AN的方