专题强化六 直线与抛物线的位置关系必刷30道题-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第一册）.docx

1、专题强化六：直线与抛物线的位置关系必刷30道题一、单选题1抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射的一种装置当旋转抛物面的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点在它的主光轴上如图所示的太阳灶中，灶深CD即焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为1m，则灶口直径AB为（）A2mB3mC4mD5m2已知抛物线C的焦点为F，准线为l，过F的直线m与C交于A，B两点，点A在l上的投影为D.若，则（）AB2CD33已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则的最小值为（）A16

2、B14C12D104已知点F为抛物线的焦点，过F的直线l与C交于A、B两点若中点的纵坐标为2，则()A6B7C9D105已知均为抛物线上的点，为的焦点，且，则直线的斜率为（）ABCD6已知点F为抛物线的焦点，A为抛物线的准线与y轴的交点，点B为抛物线上一动点，当取得最大值时，点B恰好在以A，F为焦点的椭圆上，则该椭圆的离心率为（）ABCD7已知抛物线的焦点为，过且不与轴垂直的直线与抛物线相交于、两点，为轴上一点，满足，则（）A为定值B为定值C不是定值，最大值为D不是定值，最小值为8设点为抛物线的焦点，三点在抛物线上，且四边形为平行四边形，若对角线（点在第一象限），则对角线所在的直线方程为ABC

3、D9已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）AB3CD10已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（）ABCD二、多选题11已知为坐标原点，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，则（）A的准线方程为B若，则C若，则的中点到轴的距离为4D12已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，分别为在上的射影，则下列结论正确的是（）A若直线的倾斜角为，则B若，则直线的斜率为C若为坐标原点，则三点共线D13设抛物线与直线相交于不同的两点、，弦的垂直

4、平分线与轴交于，与的准线交于下列结论正确的是（）AB弦中点的纵坐标是定值C存在唯一的使得D存在唯一的使得14已知F为抛物线的焦点，点P在抛物线上，过点F的直线l与抛物线交于，两点，O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M则下列说法正确的是（）A的最大值为B若点，则的最小值为6C无论过点F的直线l在什么位置，总有D若点C在抛物线准线上的射影为D，则B、O、D三点共线15在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线C：交于A，B两点，点为线段AB的中点，且，则下列结论正确的为（）AN为的外心BM可以为C的焦点Cl的斜率为D可以小于216已知F为抛物线C：（）的焦点，下列结论正确的是（）A抛物线

5、的的焦点到其准线的距离为B已知抛物线C与直线l：在第一、四象限分别交于A，B两点，若，则C过F作两条互相垂直的直线，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则四边形面积的最小值为D若过焦点F的直线l与抛物线C相交于M，N两点，过点M，N分别作抛物线C的切线，切线与相交于点P，则点P在定直线上三、填空题17已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点，若，则_.18已知抛物线，焦点是，为抛物线上一动点，以为直径的圆与定直线相切，则直线的方程为_19已知点为抛物线的焦点，过作直线与抛物线交于两点，以为切点作两条切线交于点，则的面积的最小值为_.20已知是抛物线的焦点，过的直线与抛物线交于

6、两点，的中点为，过作抛物线准线的垂线交准线于，若的中点为，则_.21已知点和抛物线，过抛物线的焦点且斜率为的直线与交于两点若，则_22已知抛物线C：，焦点为F，过点作斜率为k（）的直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF，BF（），若，则k=_23已知直线与抛物线交于点，与轴交于点，点，都在抛物线上，且直线的斜率为2，点到直线，的距离相等，则的值为_24已知抛物线和所围成的封闭曲线，给定点，若在此封闭曲线上恰有三对不同的点，满足每一对点关于点对称，则实数的取值范围是_.四、解答题25平面直角坐标系中，已知直线与抛物线相切(1)求抛物线C的方程；(2)设A，B，P为抛物线C上的三个点，若直线与l

7、平行，线段的中点为M，点N在x轴上且，求面积的取值范围26抛物线焦点为F，过F斜率为的直线l交抛物线于C，D两点，且(1)求抛物线的标准方程；(2)过直线上一点P作抛物线两条切线，切点为A，B猜想直线AB与直线PF位置关系，并证明猜想27过点作直线交抛物线于两点，为坐标原点，分别过点作抛物线的切线，设两切线交于点.（1）求证：点在一定直线上；（2）设直线分别交直线于点.（i）求证：；（ii）设的面积为，的面积为，记，求的最小值.28如图，已知直线与抛物线和圆都相切，F是的焦点（1）求m与a的值；（2）设A是上的一动点，以A为切点作抛物线的切线，直线交y轴于点B，以为邻边作平行四边形，证明：点M

8、在一条定直线上；（3）在（2）的条件下，记点M所在的定直线为，直线与y轴的交点为N，连接交抛物线于两点，求的面积S的取值范围29已知抛物线C：（p0），过C的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，当x轴时，|AB|=4.(1)求抛物线C的方程；(2)如图，过点F的另一条直线与C交于M、N两点，设，的斜率分别为，若（），且，求直线的方程.30如图，设抛物线的焦点为F，圆与y轴的正半轴的交点为A，为等边三角形.(1)求抛物线C的方程；(2)设抛物线C上的点处的切线与圆E交于M，N两点，问在圆E上是否存在点Q，使得直线，均为抛物线C的切线，若存在，求Q点坐标；若不存在，请说明理由.参考答案：1C【分析

9、】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为，根据是抛物线的焦点，求得抛物线的方程，进而求得的长.【详解】由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，O与C重合，设抛物线的方程为，由题意可得是抛物线的焦点，即，可得，所以抛物线的方程为，当时，所以.故选：C.2A【分析】过点作，垂足为点，作，垂足为点，分析出点为的中点，利用抛物线的定义可求得结果.【详解】过点作，垂足为点，作，垂足为点，所以，四边形为矩形，所以，因为，所以，故，由抛物线的定义可得，所以，即.故选：A.3A【分析】设的方程为，直线方程代入抛物线方程用韦达定理是，由弦长公式求得弦长，由垂直得方程，同理可得，求出，应用基本不等式可得最小

10、值【详解】因为两条互相垂直的直线均过，且所以设的方程为，联立，故，则，同理，当且仅当时，取“”，故选：A【点睛】关键点点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式4D【分析】设的中点为，则根据A和B在抛物线上，满足抛物线方程得到两个方程，两个方程作差即可得到直线l斜率，故可得直线l方程，从而可求M的横坐标，从而可求【详解】焦点为，p4，设的中点为，即，故，由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，故，故，故选：D5A【分析】当直线 的斜率大于0时，过作准线的垂线，作，根据，设，推出，的

11、值,计算，同理计算当直线 的斜率小于0时的，即得答案.【详解】当直线 的斜率大于0时，如图，过作准线l的垂线，垂足分别为 ，过B作为垂足,因为 ，所以可设 ，因为均在C上，所以,故，则，当直线的斜率小于时，同理可得，故直线的斜率为，故选：A.6A【分析】首先利用坐标表示，再利用基本不等式求最值取得时的值，再结合椭圆的定义求，即可求得离心率.【详解】设点，,其中 ，当时，；当时，因为，当，即时，等号成立，当时，取得最大值，此时；根据椭圆的定义可知，即，椭圆的离心率 故选：A.7A【分析】根据题意，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出点的坐标，可求得，即

12、可计算出的值.【详解】若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意；由题意，设直线的方程为，设点、，联立可得，由韦达定理可得，则，所以，线段的中点为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，所以，因此，.故选：A.8B【分析】根据抛物线定义和性质，可得点的坐标为，线段的中点的坐标为，再根据点差法可得，再根据点斜式即可求出结果.【详解】如图所示，设点的坐标为，则，所以，点的坐标为.所以线段的中点的坐标为.设，.有，且.所以，所以，所以.对角线所在的直线方程为，即.故选：B.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、性质，以及点差法的应用，属于中档题.9D【分析】设（）且直线，

13、联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.【详解】设（）且直线，联立抛物线得，由，而，所以，得或，又A，B位于x轴的两侧，故，故，由，且过定点，又，所以，当且仅当时等号成立.故与面积之和的最小值是.故选：D10D【分析】根据给定条件，借助双曲线求出抛物线焦点F的坐标，再结合抛物线定义及几何意义求解最值作答.【详解】双曲线的渐近线，右焦点，依题意，解得，因此抛物线的焦点为，方程为，其准线为，由消去x并整理得：，即直线与抛物线相离，过点F作于点P，交抛物线于点M，过M作于点Q，交直线于点N，则有，在抛物线上任取点，过作于点，作于点，交

14、准线于点，连，如图，显然，当且仅当点与点重合时取等号，所以抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为.故选：D【点睛】思路点睛：涉及抛物线上的点到定点与到焦点距离和或到定直线与准线距离和的最小值问题，利用抛物线定义转化求解即可.11ABD【分析】利用抛物线的定义可分析A,B选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长公式,基本不等式可分析C,D选项.【详解】因为点在抛物线上，所以解得，所以抛物线方程为，所以准线方程为，所以A正确;由抛物线的定义得由,所以.所以B正确;设，联立整理得，由韦达定理得，所以，解得，所以C错误; ,由抛物线定义知 ，所以,当且仅当时取得等号，所以D正确.故选: AB

15、D.12ACD【分析】对于A，求出直线的方程，代入抛物线方程中，整理后利用根与系数的关系，然后利用弦长公式可求出，对于B，设1，代入抛物线方程，整理后利用根与系数的关系，再由，得，从而可求出的坐标，进而可求出直线的斜率，对于C，同选项B，利用根与系数关系后，计算即可，对于D，同选项B，利用根与系数关系后，计算即可【详解】若直线的倾斜角为，则，令，由消可得，所以，故正确；设1，令，由，消可得，所以，所以，所以或所以.即，故错误；设，令，消可得 ，所以，即三点共线，故C正确；设，令，由消可得，所以，即，故正确.故选：ACD.13BCD【分析】将直线的方程与抛物线的方程联立，由可判断A选项；利用韦达

16、定理结合中点坐标公式可判断B选项；利用弦长公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，联立可得，则，解得，A错；对于B选项，设点、，则，所以，弦中点的纵坐标为，B对；对于C选项，易知线段的中点为，线段的垂直平分线所在直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，所以，因为，且弦的垂直平分线与轴交于，则为等边三角形，所以，可得，解得，C对；对于D选项，抛物线的准线方程为，则，因为，则，解得，合乎题意，D对.故选：BCD.14ACD【分析】根据抛物线的性质，结合题意，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】根据题意，可得，设，且点在轴上方.对A：过点作轴交轴与点，如下图所示：容易知：，且则，当

17、且仅当，即时取得等号.故可得的最大值为，当且仅当垂直于轴时取得最大值，故A正确；对B：根据题意，过点作垂直于抛物线的准线，垂足为，作图如下：因为，数形结合可知，当且仅当与重合，与重合时，取得最小值，此时，故B错误；对C：根据题意，作图如下：设过点的直线方程为，联立抛物线方程，可得：，故可得，故可得，故可得，故C正确；对D：根据题意，作图如下：因为，故可得，又，故共线，且有公共点，故B,O,D三点共线，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查直线与抛物线相交，利用韦达定理以及抛物线定义处理最值、共线等问题，处理问题的关键是充分利用抛物线定义和韦达定理，进行合理的转化，属综合中档题.15AC【分析

18、】由可得，即可判断A选项；设出直线，联立抛物线，由求出，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选项；求出即可判断D选项.【详解】由可得，则N为的外心，A正确；易得直线斜率不为0，设，联立可得，则，则，由可得，即，则，则焦点为，B错误；由作差得，即，C正确；，则，D错误.故选：AC.16BCD【分析】A：根据焦点到准线的距离等于即可判断A选项；B：联立，得，进而结合焦半径公式得到与进而可以求出的值，从而判断B选项；C：由题意可知直线，的斜率均存在，且不为0，设直线，联立，结合韦达定理表示出弦长，同理，进而得到的面积，结合均值不等式即可求出结果，进而判断C选项；D：设，不妨设，利用导数的几

19、何意义求出在处的切线方程和在处的切线方程进而求出交点的坐标，即可判断D选项.【详解】A：抛物线的的焦点到其准线的距离为，故A错误；B：联立，则，解得，由题意可知，故，所以，故B正确；C：由题意可知直线，的斜率均存在，且不为0，设直线，联立，则，设两交点为，结合韦达定理，所以；同理,所以，当且仅当时，等号成立；所以四边形面积的最小值为，故C正确；D：设，不妨设因为（），若，则，所以，所以在点处的切线的斜率为，因此在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，则，解得，因为直线过点，所以，即，所以，故点P在定直线上，故D正确；故选：BCD.【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位

20、置关系类似，一般要用到根与系数的关系；（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用过焦点的公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式1716【分析】准线方程为，抛物线准线与轴交点为，作于，于，则，在直角梯形中由平行线得比例线段，从而可得，即，从而可得【详解】易知焦点的坐标为，准线方程为，如图，抛物线准线与轴交点为，作于，于，则，由，得，又，所以，所以.故答案为：1618【分析】设点，可得出，求出线段的中点的坐标，可知圆心到轴的距离恒等于半径，即可得出定直线的方程.【详解】易知为抛物线的焦点，设点，由抛物线的定义可得，线段的中点为，所以，圆心到轴的距离

21、恒等于半径，所以定直线的方程为故答案为：.194【分析】设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系写出，再利用导数的几何意义求出两条切线的斜率和方程，联立两切线方程求出，利用平面向量的数量积为0判定，再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】由题意，得，设直线的方程为，且，联立，得，则，且，当时，由，得，即在点处的切线斜率为，方程为；当时，由，得，即在点处的切线斜率为，方程为；联立、的方程，解得 ，即；因为，所以，所以，则，所以 因为，（当且仅当时取等号）所以的面积的最小值为4.故答案为：4.20#【分析】先设，的坐标，根据，满足抛物线方程将其代入得到两个

22、关系式，再将两个关系式相减根据直线的斜率，求出的方程，代入抛物线方程，利用纵坐标的值可求出的值【详解】解：设，抛物线的准线为，中点的坐标为，所以的斜率，所以直线的方程为，代入抛物线方程可得，可得，故答案为：21或2【分析】首先得到抛物线标准方程和焦点坐标，假设直线方程，与抛物线方程联立，表示出韦达定理的形式，得到，；根据，由向量数量积运算可构造出关于的方程，解方程求得结果.【详解】由已知可得抛物线标准方程为：焦点坐标为：设直线的方程为：由得：设，则，又，即解得：或本题正确结果：或【点睛】本题考查直线与抛物线综合应用问题，关键是能够通过直线与抛物线方程联立，得到韦达定理的形式，利用韦达定理表示出

23、向量数量积的各个构成部分，从而得到关于变量的方程.22【分析】设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，联立即可求得，由，即可求得k的值【详解】解：抛物线的焦点，直线AB的方程为，设，代入抛物线化简可得， ，由抛物线的焦半径公式可知：，由，则，由解得： ， ，整理得： ，解得：，由，则 ，故答案为 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理及抛物线的焦半径公式，考查计算能力，属于中档题238【分析】解法一：设，表示出，因为点到直线，的距离相等，所以，整理结合，即可求出.解法二：设，直线的方程为，与联立，得到关于的一元二次方程，所以因为点到直线，的距离相等，所以

24、，结合题目代入即可得出答案.【详解】解法一：设，则，同理可得，因为点到直线，的距离相等，所以，即，整理得，所以，故，所以解法二：设，直线的方程为，与联立，整理得，所以因为点到直线，的距离相等，所以，又，同理可得，所以，整理得，所以，故，所以故答案为：8.24【详解】试题分析：由图可知过两曲线的交点的直线与轴的交点为，所以，当对称的两个点分属两段曲线时，设其中一个点为，则其对称点为，将其代入曲线，得到关于的方程的解有且只有两个，当时，不符合题意，所以，所以，即，所以答案应填： 考点：抛物线的简单几何性质25(1)(2)【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程消元，由判别式等于0可得；（2）设直线联

25、立抛物线方程，由判别式大于0可得t的范围，再由韦达定理可得M坐标，根据已知可得N为PM中点，从而可得P、N坐标，然后表示出三角形面积，根据t的范围可得.(1)联立直线与抛物线的方程得，由题意，解得，所以抛物线的方程为(2)依题意设直线，与抛物线的方程联立，得由得，由韦达定理可知，线段的中点的纵坐标，横坐标由于点在轴上且，所以为线段的中点，故，代入抛物线方程可得点的坐标为，点的横坐标于是，的面积，因为，所以面积的取值范围是26(1)；(2)直线AB与直线PF垂直；证明见解析.【分析】（1）利用直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线的定义即得；（2）设，利用导数的几何意义可得切线方程，进而

26、可得直线的方程，然后分类讨论即得.（1）设直线l的方程为：，与抛物线交于，联立抛物线方程，可得，又由抛物线的定义知，即，所以抛物线的方程为；（2）直线AB与直线PF垂直，理由如下：由（1）得，设，所以直线PA方程为：，又因为点A在抛物线上，联立，得到直线PA方程为，同理可得PB方程为：，由AB两点可以确定一条直线，PA，PB经过点P，所以AB所在直线方程为：，当时，显然成立，当时，直线AB斜率，PF直线所在斜率，直线AB与直线PF垂直；综上，直线AB与直线PF垂直27（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）由题意，设，联立抛物线方程可得，写出、处的切线方程，联立求的坐

27、标，即可证在一定直线上；（2）（i）由（1）可求得、，即可知都平行于y轴即，进而有，即且，结论即得证.（ii）由（i）知，结合（1）得，利用换元、函数与方程的思想，应用导数求其最小值即可.【详解】（1）由题意，设，代入得：，令，则.抛物线在点处的切线方程为：，即，抛物线在点处的切线方程为：，即，联立得：点的坐标为，即.点在定直线上.（2）（i）联立与得：，联立与得：，由（1）知：，轴，同理轴，即，即且，得证.（ii）由（1）得：令，则，令，即在上递增，当时，.【点睛】关键点点睛：（1）由直线与抛物线的位置关系，应用韦达定理，联立切点处的切线方程求证其交点在定直线上；（2）（i）求交点坐标并确定

28、平行关系，根据三角形相似得，即可证结论；（ii）应用换元法，结合函数与方程的思想，并利用导数研究函数单调性求最值.28（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）由直线与圆相切的条件建立方程可求得a，设与抛物线的切点为，又，由导函数的几何意义可求得（2）证明由（1）知抛物线的方程为，焦点设，由向量的线性运算求得的坐标，可得证（3）解由（2）知的方程为设，表示的面积S，可求得其取值范围【详解】解：（1）由已知，圆的圆心为，半径.由题设圆心到直线的距离，解得（舍去）设与抛物线的切点为，又，得.代入直线方程得：（2）证明由（1）知抛物线的方程为，焦点设，由（1）知以A为切点的切线l的方程为令，得切

29、线l与y轴的交点B的坐标为，的坐标为，点M在定直线上（3）解由（2）知的方程为设，直线，将代入得：，则.，即的面积S的取值范围为【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系之综合性的问题，求证点在定直线上，求三角形的面积的范围，解决的关键在于，将所求的量表示到抛物线上的点的坐标间的关系29(1)；(2).【分析】（1）根据条件先得到直线轴时的直线方程，进而结合抛物线的方程并根据|AB|=4求得答案；（2）根据题意可以判断出以A与N关于x轴对称，M与B关于x轴对称，进而将条件化简为，由此可知2|AF|=|BF|，然后通过抛物线的定义并结合根与系数的关系得到答案.(1)根据题意可得，当轴时，

30、直线的方程为，联立，解得，所以|AB|=2p=4，解得p=2，则抛物线的方程为.(2)由（1），抛物线的准线方程为，设，因为，所以A与N关于x轴对称，M与B关于x轴对称，则由 可以得到，那么2|AF|=|BF|，由抛物线定义可得，于是.设，代入抛物线方程化简得，由得（负值舍去），代入得，而，则.于是直线的方程为.【点睛】本题在解析几何中非常典型，破解点在于根据斜率关系得到点的对称性，进而结合条件得到，于是有2|AF|=|BF|，马上会想到根据抛物线的定义有，由此便会想到应该将直线方程代入抛物线方程然后通过根与系数的关系解决.30(1)(2)存在圆上一点，满足，均为抛物线C的切线，理由见解析【分

31、析】（1）由等边三角形及抛物线的几何性质，得，即可求出抛物线方程；（2）先求出点坐标及切线，记，设，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线）交于点Q，并设切线，设过点M的直线与抛物线C相切，则切线有两条，对应，通过联立该直线与抛物线的方程，消得到方程，即可利用韦达定理得到，同理可得，则可联立，消y得，将、代入，可得，的值可由联立与圆方程，通过韦达定理求得，故求出定点Q，最后把Q代入圆方程验证即可(1)由题，易知点，又为等边三角形，所以，所以，所以抛物线.(2)设，过点M，N作抛物线C的两条切线（异于直线）交于点Q，并设切线，当，代入抛物线可得，即，设过抛物线C上点的切线方程为，与抛物线联立消去得：，由解得，故该切线方程为，即，记， 设过点M的直线与抛物线C相切，代入抛物线方程，得，即，由韦达定理得，所以，故，同理可得，所以切线，联立两式消去y可得，代入可得，代入得，联立与圆E可得，所以，.分别代入、可得，即切线，的交点Q在圆E上，所以存在圆上一点，满足，均为抛物线C的切线.【点睛】直线与曲线相切，通常联立方程，利用即可求解；当切线有两条时，的方程会有两个解，此时可利用韦达定理进一步分析求解。