专题6-4抛物线方程及其性质（专题分层练）（4种题型）解析版.docx

1、专题验收评价专题6-4 抛物线方程及其性质 内容概览A常考题不丢分一抛物线的定义（共2小题）二抛物线的标准方程（共3小题）三抛物线的性质（共7小题）四直线与抛物线的综合（共3小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（11题）C挑战真题争满分（10题）一抛物线的定义（共2小题）1（2022春虹口区期末）如图，在正方体中，是侧面上的一个动点，若点到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是下列哪种曲线的一部分A直线B圆C双曲线D抛物线【分析】先根据空间点线面的位置关系推出点到直线与到点的距离相等，再由抛物线的定义，得解【解答】解：由正方体的性质知，平面，所以点到直线的距离与到点的距离相等，又点到直线与直线的距离

2、相等，所以点到直线与到点的距离相等，根据抛物线的定义，可得动点的轨迹是抛物线故选：【点评】本题考查抛物线的定义，理解抛物线的概念是解题的关键，属于基础题2（2020松江区二模）已知动点到定点的距离等于它到定直线的距离，则点的轨迹方程为【分析】利用抛物线的定义即可得出【解答】解：动点到点的距离等于它到直线的距离，由抛物线的定义可知：点的轨迹是抛物线，设方程为，方程为故答案为：【点评】本题考查了抛物线的定义，属于基础题二抛物线的标准方程（共3小题）3（2023秋静安区期末）准线方程的抛物线的标准方程为 【分析】直接由抛物线的准线方程设出抛物线方程，再由准线方程求得，则抛物线标准方程可求【解答】解：

3、抛物线的准线方程为，可设抛物线方程为，由准线方程，得抛物线的标准方程为故答案为：【点评】本题考查了抛物线的标准方程，考查了抛物线的简单几何性质，是基础题4（2022春徐汇区期末）以坐标原点为顶点，以轴为对称轴，并经过点的抛物线的标准方程为 【分析】设抛物线的标准方程为，代入点的坐标，求出的值，即可【解答】解：根据题意，可设抛物线的标准方程为，代入点，有，解得，所以抛物线的标准方程为故答案为：【点评】本题考查抛物线标准方程的求法，考查运算求解能力，属于基础题5（2022春黄浦区校级期末）过点，且焦点在轴上的抛物线的标准方程是ABCD【分析】设抛物线方程为，代入点的坐标即可得【解答】解：因为抛物线

4、的焦点在轴上，可设其方程为，代入点，解得，所以抛物线的方程为故选：【点评】本题主要考查抛物线的准线方程，属于基础题三抛物线的性质（共7小题）6（2023徐汇区校级三模）已知抛物线的焦点与的一个焦点重合，过焦点的直线与交于，两不同点，抛物线在，两点处的切线相交于点，且的横坐标为4，则弦长A16B26C14D24【分析】由椭圆方程求得的坐标，并求得，设直线的方程为，利用导数写出抛物线在，处的切线方程，结合已知求得，的横坐标的和，联立直线方程与抛物线方程，利用根与系数的关系求得，进一步求出，的纵坐标的和，再由抛物线的弦长公式求【解答】解：由题意可得，则，抛物线的方程为设直线的方程为，其中，由，得在点

5、处的切线方程为，化简得，同理可得在点处的切线为，联立得，由的横坐标为4，得将的方程代入抛物线方程，可得，得得故选：【点评】本题考查抛物线与椭圆的简单性质，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题7（2023宝山区校级模拟）已知抛物线上一点，到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为，若双曲线一条渐近线与直线平行，则实数等于ABCD【分析】根据抛物线的几何性质，双曲线的几何性质，方程思想，即可求解【解答】解：点到抛物线焦点的距离为5，抛物线为，点在抛物线上，又，的，双曲线的左顶点为，直线的斜率为：，双曲线的渐近线方程为，又双曲线一条渐近线与直线平行，故选：【点评】本题考

6、查抛物线的几何性质，双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题8（2023闵行区二模）已知抛物线，圆，点的坐标为，、分别为、上的动点，且满足，则点的横坐标的取值范围是 ，【分析】由已知可得，进而可得，求解即可【解答】解：由抛物线，可得焦点，准线方程为，由圆，可得圆心即为抛物线的焦点，解得，点的横坐标的取值范围是，故答案为：，【点评】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题9（2023嘉定区校级三模）已知点是抛物线上的动点，是圆上的动点，则的最大值是 【分析】由圆方程可得，易得为的焦点设，根据抛物线定义和圆的性质可得，又，将的最大值的问题转化为函数最值问题，利用二次函数求解即可【

7、解答】解：因为圆，所以，易得为的焦点，设，因为点是抛物线上的一点，点是圆上的一点，则，又，所以，令，则，所以当，即时，取得最大值，最大值为故答案为：【点评】本题主要考查抛物线的性质，圆与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题10（2023上海模拟）已知抛物线，为抛物线内一点，不经过点的直线与抛物线相交于，两点，连接，分别交抛物线于，两点，若对任意直线，总存在，使得成立，则该抛物线方程为 【分析】设，根据，推出，结合点在抛物线上，可得，即可求得，即得答案【解答】解：根据题意设，同理可得，将，两点代入抛物线方程得，作差可得，而，即，同理可得，将其代入，可得，此时抛物线方程为，故答案为：【点评

8、】本题考查抛物线的几何性质，方程思想，设而不求法，化归转化思想，属中档题11（2023崇明区二模）已知抛物线上的两个不同的点，的横坐标恰好是方程的根，则直线的方程为 【分析】设直线的方程为，根据题意结合韦达定理可得，联立方程，再次里由韦达定理求得，从而可求出，即可得解【解答】解：由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，因为点，的横坐标恰好是方程的根，所以，联立，消得，则，所以，所以，经检验，符合题意，所以直线的方程为故答案为：【点评】本题考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题12（2023松江区模拟）已知为抛物线的焦点，、为抛物线上三点（允许重合），满足，且，则的取值范围是

9、【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，设，根据焦半径公式表示出，依题意可得，即可求出的取值范围，即可得解【解答】解：设，抛物线的焦点坐标为，准线方程为，所以，又、为抛物线上三点，显然三点不完全重合，即，因为，所以，当且仅当时等号成立，当时，、，此时，显然不成立，故等号不成立，因为，所以，所以，所以，即，当且仅当时等号成立，当时显然不成立，故等号不成立，所以，所以，即，即故答案为：【点评】本题考查了抛物线的几何性质，抛物线的焦半径公式的应用，三角形重心坐标公式的应用，化归转化思想，不等式思想，属中档题四直线与抛物线的综合（共3小题）13（2023徐汇区三模）在直角坐标平面中，抛物线是由抛物线按平移

10、得到的，过点且与轴相交于另一点曲线是以为直径的圆称在轴上方的部分、在轴下方的部分以及点、构成的曲线为曲线，并记在轴上方的部分为曲线，在轴下方的部分为曲线（1）写出抛物线和圆的方程；（2）设直线与曲线有不同于点的公共点、，且，求的值；（3）若过曲线上的动点，的直线与曲线恰有两个公共点、，且直线与轴的交点在点右侧，求的最大值【分析】（1）由平移可知抛物线向下平移1个单位得到的方程，进而可得，坐标，即可得出答案（2）联立与圆方程，结合韦达定理可得点的坐标，联立直线与抛物线的方程为，得点坐标，由，得，即，则，解得，即可得出答案（3）设，根据题意可得直线斜率存在，设直线的方程为，分两种情况：若在上，若在

11、曲线上，讨论的最大值，即可得出答案【解答】解：（1）抛物线上的点按得到点，所以抛物线向下平移1个单位得到，则的方程，抛物线与轴相交于点，所以以为直径的圆的方程为（2）将与圆方程联立，得，因为，所以，即，代入直线方程，联立直线与抛物线的方程为，得，所以，因为，所以，解得，由，可得，所以（3）设，根据题意可得直线斜率存在，设直线的方程为，由直线与轴的交点在点的右侧，得，若在上，则，若在曲线上，因为直线与轴的交点在点右侧，所以斜率大于0，则点在第一象限，由直线与曲线恰有两个公共点、可知与曲线、曲线各有且仅有一个公共点，因为直线与轴的交点在点右侧以及斜率大于0知直线与圆在轴及其上方无公共点，所以直线与

12、曲线相切于点，于是有，当且仅当时，等号成立，因为时，当且仅当，0，时等号成立，所以，即直线与抛物线在轴下方部分无公共点，所以直线与曲线相切于点，于是可得直线的方程为，且满足，由，得，此时，可求得，直线与曲线相切于点，曲线相切点，符合题意，所以【点评】本题考查圆的方程，直线与圆，抛物线的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题14（2023黄浦区校级模拟）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于不同的、两点（1）若直线的方程为，求线段的长；（2）若直线经过点，点关于轴的对称点为，求证：、三点共线；（3）若直线经过点，抛物线上是否存在定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说

13、明理由【分析】（1）设，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理可得，由抛物线的定义可得，即可得出答案（2）设直线的方程为，写出直线的斜率为，直线的斜率为，即可得出答案（3）假设存在点，使以弦为直径的圆恒过点，则，解出点坐标即可【解答】解：（1）设，联立，得，所以，因为抛物线的方程为，所以抛物线的焦点，又直线过抛物线的焦点，所以由抛物线的定义可得（2）证明：设直线的方程为，联立，得，所以，即，直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以、三点共线（3）假设存在点，使以弦为直径的圆恒过点，设过点直线的方程为，联立，得，设，则，因为点总在以弦为直径的圆上，所以，所以，又，所以，所以，当或，等式成立，当或，有

14、，所以，则，即，所以当时，无论取何值等式都成立，将代入，得，所以存在点使得以弦为直径的圆恒过点【点评】本题考查抛物线的定义，以及直线与圆和抛物线的位置问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题15（2023青浦区二模）如图，已知、是抛物线上的三个点，且直线、分别与抛物线相切，为抛物线的焦点（1）若点的横坐标为，用表示线段的长；（2）若，求点的坐标；（3）证明：直线与抛物线相切【分析】（1）根据抛物线的几何性质，焦半径公式，即可求解；（2）设而不求，根据韦达定理，方程思想，即可求解；（3）设而不求，根据韦达定理，化归转化思想，即可证明【解答】解：（1）因为点的横坐标为，所以，又的准线，；（2）显

15、然直线，的斜率都存在，设，则过点的抛物线的切线方程为，由，得，令，则的两个解，分别为直线，的斜率，；（3）证明：设，直线，即，由，得，又直线与抛物线相切，又直线与抛物线相切，同理可得，又，是方程，即的两根，直线与抛物线相切【点评】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，设而不求法，韦达定理，方程思想，化归转化思想，属中档题一填空题（共4小题）1（2020上海自主招生）设抛物线，过焦点作直线，交抛物线于，两点，满足过点作抛物线准线的垂线，垂足记为点，准线交轴于点，若，则【分析】设直线方程为，联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，由，得，又，即可得出答案【解答】解：由题意知，设直线方程为，

16、联立，得，所以，因为，所以，所以，解得，所以，解得，故答案为：【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线相交问题，共线向量，解题中需要理清思路，属于中档题2（2020上海自主招生）过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若，横坐标之和为5，则直线的条数为当时，直线条数为0条；当时，直线条数为1条；当时，直线条数为2条【分析】设直线方程为，联立可得，根据的符号判定即可【解答】解：设直线方程为，联立整理可得，当时，直线条数为0条；当时，直线条数为1条；当时，直线条数为2条【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化思想，属于中档题3（2020上海自主招生）如图所示，抛物线的焦点为，在抛物线上

17、，点处的切线与夹角为30度，则点横坐标为 【分析】设的坐标求导可得的切线的斜率，设切线的倾斜角为，求出直线的斜率，由题意可得，可得的横坐标【解答】解：抛物线可得，所以焦点坐标，设，设，所以在处的切线的斜率为：，设在处的倾斜角为，则，由题意可得，所以，整理可得：，解得：，所以的横坐标为：，故答案为：【点评】本题考查抛物线的性质，以及由求导法求切线的斜率，属中档题4（2020上海自主招生）抛物线的焦点为，在抛物线上，点处的切线与夹角为，则点的横坐标为【分析】设的坐标求导可得的切线的斜率，设切线的倾斜角为，求出准线的斜率，由题意可得，可得的横坐标【解答】解：抛物线可得，所以焦点坐标，设，设，所以在处

18、的切线的斜率为：，设在处的倾斜角为，则，由题意可得，所以，整理可得：，解得：，所以的横坐标为：，故答案为：【点评】本题考查抛物线的性质及由求导法求在点的切线的斜率，属于中档题二解答题（共7小题）5（2020上海自主招生）抛物线，过焦点作直线交抛物线于，两点，满足，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，准线交轴于点，若，求【分析】过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作的垂线，垂足记为设，则，可得，即可得，利用可得，利用梯形面积公式即可得【解答】解：过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作的垂线，垂足记为设，则，由在抛物线上，解得，或（舍，【点评

19、】本题考查了抛物线的定义与性质的应用问题，也考查了三角形面积的计算问题，是中档题6（2020上海自主招生）抛物线，过焦点作直线交抛物线于、两点，满足，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，为顶点，若，求【分析】过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作的垂线，垂足记为设，则，可得，即可得，利用可得，利用梯形面积公式即可得【解答】解：过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作抛物线准线的垂线，垂足记为，过作的垂线，垂足记为设，则，由在抛物线上，解得，或（舍，【点评】本题考查了抛物线的定义与性质的应用问题，也考查了三角形面积的计算问题，是中档题7（2021上海自主招生）2个抛物线最多

20、分平面为7份，3个最多分16份，求4个抛物线最多分平面为几份？【分析】记个抛物线最多分平面为份，由题意可得，可求【解答】解：记个抛物线最多分平面为份，易知2个抛物线之间分平面最多时，有4个交点，那么第个抛物线与其余个抛物线共有个交点时，将抛物线截成曲线段，每个曲线段将原来所在区域一分为二，所以增加了个区域，则可知，又，所以故【点评】本题考查抛物线分平面的区域问题，属中档题8（2023春普陀区校级月考）如图，已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为过点的直线与抛物线交于、两点（1）若点在第一象限，且，求直线的倾斜角；（2）若点在以线段为直径的圆周上，求直线的方程；（3）设直线、分别与轴交于、两点，记

21、、的面积分别为、，求的取值范围【分析】（1）由定义得出，再由斜率公式得出倾斜角；（2）联立直线和抛物线方程，利用韦达定理以及得出直线的方程；（3）由韦达定理得出，两点的纵坐标，再由面积公式得出的取值范围【解答】解：（1）设，则，解得，则，又，所以，所以直线的倾斜角为（2）由题意得，设，所以，又点在以线段为直径的圆周上，所以，设直线的方程为，联立，得，所以， ，由可得，则，因此直线的方程为（3）设直线的方程为，联立，得所以，的方程为，令，则，同理可得，所以，则，即的取值范围是，【点评】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，直线与圆的综合，考查运算求解能力，属于难题9（2022宝山区模拟）

22、已知点，分别为双曲线的左、右焦点，直线与有两个不同的交点，（1）当时，求到的距离；（2）若为原点，直线与的两条渐近线在一、二象限的交点分别为，证明；当的面积最小时，直线平行于轴；（3）设为轴上一点，是否存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，说明理由【分析】（1）易求焦点坐标，可得到的距离；（2）求得两渐近线方程，联立方程可得，可证结论；（3）假设存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，设，联立方程可得，由，可得，由，得，求解即可【解答】解：（1）由双曲线的左焦点，右焦点，时，直线，到的距离；（2）由双曲线得两渐近线的方程为，直线与的两条渐

23、近线在一、二象限的交点分别为，由得交点的横坐标为，由得交点的横坐标为，当时取等号，所以当的面积最小时，直线平行于轴；（3）假设存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，设，由，消去得，且，解得且，的中点，所以的垂直平分线方程为，令，则，则，解得，又，故，点，存在实数，使得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，此时，【点评】本题考查直线与双曲线的位置关系，考查运算求解能力，属难题10（2023春静安区校级期中）已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于不同的两点，记点的坐标为（1）若点和到抛物线准线的距离分别为和3，求；（2）若斜率，求的面积；（3）若是等腰三角形且，求实数【分析】（1）

24、由抛物线的定义求解即可；（2）由抛物线焦点弦的弦长和点到直线距离求解即可；（3）将抛物线方程与直线方程联立，用表示出中点的坐标，使即可【解答】解：（1）抛物线的焦点为，准线方程为由抛物线的定义，若点和到准线的距离分别为和3，则，（2）若斜率，则直线的方程为，由消去，整理得，由抛物线的定义，到直线即的距离为，的面积（3）直线的方程为，（易知由消去，整理得，中点，其中，是等腰三角形且，解得实数的值为1或【点评】本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于难题11（2023秋浦东新区校级月考）已知抛物线，顶点为，过焦点的直线交抛物线于，两点（1）如图1所示，已知，求线段中点到轴的距离；（2）设

25、点是线段上的动点，顶点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值；（3）如图2所示，设为抛物线上的一点，过作直线，交抛物线于，两点，过作直线，交抛物线于，两点，且，设线段与线段的交点为，求直线斜率的取值范围【分析】（1）根据抛物线的性质求解即可；（2）由题意可知四边形的面积等于，又，设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求解即可；（3）设点坐标为，将抛物线方程分别与直线，联立，利用韦达定理将点和点坐标用表示，进而可得到直线的方程，证明直线过定点，在分析直线斜率的取值范围【解答】解：（1）因为过焦点的直线交抛物线于，两点，且，设，由抛物线的性质可得，又由抛物线方程可知，所以，所以线段中点的横坐

26、标，即到轴的距离为（2）由点与原点关于点对称可知是线段的中点，所以点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于，设直线方程为，则，消去可得，设，由韦达定理可得，所以，当时，四边形的面积取最小值4（3）设点坐标为，点坐标为，点坐标为，则直线的方程为，与抛物线联立，消去得，所以由韦达定理可得，解得，直线的方程为，与抛物线联立，消去得，由韦达定理可得，解得，显然直线斜率不为零，当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得，将，代入得，所以直线过定点，即点坐标为，所以直线斜率为，当时，当且仅当，即时，等号成立，当时，当且仅当，即时，等号成立，当时，当直线的斜率不存在时，设点坐标为，点的坐标为，则，解得，所以

27、直线的方程为：过点，综上所述，直线的斜率的取值范围为，【点评】本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题一选择题（共2小题）1（2022乙卷）设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则A2BC3D【分析】利用已知条件，结合抛物线的定义，求解的坐标，然后求解即可【解答】解：为抛物线的焦点，点在上，点，由抛物线的定义可知，不妨在第一象限），所以故选：【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题2（2021新高考）若抛物线的焦点到直线的距离为，则A1B2CD4【分析】求出抛物线的焦点坐标，利用点到直线的距离公式求解即可【解答】解：抛物线的焦点，到直线的距离为，

28、可得，解得故选：【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，点到直线的距离公式的应用，是基础题二填空题（共2小题）3（2021上海）已知抛物线，若第一象限的，在抛物线上，焦点为，求直线的斜率为 【分析】将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，根据已知条件结合斜率的定义，求出直线的斜率即可【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为，作于点，于点，于点，由抛物线的定义，可得，直线的斜率故答案为：【点评】本题主要考查直线斜率的定义与计算，抛物线的定义等知识，属于基础题4（2021新高考）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且若，则的准线方程为【分析】法一：求出点的坐标，推出

29、方程，然后求解的坐标，利用，求解，然后求解准线方程法二：利用射影定理，转化求解，然后求解准线方程【解答】解：法一：由题意，不妨设在第一象限，则，所以，所以的方程为：，时，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：法二：根据射影定理，可得，可得，解得，因此，抛物线的准线方程为：故答案为：【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题三解答题（共6小题）5（2023甲卷）设抛物线，直线与交于，两点，且（1）求的值；（2）为的焦点，为抛物线上的两点，且，求面积的最小值【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线，利用，找到，的关系

30、，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值【解答】解：设，联立，消去得：，；（2）由（1）知，所以，显然直线的斜率不可能为零，设直线，由，可得，所以，因为，所以，即，即，将，代入得，所以，且，解得或设点到直线的距离为，所以，所以的面积，又或，所以当时，的面积，当直线的斜率可不存在时，由题意设点坐标为，则，解得，此时的面积综上，面积的最小值为【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查向量的应用，考查三角形的问题的最值问题，考查方程思想，属难题6（2023上海）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为（1）若到抛物线准线的距离为3，求的值；（2）当时，若轴上存在一点，使的中点在

31、抛物线上，求到直线的距离；（3）直线，是第一象限内上异于的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围【分析】（1）根据题意可得点的横坐标为2，将其代入抛物线的方程，即可求得的值；（2）易知，设，由的中点在抛物线上，可得的值，进而得到直线的方程，再由点到直线的距离公式得解；（3）设，表示出直线的方程，进一步表示出点的坐标，再根据恒成立，结合基本不等式即可得到的范围【解答】解：（1）抛物线的准线为，由于到抛物线准线的距离为3，则点的横坐标为2，则，解得；（2）当时，点的横坐标为，则，设，则的中点为，由题意可得，解得，所以，则，由点斜式可得，直线的方程为，

32、即，所以原点到直线的距离为；（3）如图，设，则，故直线的方程为，令，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则，解得，又当时，当且仅当时等号成立，而，即当时，也符合题意故实数的取值范围为，【点评】本题考查抛物线的定义及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题7（2020上海）已知抛物线上的动点，过分别作两条直线交抛物线于、两点，交直线于、两点（1）若点纵坐标为，求与焦点的距离；（2）若，求证：为常数；（3）是否存在，使得且为常数？若存在，求出的所有可能值，若不存在，请说明理由【分析】（1）点的横坐标，由，得，由此能求出与焦点的距离（2）设，直线，当时，同理

33、求出，由此能证明为常数（3）解设，直线，联立，得，求出，同理得，由此能求出存在，使得且为常数1【解答】解：（1）解：抛物线上的动点，过分别作两条直线交抛物线于、两点，交直线于、两点点纵坐标为，点的横坐标，与焦点的距离为（2）证明：设，直线，当时，直线，时，为常数（3）解：设，直线，联立，得，即，同理得，要使为常数，即，此时为常数1，存在，使得且为常数1【点评】本题考查点到焦点的距离的求法，考查两点纵坐标乘积为常数的证明，考查满足两点纵坐标乘积为常数的实数值是否存在的判断与求法，考查抛物线、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8（2022甲卷）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点当

34、直线垂直于轴时，（1）求的方程；（2）设直线，与的另一个交点分别为，记直线，的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程【分析】（1）由已知求得，则在中，利用勾股定理得，则的方程可求；（2）设，的坐标，写出与，再由三点共线可得，；由题意可知，直线的斜率不为0，设，联立直线方程与抛物线方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，求得与，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得的方程【解答】解：（1）由题意可知，当时，得，可知，则在中，得，解得则的方程为；（2）设，当与轴垂直时，由对称性可知，也与轴垂直，此时，则，由（1）可知，则，又、三点共线，则，即，得，即；同理由、三点共线，得则由

35、题意可知，直线的斜率不为0，设，由，得，则，则，与正负相同，当取得最大值时，取得最大值，当时，；当时，无最大值，当且仅当，即时，等号成立，取最大值，此时的直线方程为，即，又，的方程为，即【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题9（2023新高考）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于【分析】（1）设点坐标，结合几何条件即可得出的方程（2）首先利用平移性，化简的方程可简化计算，核心是把两邻边的和用其他方式表示出来【解答】解：（1）设点点坐标为，由题意得，两边平

36、方可得：，化简得：，符合题意故的方程为（2）解法一：不妨设，三点在上，且设，则，由题意，即，显然，于是此时，于是，不妨设，则，则设，则，即，又显然，为最小值点故，故矩形的周长为注意这里有两个取等条件，一个是，另一个是，这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证解法二：不妨设，在抛物线上，不在抛物线上，欲证命题为由图象的平移可知，将抛物线看作不影响问题的证明设，平移坐标系使为坐标原点，则新抛物线方程为，写为极坐标方程，即，即欲证明的结论为，也即不妨设，将不等式左边看成关于的函数，根据绝对值函数的性质，其最小值当即时取得，因此欲证不等式为，即，根据均值不等式，有，由题意，等号不成立，故原命题

37、得证【点评】本题第一问属常规求轨迹方程问题，较简单，第二问对思维能力及计算能力要求很高，属难题10（2023甲卷）已知直线与抛物线交于，两点，（1）求；（2）设为的焦点，为上两点，且，求面积的最小值【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线，利用，找到，的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值【解答】解：设，联立，消去得：，（2）由（1）知，所以，显然直线的斜率不可能为零，设直线，由，可得，所以，因为，所以，即，即，将，代入得，所以，且，解得或设点到直线的距离为，所以，所以的面积，又或，所以当时，的面积【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查向量的应用，考查三角形的问题的最值问题，考查方程思想，属难题