精选27 抛物线（解答题）（解析版）-2021年高考数学108所名校押题精选（新高考地区专用）

1 精选 27 抛物线（解答题） 1．利用根与系数关系法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为   1 1 2 2, , ,x y x y ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x（或 y ）的一元二次方程，必要时计算  ； （3）列出根与系数关系； （4）将所求问题或题中的关系转化为关于 1 2 1 2,x x x x （或 1 2 1 2,y y y y 的形式)； （5）代入根与系数关系求解． 2．定点问题的常见解法： （1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参 数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； （2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． 1．已知 F 是抛物线C ：  2 2 0y px p  的焦点，  3,M t 是抛物线上一点，且 4MF  ． （1）求抛物线 C 的方程； （2）直线l 与抛物线C 交于 A，B 两点，若 4OA OB    （O 为坐标原点），则直线l 是否 会过某个定点？若是，求出该定点坐标，若不是，说明理由． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）直线l 会过定点；定点为  2,0 ． 【解析】（1）由 2 2y px 可知抛物线的准线方程为 2 px   ， 因为| | 4MF  ，根据抛物线的定义可知3 ( ) 42 p   ，所以 2p  ， 所以抛物线C 的方程为 2 4y x ． （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 :l x ny m  ， 联立 2 4 x ny m y x     ，消去 x 并整理得 2 4 4 0y ny m   ，所以 1 2 1 24 4y y n y y m    ， 所以 1 2 1 2( )( )x x ny m ny m   2 2 1 2 1 2( )n y y mn y y m    由 4OA OB    得 1 2 1 2 4x x y y   ，所以 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 4n y y mn y y m y y      ， 所以   2 2 2 1 211 4 0n y mn yy y m      ，所以 2 2 24 ( 1) 4 4 0m n mn m      ， 所以 2 4 4 0m m   ， 2m  : 2l x ny   ，恒过  2,0 ． 2．已知直线  2 0y x m m   与抛物线 2 4y x 交于 B、A 两点， （1）若OA OB ，求 m 的值； （2）以 AB 为边作矩形 ABCD ，若矩形 ABCD 的外接圆圆心为 1 ,22      ，求矩形 ABCD 的 面积． 【答案】（1）-8；（2）30． 【解析】（1） 2y x m  与 2 4y x 联立得 2 2 2 0y y m   由 0  得 1 2m  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 1 22, 2y y y y m    因为OA OB ，所以 0OA OB   所以  2 1 2 1 2 1 2 1 20 16 y yx x y y y y    ， 所以 1 2 16y y   所以 2 16m   8m   ，满足题意． （2）设弦 AB 的中点为 M ，则 1 2 12M y yy   ， 1 2 2 M M y m mx    ，设圆心 1 ,22T      因为TM AB 所以 2 1 2 11 1 2 2 m     所以 4m   ， 则 5 ,12M      ，所以 5MT  ，所以 2 5CB  所以  2 1 2 1 2 1 24 4 8 6y y y y y y m       所以 2 1 2 11 3 52AB y y       所以面积为 30AB CD  ． 3．设抛物线C ： 2 2y px （ 0p  ）的焦点为 F ，点  4,P m 是抛物线 C 上一点，且 5PF  ． （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线l 与抛物线C 交于 A， B 两点，若 6AF BF  ，求证：线段 AB 的垂直平 分线过定点． 3 【答案】（1） 2 4y x ；（2）证明见解析． 【解析】（1）由抛物线的焦半径公式可得 5 4 2 pPF    ，解得 2p  即抛物线C 的方程为 2 4y x ； （2）当直线l 的斜率存在时，设 :l y kx m  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 由 2 4y x y kx m      可得  2 2 22 4 0k x km x m    ， 所以 0k  ，  2 2 22 4 4 0km k m     ，即 1km  ， 1 2 2 4 2kmx x k   ， 因为 6AF BF  ，所以 1 2 2 6x x   ，所以 1 2 2 4 2 24 2kmx m kk kx       所以线段 AB 的中点坐标为 2,2k m ， 所以线段 AB 的垂直平分线方程为  1 22 xky k m     ， 即  1 2 1 4 12 4x k m x xk k k k ky           ，所以过定点  4,0 ， 当直线l 的斜率不存在时也满足. 综上：线段 AB 的垂直平分线过定点  4,0 ． 4．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(-2，1)，P 是动点，且 .OP OA PAk k k  （1）求动点 P 的轨迹 C 的方程； （2）过 A 作斜率为 1 的直线与轨迹 C 相交于点 B，点 T(0，t)(t>0)，直线 AT 与 BT 分别交 轨迹 C 于点 1 1,A B 设直线 1 1A B 的斜率为 k，是否存在常数λ，使得 t=λk，若存在，求出λ值， 若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 4x y ；（2）存在 3  满足条件． 【解析】（1）设 ( , )P x y ，由题意可得 OP yk x  ， 1 2OAk   ， 1 2PA yk x   ， 而 OP OA PAk k k  ．所以 1 1 2 2 y y x x    ，整理可得 2 4x y ， 所以动点 P 的轨迹C 的方程为 2 4x y ； （2）由题意直线 AB 的方程为 1 2y x   ，即 3y x= + ， 代入曲线C 中可得 2 4 12 0x x   ，解得 6x  或 2x   ，所以可得 (6,9)B ， 直线 AT 的方程为 1 2 ty x t  ，代入抛物线的方程： 2 2( 1) 0x t x t    ， 所以 1 2· Ax t   ，所以 1 2A tx  ，所以 1 2 3 4A t ty  ，所以 1(2 tA ， 2 3 )4 t t ， 直线 BT 的方程为 9 6 ty x t  ，与抛物线联立 2 2( 9) 03 tx x t   ， 所以 1 6· Bx t  ，所以 1 6B tx   ， 1 2 9 36B t ty  ，所以 1( 6 tB  ， 2 27 )36 t t ， 由题意可得 2 23 27 4 36 3 2 6 t t t t tk t t      ，所以 3t k ，由题意t k ，所以 3  ． 所以存在 3  满足条件． 5．已知抛物线 y2=2px(p>0)上的点 T(3，t)到焦点 F 的距离为 4． （1）求 t，p 的值； （2）设抛物线的准线与 x 轴的交点为 M，是否存在过点 M 的直线 l 交抛物线于 A，B 两点(点 B 在点 A 的右侧)，使得直线 AF 与直线 OB 垂直？若存在，求出 △ AFB 的面积，若不存在， 请说明理由． 【答案】（1） 2 3t   ，p=2；（2）存在， △ AFB 的面积 8 5 5 ． 【解析】（1）由题意及抛物线的定义得 3 42 p  ，则 p=2， 所以抛物线的方程为 2 4y x ，因为点 T 在抛物线上，故 2 4 3t   ，解得 2 3t   ． （2）由（1）易得 M(-1，0)，F(1，0)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设存在直线 l 满足题意，设其方程为 x=my-1(m≠0)， 将其代入 2 4y x 得 2 4 +4 = 0y my ， 1 2 1 2 4 4 y y m y y     所以 由Δ=16m2-16>0，得 m>1 或 m0， 所以满足条件的直线 l 的方程为5 3 5 5 0x    ． 此时 2 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 1AB x x y y m      1 2y y ， 2 2 6 70 8 5 8 141 3 5 5 5 mm m        ， 又点 F 到直线 l 的距离 2 2 5 5 10 705 ( 3 5) d     ， 所以 △ AFB 的面积 1 1 8 14 10 8 5| |2 2 5 570 S AB d      ． 6．已知抛物线 2: 2C y px 的焦点为  1,0F ，斜率为 k 的直线 1l 过点   0, 0P m m  ， 直线 1l 与抛物线C 相交于 A， B 两点． （1）求抛物线 C 的方程； （2）直线 2l 过点   0, 0P m m  ，且倾斜角与 1l 互补，直线 2l 与抛物线C 交于 M ， N 两 点，且 FAB 与 FMN 的面积相等，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）   0,1 1, 2 ． 【解析】（1）由题意，抛物线 2: 2C y px 的焦点为  1,0F ，可得 12 p  ，解得 2p  ， 所以抛物线的方程为 2 4y x ． （2）根据题意，令 1 : ( )l x t y m  ， 2 : ( )l x t y m   ， 联立方程组 2 ( ) 4 x t y m y x     ，整理得 2 4 4 0y ty tm   ，可得 4 , 4A B A By y t y y tm    ， 所以 2 2 2| | 1 4 1A BAB t y y t t at      ， 2 2 2 2 1 |1 |4 1 2 12 1ABC mtS t t mt t mt mt t         △ ， 用 t 代t ，可得 2   2 | 1|=FMNS t mt mt   ， 所以 2 22 | 1| 2 | 1|t mt mt t mt mt     ，化简得 2 2 1 02t m   ， 又由 2 2 0 0 t mt t mt       ，可得 2 2t m ，所以 2 2 2 1 2t mm   ，解得 0 2m  ， 又由 FAB 、 FMN 构成直线 1l 、 2l 不过 1,0 点，即 1m  ， 所以实数 m 的取值范围   0,1 1, 2 ． 7．已知点  1,0F ，直线 : 1l x   ， M 为直角坐标平面上的动点，过动点 M 作l 的垂线， 垂足为点Q ，且满足 ( ) 0QF MQ MF     ，记 M 的轨迹为C ． （1）求C 的方程； （2）若过 F 的直线与曲线C 交于 P ，Q 两点，直线OP ，OQ 与直线 1x  分别交于 A，B 两点，试判断以 AB 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）是，( )1,0- 和( )3,0 ． 【解析】（1）设 ( , )M x y ，点  1,0F ，直线 : 1l x   ，  1,Q y  ， 因为 ( ) 0QF MQ MF      ．     22, 2 , 4 0y x y x y         ， C 的方程为 2 4y x ． （2）设直线 PQ 的方程为 1x my  ，  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，联立 2 4 1 y x x my      ， 整理得 2 4 4 0y my   ， 216 16 0m    ， 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y   ， 直线 OP 的方程为 1 1 1 4yy x xx y   ，同理：直线 OQ 的方程为 2 4y xy  ， 令 1x  得， 1 41,A y       ， 2 41,B y       ，设 AB 中点T 的坐标为 ,T Tx y ， 7 则 1Tx  ，  1 21 2 1 2 4 4 2 22T y yy yy my y      ，所以  1, 2T m ． 1 2 2 1 1 2 44 4A y y yy y yB    2 1 2 1 2 24 4 16 164 y y y y m      ． 圆的半径为 216 16 2 mr  ． 所以以 AB 为直径的圆的方程为   2 2 21 2 4 4x y m m     ． 展开可得 2 21 4 4x y my    ，令 0y  ，可得  21 4 x ，解得 3x  或 1x   ． 从而以 AB 为直径的圆经过定点( )1,0- 和( )3,0 ． 8．已知曲线C 在 y 轴的右侧，C 上每一点到点  1,0F 的距离减去到 y 轴的距离差都是 1． （1）求曲线C 的方程； （2）若直线 m 过原点，直线l 与 m 垂直相交于点 P ，l 与曲线C 相交于 ,A B 两点，| | 1OP  ， 1AP PB   ，问这样的直线l 是否存在？若存在，求出该直线l 的方程，不存在，说明理由． 【答案】（1） 2 4 ( 0)y x x  ；（2）存在；直线 15 4 15: 15 15l y x  或 15 4 15 15 15y x   ． 【解析】（1）由 C 上每一点到点 (1,0)F 的距离减去到 y 轴的距离差都是 1 知 C 上每一点到点 (1,0)F 的距离等于到直线 1x   的距离， 由抛物线的定义知C 的轨迹是以 (1,0)F 为焦点， 1x   为准线的抛物线， 其方程为 2 4y x ，又C 在 y 轴的右侧，故 0x  ，所以 2 4 ( 0)y x x  ； （2）设这样的直线l 存在，当 l 不存在斜率时，直线 m 为 x 轴，由| | 1OP  ， l m 知l 方 程为 1x  ，此时 (1,2)A ， (1, 2)B  ， 4 1AP PB    ，不符合题目条件． 当l 存在斜率时，设其方程为 ( 0, 0)y kx b k b    ， 由| | 1OP  知O 到l 距离为 1，所以 2 | | 1 1 b k   ，所以 2 2 1b k  ① 将 y kx b  代入 2 4 ( 0)y x x  有： 2 2 2(2 4) 0k x kb x b    ， 令 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则： 1 2 2 4 2kbx x k   ， 2 1 2 2 bx x k  又| | 1OP  ， 1AP PB   ，l m ， 所以 ( ) 1AP OB OP     ，所以 2| |AP OB OP    ，所以 2( ) | |OP OA OB OP      所以 2| | ( ) 0OA OB OP OB OP OP OB OP OP PB                   ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 21 ( )x x y y k x x kb x x b     （ ） 2 2 2 2 2 2 2 4 2 41 b kb b kbk kb bk k k      （ ） 0 ，所以 2 4 0b kb  ，所以 4 0b k  ，② 联立①②解得 15 15 4 15 15 k b      或 15 15 4 15 15 k b      ， 综上所述，存在直线 15 4 15: 15 15l y x  或 15 4 15 15 15y x   满足条件． 9．已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，过点  2,0P 的直线交抛物线 C 于  1 1,A x y 和  2 2,B x y 两点． （1）当 1 2 4x x  时，求直线 AB 的方程； （2）若过点 P 且垂直于直线 AB 的直线l 与抛物线 C 交于 ,C D 两点，记 ABF 与 CDF 的 面积分别为 1 2,S S ，求 1 2S S 的最小值． 【答案】（1） 2x  ；（2）12． 【解析】 （1）由直线 AB 过定点  2,0P ，可设直线方程为 2x my  ． 联立 2 2 4 x my y x     消去 x ，得 2 4 8 0y my   ， 由根与系数关系得 1 2 1 24 , 8y y m y y    ， 所以   2 1 2 1 2 1 22 2 4 4 4 4 4x x my my m y y m m m             ． 因为 1 2 4x x  ．所以 24 4 4m   ，解得 0m  ．所以直线 AB 的方程为 2x  ． 9 （2）由（1），知 ABF 的面积为 1 1 2 1 2 1 1 1 12 2 2APF BPFS S S PF y PF y y y                 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 14 4 4 8 16 32 2 22 2 2y y y y m m m           ． 因为直线 CD 与直线 AB 垂直， 且当 0m  时，直线 AB 的方程为 2x  ，则此时直线l 的方程为 0y  ， 但此时直线l 与抛物线 C 没有两个交点， 所以不符合题意，所以 0m  ．因此，直线 CD 的方程为 1 2x ym    ． 同理， CDF 的面积 2 2 12 2S m   ． 所以  2 2 1 2 2 2 1 24 2 2 4 5 2S S m mm m          2 2 24 5 2 2 4 5 2 2 12m m        ， 当且仅当 2 2 22m m  ，即 2 1m  ，亦即 1m   时等号成立． 10．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  经过点 (2, 2 2). （1）求抛物线 C 的方程及其相应准线方程； （2）过点 (2,0)E 作斜率为 1 2,k k 的两条直线分别交抛物线于 ,M N 和 ,P Q 四点，其中 1 2 1k k  ．设线段 MN 和 PQ 的中点分别为 , ,A B 过点 E 作 ,ED AB 垂足为 .D 证明：存在 定点 ,T 使得线段TD 长度为定值． 【答案】（1） 2 4y x ；准线 1x   ；（2）存在，  2,1T 【解析】（1）将点 (2, 2 2) 代入抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  ，可得8 4p ， 解得 2p  ，所以抛物线方程： 2 4y x ，准线 1x   ． （2）由题意可得直线 MN ：  1 2y k x  ，直线 PQ ：  2 2y k x  ， 联立   2 1 4 2 y x y k x     ，整理可得  2 2 2 2 1 1 14 4 4 0k x k x k    ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 2 1 1 2 2 2 1 1 4 4 44kx x k k     ， 1 2 1 4y y k   ， 所以 2 1 1 2 22 ,A k k      ，同理 2 2 2 2 22 ,B k k      ， 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2AB k k k kk k kk k k k     ， 设 1 2k k t ， AB ： 2 1 2 1 2 1 22 1 1 1 1 22 2 22 2 ky k k x k k x k kk k k k             1 2 1 22 2 2 2k k x k k tx t      ， DE ：  1 2y xt    ，联立   2 2 1 2 y tx t y xt       ， 解得 0 2 0 2 22 1 2 1 tx t y t        ， 0 2 0 2 22 1 2 1 tx t y t         ，整理可得 2 2 0 0 02 42 21x y yt     ， 即     2 22 0 0 0 0 02 2 0 2 1 1x y y x y         ，所以点 D 的轨迹是个圆， 故T 的坐标为  2,1 ，线段TD 长度为定值． 11．已知抛物线 2 2 ( 0)iC y px p  过点 1,1 ， （1）求物线C 的方程； （2）O 为坐标原点，A､B 为抛物线 C 上异于原点O 的不同两点，直线 ,OA OB 的斜率分别 为 1 2,k k ，若 1 2 2k k   ，求证：直线 AB 过定点． 【答案】（1） 2y x ；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为抛物线 2 2 ( 0)iC y px p  过点  1,1 ， 所以1 2p ，解得 1 2p  ，所以抛物线 C 的方程为 2y x ． （2）设点 A､ B 的坐标分别为    2 2 1 1 2 2, , ,y y y y ， 11 所以 1 2 1 22 2 1 1 2 2 1 1,y yk ky y y y     ，由题意有 1 2 1 2 1 2k k y y    ，得 1 2 1 2y y   ， ①当直线 AB 的斜率不存在时，此时 1 2y y  ，直线 AB 的方程为 1 2x  ， ②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ( 0)y kx m m   ， 联立方程 2y x y kx m      ，消去 x 后整理为 2 0ky y m   ，可得 1 2 1 2 my y k    ，得 2k m  ， 直线 AB 的方程为 2y mx m   ，可化为 12 2y m x      ， 由①②知直线 AB 过定点 1 ,02      ． 12．已知抛物线 2: 2C x py （ 0p  ）的焦点为 F ，且经过点 (2,1)P ． （1）求抛物线 C 的方程，及其准线方程； （2）设直线l 过点 (0,2) ，且与抛物线C 交于 A、 B 两点，O 为坐标原点，若 OAB 的面 积为 8，求直线l 的方程； （3）过点 (2,0) 的直线 m 与抛物线C 交于不同的两点 M 、N ，若 0FM FN  uuur uuur ，求直线 m 的斜率的取值范围． 【答案】（1） 2 4x y ， 1y   ；（2） 2 2y x   ；（3） 1( ,0) (2, )12  U ． 【解析】（1）由已知可知 22 2 2p p   ，抛物线方程 2 4x y ，准线方程 1y   ； （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，设直线l 的方程 2y kx  与抛物线方程联立， 2 2 4 y kx x y     ，得 2 4 8 0x kx   ， 1 2 1 24 , 8x x k x x     ，  2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 16 32 82OABS x x x x x x k          ， 解得 2k   ，所以直线方程为 2 2y x   ； （2）设直线方程 2x my  ，    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 2 2 4 x my x y     得  2 2 4 4 4 0m y m y    ，  2 24 4 16 0m m     ，解得 1 2m  ， 且 1 2 2 4 4my y m    ， 1 2 2 4y y m  ，  1 1, 1FM x y  ，  2 2, 1FN x y  ，         1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 1 1FM FN x x y y my my y y                2 1 2 1 21 2 1 5m y y m y y      2 2 12 0m m m   ，解得 0m  或 12m   综上可知 10 2m  或 12m   ，因为  1 12, ,012k m        ， 所以直线 m 的斜率的取值范围是  1 ,0 2,12       13．已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点到直线 :l y x  的距离为 2 8 ． （1）求抛物线 C 的方程； （2）如图，若 1 ,02N     ，直线l 与抛物线C 相交于 ,A B 两点，与直线 l 相交于点 M ， 且| | | |AM MB ，求 ABN 面积的取值范围． 【答案】（1） 2x y ；（2） 10, 4      ． 【解析】（1）抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点坐标为 0, 2 p     ，  焦点到直线 :l y x  的距离为 2 8 ， 2 2 12 ,4 8 22 p p p     ． 抛物线C 的方程为 2x y ． （2）由题意可设 ( , )( 0)M m m m  ，直线 : ( )( 1)l y m k x m k      ， 将直线l的方程代入抛物线的方程 2x y ，消去 y ，得 2 0x kx km m    ．  直线l与抛物线C 相交于 ,A B 两点， 2 24( ) 4 4 0k km m k km m         ． 13 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2x x k  ． | | | |,AM MB M  是线段 AB 的中点， 1 2 2 , 2kx mx m      ， 代入 2 4 4 0k km m     ，解得 0 1m  ． 又 1k   ， 2 1m   ， 1 2m  ， 10 2m   或 1 12 m  ． 直线l的方程为 22 2y mx m m    ． 点 N 到直线 AB 的距离 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 m m m m m d m m        ，又 2 1 2 2x x m m  ，  22 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | 1 4 1 4 4 1 4 2AB m x x m x x x x m m m             ， 2 21 | | 22ABNS AB d m m m m       ． 令 2t m m  ，则 32ABNS t ． 10 2m  或 1 12 m  ， 10 2t   ， 3 12 0, 4t      ，即 10, 4ABNS     ． ABN△ 面积的取值范围为 10, 4      ． 14．如图，已知点 (4,4)P 在抛物线 2: 2 ( 0)M y px p  上，过点 P 作三条直线 , ,PA PB PC ， 与抛物线 M 分别交于点 , ,A B C ，与 x 轴分别交于点 , ,D E G ，且| | | |DE EG ． （1）求抛物线 M 的方程； （2） 设直线 ,PA PC 斜率分别为 1 2,k k ，若 1 2 1 1 1k k   ，求直线 PB 的方程； （3）设 PBC ，四边形 PABC 面积分别为 1 2,S S ，在（2）的条件下，求 1 2 S S 的取值范围． 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 2 4 0x y   ； 1( ,1)2 ． 【解析】（1）由题知，抛物线 2: 2 ( 0)M y px p  上有一点 (4,4)P ， 2p  ，即抛物线 M 的方程为 2 4y x ； （2）设 ( ,0), ( ,0), ( ,0),E m D m t G m t  其中 0t  ，则 1 2 4 4,4 4k km t m t      ， 所以由题意， 1 2 1 1 4 12 m k k    ，即 2m  ， (2,0)E ， PB 直线方程为 2 4 0x y   ； （3）由（2）知， (2,0)E (2 ,0), (2 ,0), 0D t G t t   ， 则 PA 方程为 44 ( 4)2y xt    ，即 4 ( 2) 4 8 0x t y t     ， 由 2 4 ( 2) 4 8 0 4 x t y t y x        ，得 2 ( 2) 4 8 0y t y t     ， 2( 2)2, 4A A ty t x     ，即 2( 2)( , 2)4 tA t  ， 而 PC 方程为 44 ( 4)2y xt    ，即 4 (2 ) 4 8 0x t y t     ， 同理可得 2( 2)( , 2)4 tC t   ， 点 A到直线 PB 的距离为 2 1 | 6 | 2 5 t td  ，点C 到直线 PB 的距离为 2 2 | +6 | 2 5 t td  ， 记 2 2 1 2 1 2 1 2 1 | | 62 1 | 6 | 6| | ( )2 PBC PABC PB dS d t S d d t tP d S S B d        V ， 设过点 P 的抛物线 M 的切线l 为 4 ( 4)y k x   ， 15 由 2 4 ( 4) 4 y k x y x      ，得 2 4 16 16 0ky y k    ，由 =0 ，得 1 2k  ， 所以切线方程为 2 4=0x y  ，令 0y  ，得 4x   ， 所以要使过 P 点的直线与抛物线有两个交点，则有 0 6t  ， 1 2 6 1= ( ,1)12 2 S S t   ． 15．已知抛物线 C 的顶点在原点 O ，准线为 1 2x   ． （1）求抛物线 C 的标准方程； （2）点 A， B 在C 上，且OA OB ， OD AB ，垂足为 D ，直线OD 另交C 于 E ，当 四边形OAEB 面积最小时，求直线 AB 的方程． 【答案】（1） 2 2y x ；（2）  33 1 24y x   ． 【解析】（1）设抛物线C 的标准方程为  2 2 0y px p  ， 由抛物线的准线方程为 1 2x   ，可得 1 2 2 p   ，解得 1p  ， 故抛物线C 的标准方程为 2 2y x ． （2）先证直线 AB 过定点 2,0 ． 设直线 AB 的方程为 x ty m  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由OA OB ，可得OA OB  ，所以 1 2 1 2 0x x y y  ， 可得 2 2 1 2 1 2 02 2 y y y y   ，解得 1 2 4y y   ， 联立方程组 2 2 x ty m y x     ，整理得 2 2 2 0y ty m   ，可得 1 2 2y y m  ， 所以 2 4m   ，解得 2m  ，故直线 AB 过定点  2,0 ． 由已知再设直线 AB 的方程为  2y k x  ，则直线 OD 的方程为 1 y xk ， 联立方程组 2 1 2 y xk y x      ，可得 2 2 1 2x xk  ，解得 22Dx k ，所以  22 , 2E k k ， 所以 4 2 24 4 2 1OE k k k k    ， 联立方程组   2 2 2 y k x y x      ，整理得 2 2 4 0y yk    ，所以 1 2 2y y k   ，又由 1 2 4y y   ， 所以   2 2 2 2 1 2 1 22 2 2 1 1 2 2 1 4 11 4 1 16 k kAB y y y yk k k k                所以    22 2 4 2 2 2 1 4 11 12 2 4 9 62OAEB k k S AB OE k kk k           设   2 14 9 6f t t t t      2 0t k  ，则     2 2 2 1 8 118 9 t t t f t t t t        ， 由   10 1f t t     ， 2,3 1 33 16t   ， 易知  f t 在 1 330, 16       递减，在 1 33 ,16        上递增， 因此  f t 在 1 33 16t   取最小值，从而面积取得最小值，此时 33 1 4k   ， 故直线 AB 的方程为 33 1 4y    2x  ． 16．给定抛物线 2: 4C y x ， F 是抛物线C 的焦点，过点 F 的直线l 与C 相交于 A､ B 两 点，O 为坐标原点． （1）设l 的斜率为 1，求以 AB 为直径的圆的方程； （2）设 2FA BF ，求直线l 的方程． 【答案】（1）   2 23 2 16x y    ；（2）  2 2 1y x   ． 【解析】（1）由题意，得 (1,0)F ，直线l 的方程为 1y x  ． 代入抛物线方程 2 4y x ，得 2 6 1 0x x   ， 17 设 A， B 两点坐标为 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， AB 中点 M 的坐标为 0(M x ， 0 )y ， 因为  26 4 32 0    ，所以 1 2 6x x  ， 1 2 1x x ，且 1 2 1 21 1 4y y x x      所以圆心为 (3,2)M ，由抛物线定义，得 1 2 8AB AF BF x x p      （其中 2)p  ． 所以以 AB 为直径的圆的方程为 2 2( 3) ( 2) 16x y    ； （2）因为| | 2 | |FA BF ，三点 A， F ， B 共线且点 A， B 在点 F 两侧，所以 2FA BF  设 A，B 两点坐标为 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，则 1( 1FA x  ， 1)y ， 2(1BF x  ， 2 )y ， 所以 1 22y y  ①，设直线 AB 的方程为 ( 1)y k x  或 1x  （不符合题意，舍去）． 代入抛物线方程 2 4y x ，得 2 4 4 0ky y k   ，因为直线l 与C 相交于 A， B 两点， 所以 0k  ，  216 16 0k   ， 1 2 4y y k   ， 1 2 4y y   ，② 由①②，得方程组 2 2k   ，故直线l 的方程为 2 2( 1)y x   ． 17．已知曲线C 上的动点 M 到 y 轴的距离比到点 F (1，0)的距离小 1， （1）求曲线C 的方程； （2）过 F 作弦 PQ RS、 ，设 PQ RS、 的中点分别为 A B、 ，若 0PQ RS   ，求| |AB uuur 最小 时，弦 PQ RS、 所在直线的方程； （3）在（2）条件下，是否存在一定点T ，使得 AF TB FT    ？若存在，求出T 的坐标， 若不存在，试说明理由． 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 1 0x y   或 1 0x y   ；（3）存在，T (3，0)． 【解析】（1）因为曲线C 上的动点 M 到 y 轴的距离比到点 F (1，0)的距离小 1， 所以 M 到 (1, 0)F 的距离等于到直线 1x   的距离， 所以曲线C 是以 F 为焦点、直线 1x   为准线的抛物线，所以抛物线的方程为 2 4y x ． （2）设 : ( 1)PQl y k x  ，代入 2 4y x 得： 22 2 22( 2) 0k x k x k    ， 由根与系数关系得 2 1 2 1 22 2( 2) , 1kx x x xk    2 1 2 2 2 2 212A x x kx k k       ， 2( 1)A Ay k x k    ， 2 2 2(1 , )A k k   ， 0PQ RS    ， PQ RS  ，只要将 A 点坐标中的 k 换成 1 k  ，得 2(1 2 , 2 )B k k  ， 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 4(1 (1 2 )) ( 2 ) 4 4 4AB k k k kk k k k             ， （当且仅当 1k   时取“=”） 所以，| |AB uuur 最小时，弦 PQ RS、 所在直线的方程为 ( 1)y x   ， 即 1 0x y   或 1 0x y   ． （3） AF TB FT AF FT TB AT TB                 ，即 , ,A T B 三点共线， 是否存在一定点T ，使得 AF TB FT    ，即探求直线 AB 是否过定点 ， 由（2）知，直线 AB 的方程为 2 2 2 22 2 ( 2 1)22 1 ( 1) k ky k x k k k          即 2(1 ) ( 3)k y k x   ，直线 AB 过定点(3，0)， 故存在一定点T (3，0)，使得 .AF TB FT    18．已知圆C ：    22 21 1x y r r    ，设 A为圆C 与 y 轴负半轴的交点，过点 A作圆 C 的弦 AM，并使弦 AM的中点 B 恰好落在 x 轴上，点 M 的轨迹为曲线 E ．设Q 为直线 1y   上的动点，  0,1F ． （1）求曲线 E 的方程； （2）过点 Q 作曲线 E 的切线，切点分别为 D ，G ，证明： FQ DG ； （3）求QDG 面积的最小值． 【答案】（1）  2 4 0x y y  ；（2）证明见解析；（3）4． 【解析】（1）设   , 0M x y y  ，由题知 AM的中点 ,02 xB     ，  0,1C ， 则 ,12 xBC       ， ,2 xBM y      ，由圆的性质知 BC BM ， 19 所以 0BC BM   ，即 2 04 x y   ，所以曲线 E 的方程为  2 4 0x y y  ． （2）设  1 1,D x y ，  2 2,G x y ，  0, 1Q x  ，焦点  0,1F ， 求导得 2 xy  ，则切线 QD 的方程为   2 1 1 1 1 12 2 2 x x xy y x x x     ，又 2 1 122 x y ， 所以切线QD 的方程为 1 12 xy x y  ，同理，切线 QG 的方程为 2 22 xy x y  ， 又两切线都过点  0, 1Q x  ，所以 1 0 1 2 0 2 1 2 1 2 x x y x x y       ，则直线 DG 的方程为 0 12 xy x  ， 由 0 2 12 4 xy x x y      消 y 得 2 02 4 0x x x   ，故 1 2 0 1 2 2 4 x x x x x       ，则 1 2 , 12 x xQ     ， 则 1 2 , 22 x xFQ       ，   2 2 2 1 2 1 2 1 2 1, , 4 4 x xx x y y xD xG           ， 所以 2 2 2 2 2 1 2 1 02 2 x xD xFQ G x      ，所以 FQ DG ． （3）由（2）知，直线 DG 恒过焦点  0,1F ， FQ DG ， 由 抛 物 线 定 义 得  22 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 12 2 2 24 4 4DG y y x x x x x x              2 1 2 1 44 x x   ，   2 21 2 1 2 14 42 4 x xQ x xF          ， 所以QDG 的面积：   3 2 1 2 1 1 1 42 2 4QDGS FQ DG x x      △ ， 当 1 2 0x x  时，QDG 面积取得最小值 4． 19．已知抛物线 C 的顶点在原点，对称轴是 x 轴，并且经过点 1, 2 ，抛物线 C 的焦点为 F，准线为 l． （1）求抛物线 C 的方程； （2）过 F 且斜率为 3 的直线 h 与抛物线 C 相交于两点 A、B，过 A、B 分别作准线 l 的垂 线，垂足分别为 D、E，求四边形 ABED 的面积． 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 64 3 9 【解析】（1）根据题意，设抛物线为  2 2 0y px p  ， 因为点 1, 2 在抛物线上，所以  22 2p  ，即 2p  ，所以抛物线的方程为 2 4y x ． （2）由（1）可得焦点  10F ， ，准线为 : 1l x   ，不妨设  1 1,A x y ，  2 2,B x y  1 2x x ， 过 F 且斜率为 3 的直线 h 的方程为  3 1y x  ， 由   2 4   3 1 y x y x     ，得 23 10 3 0x x   ，所以 1 3x  ， 2 1 3x  ， 代入  3 1y x  ，得 1 2 3y  ， 2 2 3 3y   ，所以  3,2 3A ， 1 2 3,3 3B      ， 所以 1 42 pAD x   ， 2 4 2 3 pBE x   ， 1 2 8 3 3DE y y  ， 所以直角梯形 ABED 的面积为  1 64 3 2 9AD BE DE   ． 20．已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，点 F 到直线 1 0x y   的距离为 2 ． （1）求抛物线 C 的方程； （2）点O 为坐标原点，直线 1l 、 2l 经过点  1,0M  ，斜率为 1k 的直线 1l 与抛物线C 交于 A 、 B 两点，斜率为 2k 的直线 2l 与抛物线 C 交于 D 、 E 两点，记 MA MB MD ME     ， 21 若 1 2 1 2k k   ，求  的最小值． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）  的最小值为144 ． 【解析】（1）抛物线的焦点 F 的坐标为 ,02 p     ， 点 F 到直线 1 0x y   的距离为 12 2 2 p   ，因为 0p  ，所以 2p  ． 所以抛物线C 的方程为 2 4y x ； （2）设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，联立方程   2 1 4 1 y x y k x     ， 消去 y 后整理为  2 2 2 2 1 1 12 4 0k x k x k    ，由题意得   1 22 4 1 1 0 2 4 4 0 k k k      ， 所以 11 0k   或 10 1k  ，所以 2 1 1 2 2 1 1 2 4 2 1 kx x k x x      ， 又 2 1 11 1MA k x   ， 2 1 21 1MB k x   ， 所以，         2 2 1 1 2 1 1 2 1 21 1 1 1 1MA MB k x x k x x x x             22 12 1 1 2 2 1 1 4 14 21 2 kkk k k     ．同理  2 2 2 2 4 1k MD ME k    ． 所以     2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 16 1 1 16 1k k k k k k MA MB MC MD k k k k             2 2 1 2 1 2 516 5 94 64 2 64 1441 4 4 4 k k k k               ． （当且仅当 1 2 2 2 2 2 k k      或 1 2 2 2 2 2 k k      取等号）．所以  的最小值为144 ．