易错点18 抛物线答案-备战2023年高考数学易错题

易错点18抛物线易错点1：主观认为抛物线的顶点就是原点;易错点2：忽视抛物线的变化趋势,只从图形的局部,乱下结论;易错点3：在使用抛物线的焦半径公式时,错把纵坐标写成横坐标;易错点4：解决直线与抛物线综合题时,忽略对直线斜率不存在情况的讨论;易错点5：在解有关直线与抛物线的位置关系的问题必记结论直线AB过抛物线22(0)ypxp的焦点，交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如图：（1）y1y2＝－p2，x1x2＝p24.（2）|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥122xx＝p，即当x1＝x2时，弦长最短为2p.（3）1|AF|＋1|BF|为定值2p.（4）弦长AB＝2psin2α(α为AB的倾斜角)．（5）以AB为直径的圆与准线相切。（6）以AF为直径的圆与y轴相切．（7）焦点F对A，B在准线上射影的张角为90°.题组一：定义和标准方程1.（2021新高考2卷）抛物线22(0)ypxp的焦点到直线1yx的距离为2，则p（）A.1B.2C.22D.4【答案】B【解析】抛物线的焦点坐标为,02p，其到直线10xy的距离：012211pd，解得：2p(6p舍去).故选：B.2.(2019年高考全国Ⅱ卷理数)若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则p=(）A．2B．3C．4D．8【解析】由题意可得：，解得．故选D．3．（2021北京）已知抛物线2:4Cyx，C的焦点为F，点M在曲线C上，且6FM，22(0)ypxp2213xypp232ppp8p则M的横坐标是________；作MNx轴于N，FMNS△=________．【答案】5；45【解析】根据抛物线定义，抛物线准线为1x，M到准线距离等于到焦点距离6，M横坐标为5，根据抛物线方程M到x轴距离为25，三角形底为514，所以面积为1254452．4．（2021新高考1卷）已知O为坐标原点，抛物线)0(2:2ppxyC的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且OPPQ．若6||FQ，则C的准线方程为.【答案】32x【解析】由已知可设),2(ppP，所以2OPk，12PQk，因此直线PQ的方程为：)2(21pxpy，令0y得px25，因此62225||pppFQ．所以C的准线方程为232px．题组二：抛物线的简单几何性质及其应用5．【2020全国Ⅰ卷】已知A为抛物线2:20Cypxp上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p（）A．2B．3C．6D．9【答案】C【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知122ApAFx，即1292p，解得6p=，故选C．6．（2020北京卷）设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQl于Q，则线段FQ的垂直平分线（）A．经过点OB．经过点PC．平行于直线OPD．垂直于直线OP【答案】B【解析】如图所示，因为线段FQ的垂直平分线上的点到,FQ的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQPF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P．7.(2018全国1卷)设抛物线C：24yx的焦点为F，过点(2,0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FMFN=()A．5B．6C．7D．8【答案】D【解析】通解过点(2,0)且斜率为23的直线的方程为2(2)3yx，由22(2)34yxyx，得2540xx，解得1x或4x，所以12xy，或44xy，不妨设(1,2)M，(4,4)N，易知(1,0)F，所以(0,2)FM，(3,4)FN，所以8FMFN．故选D．8.（2017新课标Ⅱ）已知F是抛物线C：28yx的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则FN．【答案】6【解析】如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与x轴交于点F'，作MBl与点B，NAl与点A，由抛物线的解析式可得准线方程为2x，则2,4ANFF'，在直角梯形ANFF'中，中位线'32ANFFBM，由抛物线的定义有：3MFMB，结合题意，有3MNMF，故336FNFMNM．题组三：焦点弦问题9.（2018全国2卷）设抛物线C:y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8．则l的方程是______________.【答案】1yxOF'BAFNMyx【解析】由题意得(1,0)F，l的方程为(1)(0)ykxk．设1221(,),(,)AyxyxB，由2(1),4ykxyx得2222(24)0kxkxk．216160k，故122224kxkx．所以122244||||||(1)(1)xkABAFBFkx．由题设知22448kk，解得1k（舍去），1k．因此l的方程为1yx．10.（2019全国1卷）已知抛物线2:3Cyx的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P,||||4AFBF，则l的方程是_______________.【答案】12870xy【解析】由题意得3(,0)4F，l的方程为32yxm．设1221(,),(,)AyxyxB，由焦半径公式知121235||||4,=22AFBFxxxx所以由23x+m,23yyx得229(1212)40xmxm．22112121440,2mmm所以，故1212129xxm．所以12121257,928xmx解得m=-．所以l的方程是3728yx，即12870xy.11．（2018全国3卷）已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点．若∠AMB=900，则k=________．【答案】2【解析】法1:由题意知抛物线的焦点为(1,0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为(1)ykx(0)k，由2(1)4ykxyx，消去y得22(1)4kxx，即2222(24)0kxkxk，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则212224kxxk，121xx．由2(1)4ykxyx，消去x得214(1)yyk，即2440yyk，则124yyk，124yy，由90AMB，得1122(1,1)(1,1)MAMBxyxy1212121241()10xxxxyyyy，将212224kxxk，121xx与124yyk，124yy代入，得2k．法2:设抛物线的焦点为F，11(,)Axy，22(,)Bxy，则21122244yxyx，所以2212124()yyxx，则1212124yykxxyy，取AB的中点00(,)Mxy，分别过点A，B做准线1x的垂线，垂足分别为A，B，又90MB，点M在准线1x上，所以111||||(||||)(||||)222MMABAFBFAABB．又M为AB的中点，所以MM平行于x轴，且01y，所以122yy，所以2k．12.（2014全国2卷）设F为抛物线C:23yx的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则ABO的面积为______.【答案】94【解析】法1：易知抛物线中32p，焦点3(,0)4F，直线AB的斜率33k，故直线AB的方程为33()34yx，代人抛物线方程23yx，整理得22190216xx．设1122(,),(,)AxyBxy，则12212xx，由物线的定义可得弦长12||12ABxxp，结合图象可得O到直线AB的距离3sin3028pd，所以OAB的面积19||24SABd．法2：秒杀公式的应用2203922sin2sin304OABpS小结：设F为抛物线C:y2=4x的焦点，过F且倾斜角为θ的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，21sin22sinOABpSOFAB.题组四：抛物线中的最值问题13.（2017全国1卷）已知F为抛物线2:4Cyx的焦点，过F作两条互相垂直的直线12,ll，直线1l与C交于A、B两点，直线2l与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（）A．16B．14C．12D．10【答案】16【解析】由已知1l垂直于x轴是不符合题意，所以1l的斜率存在设为1k，2l的斜率为2k，由题意有121kk，设11(,)Axy，22(,)Bxy，33(,)Dxy，44(,)Exy此时直线1l方程为1(1)ykx，取方程214(1)yxykx，得2222111240kxkxxk，∴21122124kxxk212124kk同理得22342224kxxk由抛物线定义可知1234||||2ABDExxxxp221222222212121224244416482816kkkkkkkk≥当且仅当121kk（或1）时，取得等号．14.（2021全国乙卷理）已知抛物线2:2(0)Cxpyp的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy上的点的最短距离为4.（1）求p；（2）若点P在M上，,PAPB为C的切线，切点为,AB，求PAB面积的最大值.【答案】（1）2p；（2）205PABS【解析】(1)因为(0,)2pF到圆M上点的最短距离为14142pFM，所以2.p（2）解法一：由（1）知抛物线22:4.4xCxyy，即所以.2xy设切点1122(,),(,)AxyBxy，则易得221122:,:2424PAPBxxxxlyxlyx，从而得1212(,)24xxxxP.设AB:lykxb，联立抛物线2:4.Cxy消去y得2440xkyb，所以2216160,0kbkb即，且124xxk,124xxb，所以(2,)Pkb因为222212121()411616ABkxxxxkkb，22221PABkbdk，所以3222211161622422PABSABdkbkbkb，（）又(2,)Pkb点在圆22:(4)1Mxy，所以221(4)4bk，代入（）式得322+12154()4PABbbS,而5,3Pyb，所以5b时，面积最大值205PABS.解法二：由（1）知抛物线22:4.4xCxyy，即所以.2xy设切点1122(,),(,)AxyBxy，圆M上任意一点00(,)Pxy，则易得1212:,:22PAPBxxlyxylyxy，联立可得1212(,)24xxxxP，所以121200,24xxxxxy，又线段AB中点1212(,)22xxyyQ，所以22312121201201212111122224416PAByyxxSPQxxyxxyxxxx2323232312121200001111()441641616162xxxxxxxyxy（）（）（）（）.（）又00(,)Pxy点在圆22:(4)1Mxy，所以22001(4)xy，代入（）式得32200112152PABSyy，而05,3y，所以05y时，面积最大值205PABS.15.（2021全国乙卷文）已知抛物线C:2=20ypxp＞的焦点F到准线的距离为2.（1