2026年高考数学一轮专题训练：抛物线 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：抛物线 [含答案]，共15页。
A．4B．8C．12D．16
2．（2025•广西模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，满足∠AFB＝120°，线段AB的中点为M，M到抛物线E的准线的距离为d，则d|MF|的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
3．（2025•山东模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，在直线x＝﹣3上任取一点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则F到直线AB距离的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2025春•湖北期中）已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，直线l′：3x+y+93=0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，则d1+d2的最小值为（ ）
A．23B．33C．43D．53
5．（2025•通州区模拟）已知点F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且倾斜角为π3的直线与抛物线交于A，B两点，则|AB|等于（ ）
A．16B．b6C．163D．4
6．（2025•清远模拟）已知抛物线C的方程为y2＝4x，直线l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于x轴的上下两侧，且OA→⋅OB→=5，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点F向l作垂线交l于点H，动点H的轨迹为L，则L的方程和直线OH斜率的最大值分别为（ ）
A．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），23
B．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），255
C．（x﹣3）2+y2＝1，24
D．（x﹣3）2+y2＝1，13
7．（2025•绵阳模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为2的点M在C上．若以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为23，则p＝（ ）
A．22B．2C．3D．2
8．（2025•江西三模）已知抛物线C的方程为y=14x2，F为其焦点，点N坐标为（0，﹣4），过点F作直线交抛物线C于A，B两点，D是x轴上一点，且满足|DA|＝|DB|＝|DN|，则直线AB的斜率为（ ）
A．±152B．±112C．±2D．±3
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•广东期中）已知抛物线C：y2＝12x的焦点为F，点M（x0，y0）在C上，则（ ）
A．F（3，0）
B．C的准线方程为y＝﹣3
C．若|MF|＝8，则x0＝5
D．以MF为直径的圆与y轴相切
（多选）10．（2025•惠州模拟）用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点．若抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点A（x1，y1）反射，再经过C上另一点B（x2，y2）反射后，沿直线l2射出，则（ ）
A．C的准线方程为x＝﹣1
B．y1y2＝﹣4
C．若点M（2，1），则|AB|=112
D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线l2上
（多选）11．（2025•平凉校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P满足PF⊥AB，且直线BP与x轴平行，直线AP与x轴交于点M，则下列说法正确的是（ ）
A．OA→⋅OB→=−34
B．若|AF|＝2|BF|，则直线l的斜率为24或−24
C．若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D．点M到直线PF的距离为12
（多选）12．（2025•山东模拟）已知点A(12，1)，B（x0，y0）均在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，F是C的焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．p＝2B．直线AF∥y轴
C．若y0＜﹣1，则|AF|＜|BF|D．若|y0|＜2x0，则|AF|＜|BF|
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•盐城校级期中）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝ ．
14．（2025•昭通模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点．过点F作直线l交E于A，B两点，x轴上一点C满足OA∥BC，且OF→=2FC→，则cs∠ABC＝ ．
15．（2025•济宁二模）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P为C上的动点，点A（1，﹣1），则|PF||PA|取最小值时，直线PA的斜率为 ．
16．（2025春•宝山区校级期中）点M为抛物线y2＝8x上任意一点，点N为圆x2+y2﹣4x+3＝0上任意一点，且P（1，﹣1），则|MP|+|MN|的最小值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•太原二模）如图，过点P（m，0）（m＞0）倾斜角为45°的直线与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两个不同点．当m=p2时，|PA|•|PB|＝8．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点Q（﹣m，0）平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：|PA|•|PB|＝|QC|•|QD|；
②求四边形ABCD面积的最大值．
18．（2025春•青羊区校级期中）已知抛物线x2＝2py上一点A（2，y0）到抛物线焦点F的距离为2．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点P的坐标为（0，﹣1），若过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，证明：直线AF平分∠MFN．
19．（2025•内蒙古二模）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点M(m，3)，其焦点为F，若|MF|＝2且m＞p．
（1）求m的值以及抛物线C的方程；
（2）过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、C与B、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
20．（2025•日照二模）在平面直角坐标系xOy中，过点M（2，0）的直线l与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，当直线l平行于y轴时，|AB|＝4．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l的斜率存在，直线AO与直线x＝﹣2相交于点D，过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E．
（i）证明：∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为152？若存在，说明直线l有几条；若不存在，请说明理由．
高考数学一轮复习 抛物线
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•金溪县校级期中）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F且斜率大于0的直线l交C于A，B两点（点A在第一象限内），若x轴上存在三点D，E，H满足|AF|＝|AD|，BE⊥EF，∠EBH＝∠EFB，则|EH|•|DF|＝（ ）
A．4B．8C．12D．16
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；设而不求法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【正确答案】B
【分析】用设而不求法，然后联立抛物线和直线方程，用韦达定理表示计算即可．
解：如图，设l：x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y2=4xx=my+1，得y2﹣4my﹣4＝0，所以y1y2＝﹣4，y1+y2＝4m，
所以x1x2=(y1y2)216=1，依题意，△FEB∽△BEH，所以EHBE=BEEF，
而EF＝1﹣x2，BE＝﹣y2，所以EH=y221−x2=4x21−x2，因为F（1，0），A（x1，y1），
所以D（2x1﹣1，0），则DF＝2x1﹣2，所以|EH|•|DF|=4x21−x2（2x2﹣2）=8−8x21−x2=8．
故选：B．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
2．（2025•广西模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，A，B为抛物线上的两点，满足∠AFB＝120°，线段AB的中点为M，M到抛物线E的准线的距离为d，则d|MF|的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】设AF＝m，BF＝n，则根据抛物线的性质以及平面向量的模，可将d和|MN|均用m、n表示，求出(dMF)2，利用基本不等式求出最大值．
解：如图，
设AF＝m，BF＝n，因为M为AB中点，则由抛物线的性质知，d=m+n2，且FM→=12（FA→+FB→），
因为∠AFB＝120°，所以FM→2=14（FA→2+FB→2+2FA→•FB→）=14（m2+n2﹣mn），
所以(dMF)2=(m+n)2m2+n2−mn=1+3mnm2+n2−mn=1+3mn+nm−1≤4，当且仅当m＝n时取等号，
所以d|MF|的最大值为2．
故选：D．
【点评】本题主要考查抛物线的焦点弦及焦半径，属于中档题．
3．（2025•山东模拟）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，在直线x＝﹣3上任取一点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则F到直线AB距离的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【正确答案】B
【分析】先求出在抛物线E上的点M（x0，y0）处的切线方程为y0y＝2（x+x0），然后表示出抛物线E在点A处的切线方程，代入点P的坐标，即可确定直线AB的方程，再结合函数性质即可求解．
解：设点M（x0，y0）是抛物线E上任意一点，则y02=4x0，
过点M的直线与抛物线E相切，设切线方程为x﹣x0＝t（y﹣y0），
联立x=t(y−y0)+x0y2=4x，消去x得y2﹣4ty+4ty0﹣4x0＝0，
则Δ＝16t2﹣4（4ty0﹣4x0）＝0，即(2t−y0)2=0，所以t=y02，
即切线方程为x−x0=y02(y−y0)，化简得y0y＝2（x+x0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（﹣3，m），
则抛物线E在点A处的切线方程为y1y＝2（x+x1），在点B处的切线方程为y2y＝2（x+x2），
因为抛物线E在点A、B处的切线交于点P，
所以my1＝2（﹣3+x1），my2＝2（﹣3+x2），
所以点A、B的坐标满足方程my＝2（﹣3+x），
所以直线AB的方程为my＝2（﹣3+x），即2x﹣my﹣6＝0，当x＝3时，y＝0，
所以直线AB过定点（3，0），
由抛物线E：y2＝4x可知，焦点F（1，0），
则点F到直线AB的距离d=|2−6|4+m2=44+m2，
则当m＝0时，d取得最大值，最大值为2．
故选：B．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
4．（2025春•湖北期中）已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，直线l′：3x+y+93=0，动点M在C上运动，记点M到直线l与l′的距离分别为d1，d2，则d1+d2的最小值为（ ）
A．23B．33C．43D．53
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【正确答案】D
【分析】利用抛物线的定义得到d1＝|MF|，从而d1+d2＝|MF|+|MN|，结合图形，可知当M，N，F三点共线，且M在N，F中间时，d1+d2取得最小值，利用点到直线的距离计算即得．
解：设C：y2＝4x的焦点为F，根据抛物线的定义可知d1＝|MF|．
如图，设MN⊥l′于点N，那么d1+d2＝|MF|+|MN|，
根据图可知，当M，N，F三点共线，且M在N，F中间时，d1+d2取得最小值．
根据C：y2＝4x，得F（1，0），
因此d1+d2的最小值即点F到l′：3x+y+93=0的距离，为|3+0+93|3+1=53．
故选：D．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
5．（2025•通州区模拟）已知点F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且倾斜角为π3的直线与抛物线交于A，B两点，则|AB|等于（ ）
A．16B．b6C．163D．4
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维．
【正确答案】C
【分析】设出直线AB的直线方程，联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理，结合过焦点的弦长公式，即可求解．
解：由题意，抛物线C：y2＝4x，可得F（1，0），
设直线AB的直线方程为y＝k（x﹣1），
联立方程组y=k(x−1)y2=4x，可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2+4k2，
因为倾斜角为π3，所以k=±3，
可得x1+x2+2=2+4k2+2=163，
所以|AB|＝x1+x2+2＝2+43+2=163．
故选：C．
【点评】本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
6．（2025•清远模拟）已知抛物线C的方程为y2＝4x，直线l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于x轴的上下两侧，且OA→⋅OB→=5，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点F向l作垂线交l于点H，动点H的轨迹为L，则L的方程和直线OH斜率的最大值分别为（ ）
A．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），23
B．（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），255
C．（x﹣3）2+y2＝1，24
D．（x﹣3）2+y2＝1，13
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由题意，设A(y124，y1).B(y224，y2)，结合OA→⋅OB→=5求出y1y2＝﹣20，设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和方程所过定点即可得动点H的轨迹和直线OH斜率最大值时的情况，进而即可求解．
解：设A(y124，y1)，B(y224，y2)，
此时OA→⋅OB→=(y1y2)216+y1y2=5，
解得y1y2＝﹣20或者y1y2＝4（舍去），
设直线l的方程为x＝my+n，
联立x=my+ny2=4x，消去x并整理得y2﹣4my﹣4n＝0，
由韦达定理得y1y2＝﹣4n＝﹣20，
解得n＝5，
所以直线l的方程为x＝my+5，
此时直线l过定点D（5，0），
因为FH⊥HD，
由圆的定义可知动点H的轨迹是以FD为直径的圆，
因为F（1，0），|FD|＝4，FD中点坐标为（3，0），
所以H点的轨迹方程为L：（x﹣3）2+y2＝4（除去点（1，0）），
过原点的直线和L在第一象限内相切时，斜率最大，
则直线OH斜率最大值为232−22=255．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
7．（2025•绵阳模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为2的点M在C上．若以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为23，则p＝（ ）
A．22B．2C．3D．2
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据点M的坐标满足抛物线方程，以及直线截圆所得弦长，列出关于xM，p的方程组，求解即可．
解：已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，纵坐标为2的点M在C上．
又以M为圆心，|MF|为半径的圆被y轴截得的弦长为23，
不妨设点M坐标为(x0，2)，
因M在抛物线上，
故2＝2px0；
以M为圆心，|MF|为半径的圆，其圆心到y轴的距离为x0，半径|MF|=x0+p2；
由题可知：23=2(x0+p2)2−x02，
整理得：3=p24+px0=p24+1，
故p2＝8，
即p=22．
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线的性质及定义，重点考查了圆的性质，属中档题．
8．（2025•江西三模）已知抛物线C的方程为y=14x2，F为其焦点，点N坐标为（0，﹣4），过点F作直线交抛物线C于A，B两点，D是x轴上一点，且满足|DA|＝|DB|＝|DN|，则直线AB的斜率为（ ）
A．±152B．±112C．±2D．±3
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），设直线AB方程为：y＝kx+1，联立直线与抛物线方程，可得x1x2＝﹣4，又A，B在以N为圆心，a2+16为半径的圆上，从而再联立直线y＝kx+1与圆N的方程，根据根与系数的关系，建立方程，即可求解．
解：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），
设直线AB方程为：y＝kx+1，联立直线与抛物线方程，可得：
x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1x2＝﹣4，
又|DA|=|DB|=|DN|=a2+42，
故A，B在以D为圆心，a2+16为半径的圆上，
∴A（x1，y1），B（x2，y2）是方程x2+y2﹣2ax﹣16＝0的解．
将y＝kx+1代入该方程，得（1+k2）x2+（2k﹣2a）x﹣15＝0．
∴−151+k2=x1x2=−4．∴k2=114，即k=±112．
故选：B．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，方程思想，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•广东期中）已知抛物线C：y2＝12x的焦点为F，点M（x0，y0）在C上，则（ ）
A．F（3，0）
B．C的准线方程为y＝﹣3
C．若|MF|＝8，则x0＝5
D．以MF为直径的圆与y轴相切
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数；抛物线的定义．
【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】根据抛物线的定义和几何性质，结合直线与圆的位置关系的判定方法，逐项分析判断，即可求解．
解：对于A，因为y2＝12x，所以焦点为F（3，0），故A正确；
对于B，由题可得，抛物线C：y2＝12x的准线方程为x＝﹣3，故B错误；
对于C，因为点M（x0，y0）在C上，
所以|MF|＝x0+3＝8，解得：x0＝5，故C正确；
对于D，由抛物线的定义，可得|MF|＝x0+3，
则线段MF的中点坐标(x0+32，y02)（即圆心）到y轴的距离为x0+32=|MF|2，
故以MF为直径的圆与y轴相切，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了抛物线简单的几何性质，属于中档题．
（多选）10．（2025•惠州模拟）用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点．若抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点A（x1，y1）反射，再经过C上另一点B（x2，y2）反射后，沿直线l2射出，则（ ）
A．C的准线方程为x＝﹣1
B．y1y2＝﹣4
C．若点M（2，1），则|AB|=112
D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线l2上
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】求得抛物线的准线方程可判断A；设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可判断B；求得A，B的坐标，可判断C，由直线OA的方程求得N的坐标，可判断D．
解：对于A，抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
故A正确；
对于B，设直线AB的方程为x＝my+1，
与抛物线的方程y2＝4x联立，可得y2﹣4my﹣4＝0，
则y1y2＝﹣4，
故B正确；
对于C，若点M（2，1），
则A(14，1)，B（4，﹣4），
则|AB|=(4−14)2+(1+4)2=254，
故C错误；
对于D，直线OA的方程为y=y1x1x，
又y12=4x1，
即y=4y1x，
令x＝﹣1，可得y=−4y1=y2，
即N（﹣1，y2），
而直线l2的方程为y＝y2，
则点N在直线l2上，
故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题．
（多选）11．（2025•平凉校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P满足PF⊥AB，且直线BP与x轴平行，直线AP与x轴交于点M，则下列说法正确的是（ ）
A．OA→⋅OB→=−34
B．若|AF|＝2|BF|，则直线l的斜率为24或−24
C．若Q为C的准线上任意一点，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列
D．点M到直线PF的距离为12
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】数形结合；方程思想；转化思想；综合法；三角函数的求值．
【正确答案】ACD
【分析】A选项，联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算进行求解；B选项，由|AF|＝2|BF|得|y1y2|=2，结合韦达定理求出y1，y2，代入y1+y2＝2t求出t即可求得直线l的斜率；C选项，设Q(−12，m)，分别写出直线QA，QF，QB的斜率，代入2kQF﹣kQA﹣kQB并利用韦达定理进行化简验证其等于零即可判断；D选项，由|AM||MP|=y1−y2知|AP||MP|=y1−y2−y2，从而|AF||MH|=y1−y2−y2，代入|AF|的表达式化简即可．
解：由题意知抛物线C：y2＝2x的焦点为F(12，0)，
显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x=ty+12，
联立x=ty+12y2=2x，消去x得y2﹣2ty﹣1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝2t，y1y2＝﹣1，
则x1x2=y122⋅y222=14，所以OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=−34，故A正确；
因为|AF|＝2|BF|，所以|y1y2|=2，所以y1＝﹣2y2，又y1y2＝﹣1，
解得或y2=−22，y1=2或y2=22，y1=−2，
所以t=y1+y22=24或t=−24，即直线l的斜率为22或−22，故B错误；
设Q(−12，m)，则kQA=y1−mx1−(−12)=2y1−2my12+1，kQB=2y2−2my22+1，kQF=m−12−12=−m，
所以2kQF−kQA−kQB=−2m−2y1−2my12+1−2y2−2my22+1=−2(y12+1)(y22+1)[m(y12+1)(y22+1)+(y1−m)(y22+1)+(y2−m)(y12+1)]
=−2(y12+1)(y22+1)[m(y1y2)2+m(y12+y22)+m+(y1y22+y1−my22−m)+(y12y2+y2−my12−m)]
=−2(y12+1)(y22+1)[m(y1y2)2+y1y2(y1+y2)+(y1+y2)−m]=−2(y12+1)(y22+1)(m−2t+2t−m)=0，
即2kQF＝kQA+kQB，则直线QA，QF，QB的斜率成等差数列，故C正确；
如图所示，过点M作MH⊥FP，垂足为H，又|AM||MP|=y1−y2，所以|AP||MP|=y1−y2−y2，又|AP||MP|=|AF||MH|，
所以|AF||MH|=y1−y2−y2，所以|MH|=y2(x1+12)y2−y1=y2(y122+12)y2−y1=y22+−y12y2−y1=12，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
（多选）12．（2025•山东模拟）已知点A(12，1)，B（x0，y0）均在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，F是C的焦点，则下列说法正确的是（ ）
A．p＝2B．直线AF∥y轴
C．若y0＜﹣1，则|AF|＜|BF|D．若|y0|＜2x0，则|AF|＜|BF|
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】选项A，将点A坐标代入C：y2＝2px求出p的值即可；选项B，写出F的坐标，根据点A，F的横坐标相同，即可判断；选项C，根据抛物线的焦半径公式求解即可；选项D，由|y0|＜2x0，结合抛物线的方程解出x0的取值范围，再根据选项C所得即可判断．
解：选项A，将点A(12，1)代入C：y2＝2px中，得p＝1，故选项A错误；
选项B，由p＝1，知F(12，0)，
所以点A，F的横坐标相同，
所以直线AF∥y轴，故选项B正确；
选项C，因为点A，B均在C上，所以|AF|=12+p2=1，|BF|=x0+p2=x0+12，
要使|AF|＜|BF|，只需x0＞12，
若y0＜﹣1，由于y02=2x0，所以2x0＞1，即x0＞12，与上面的结论一致，故选项C正确；
选项D，若|y0|＜2x0，因为x0≥0，所以y02＜4x02，即2x0＜4x02，解得x0＞12，
由选项C知，当x0＞12时，|AF|＜|BF|，故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，熟练掌握焦半径的求法，抛物线的定义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•盐城校级期中）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝ 2 ．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】方程思想；定义法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】2．
【分析】利用抛物线的定义进行距离转化即可求得．
解：由抛物线的定义，
因为抛物线C：x2＝4y焦点为F，
所有|PF|等于点P到抛物线的准线y＝﹣1的距离，
因为点P的横坐标为2，代入x2＝4y，
解得yP=224=1，
故|PF|＝yP﹣（﹣1）＝1+1＝2．
故2．
【点评】本题考查抛物线定义的应用，属于中档题．
14．（2025•昭通模拟）已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点．过点F作直线l交E于A，B两点，x轴上一点C满足OA∥BC，且OF→=2FC→，则cs∠ABC＝ 539 ．
【考点】直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】539．
【分析】由平面向量数量积的运算，结合抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系求解即可．
解：已知O为坐标原点，F为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，
则F(p2，0)，
又OF→=2FC→，
则△OAF∽△BCF，且|AF|＝2|BF|，
设直线AB的方程为y=k(x−p2)，
联立y=k(x−p2)y2=2px，
消y可得：k2x2−p(2+k2)x+p2k24=0，
则xA+xB=p(2+k2)k2，xAxB=p24，
又xA+p2=2(xB+p2)，
则xA＝p，xB=p4，
即A(p，−2p)，B(p4，22p)，
又C(3p4，0)，
则BA→=(3p4，−32p2)，BC→=(p2，−2p2)，
则cs∠ABC=BA→⋅BC→|BA→||BC→|=3p28+3p2293p28=539．
故539．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系，属中档题．
15．（2025•济宁二模）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P为C上的动点，点A（1，﹣1），则|PF||PA|取最小值时，直线PA的斜率为 1−52 ．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】1−52．
【分析】根据题意设P(x，x24)，运用两点间的距离公式与抛物线的定义，化简得|PF||PA|=1(x−1x24+1)2+1，然后根据不等式的性质与基本不等式，求出（x−1x24+1）2∈[0，3+52]，由此算出|PF||PA|的最大值以及相应的点P坐标，进而求出满足条件的直线PA的斜率．
解：根据题意，抛物线C：x2＝4y的焦点为F（0，1），准线为l：y＝﹣1．
设P(x，x24)，由抛物线的定义可知|PF|=x24+1，|PA|=(x−1)2+(x24+1)2，
所以|PF||PA|=x24+1(x−1)2+(x24+1)2=1(x−1x24+1)2+1，令t=x−1x24+1=4(x−1)x2+4，
①当x＝1时，t＝0，此时|PF||PA|=1；
②当x≠1时，1t=x2+44(x−1)=14[（x﹣1）+5x−1+2]，
因为|（x﹣1）+5x−1|≥25，当且仅当|x﹣1|=5|x−1|时，等号成立．
所以（x﹣1）+5x−1≤−25或（x﹣1）+5x−1≥25，可得（x﹣1）+5x−1+2≤−25+2或（x﹣1）+5x−1+2≥25+2．
所以1t=14[（x﹣1）+5x−1+2]∈（﹣∞，−5+12]∪[5+12，+∞），可得t∈[−5+12，0）∪（0，5−12]．
综上所述，t∈[−5+12，5−12]，即−5+12≤x−1x24+1≤5−12，可得（x−1x24+1）2∈[0，3+52]．
当x﹣1=5x−1=−5时，即x=1−5，（x−1x24+1）2有最大值3+52，相应地|PF||PA|有最小值13+52+1．
所以当|PF||PA|取最小值时，x=1−5，点P的坐标为（1−5，14（1−5）2），
即P（1−5，3−52），此时PA的斜率k=3−52+11−5−1=1−52．
故1−52．
【点评】本题考查了抛物线的性质、两点间的距离公式、运用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
16．（2025春•宝山区校级期中）点M为抛物线y2＝8x上任意一点，点N为圆x2+y2﹣4x+3＝0上任意一点，且P（1，﹣1），则|MP|+|MN|的最小值为 2 ．
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】2．
【分析】画图，找出抛物线焦点，化简圆的普通方程为标准方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离以及抛物线定义得出最值．
解：圆x2+y2﹣4x+3＝0变形为（x﹣2）2+y2＝1，
抛物线y2＝8x的焦点为（2，0），抛物线的准线为l：x＝﹣2，
则圆心为抛物线y2＝8x的焦点F，半径为R＝1．
点M为抛物线y2＝8x上任意一点，当三点M、N、F共线，取|MN|最小值，最小值为|MF|﹣R＝|MF|﹣1．
所以|MP|+|MN|取最小值时，即|MP|+|MF|﹣1取最小值，
如图，过点M作ME⊥l于点E，由抛物线定义可知，|MF|＝|ME|，
所以|MP|+|MN|≥|MP|+|MF|﹣1＝|MP|+|ME|﹣1≥|PE|﹣1，当P、M、E三点共线，当|PE|＝3时，等号成立．|MP|+|MN|≥3﹣1＝2．
则|MP|+|MN|的最小值为2．
故2．
【点评】本题主要考查抛物线的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•太原二模）如图，过点P（m，0）（m＞0）倾斜角为45°的直线与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两个不同点．当m=p2时，|PA|•|PB|＝8．
（1）求抛物线E的方程；
（2）设过点Q（﹣m，0）平行于AB的直线与抛物线E相交于C，D两个不同点，
①求证：|PA|•|PB|＝|QC|•|QD|；
②求四边形ABCD面积的最大值．
【考点】由直线与抛物线位置关系及公共点个数求解方程或参数；抛物线的焦点弦及焦半径．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）y2＝4x；
（2）①证明过程见解析；
②3239．
【分析】（1）由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可；
（2）设出直线AB，CD的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式进行求证即可；
②结合①中信息得到|AB|，|CD|的表达式，代入面积公式中，得到四边形ABCD面积的表达式，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解．
解：（1）当m=p2时，
设直线AB的方程为x=y+p2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x=y+p2y2=2px，消去x并整理得y2﹣2py﹣p2＝0，
由韦达定理得y1+y2＝2p，y1y2=−p2，
因为|PA|=(x1−p2)2+y12=−2y1，|PB|=(x2−p2)2+y22=2y2，
所以|PA|⋅|PB|=−2y1y2=2p2=8，
解得p＝2，
则抛物线E的方程为y2＝4x；
（2）①证明：由（1）知抛物线E的方程为y2＝4x，
设直线AB的方程为x＝y+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x=y+my2=4x，消去x并整理得y2﹣4y﹣4m＝0，
此时Δ＝16+16m＞0，
由韦达定理得y1+y2＝4，y1y2＝﹣4m，
此时|PA|=(x1−m)2+y12=−2y1，|PB|=(x2−m)2+y22=2y2，
所以|PA|•|PB|＝﹣2y1y2＝8m，
设直线CD的方程为x＝y﹣m，C（x3，y3），D（x4，y4），
联立x=y−my2=4x，消去x并整理得y2﹣4y+4m＝0，
此时Δ＝16﹣16m＞0，
解得0＜m＜1，
由韦达定理得y3+y4＝4，y3y4＝4m，
因为|QC|=2y3，|QD|=2y4，
所以|QC|•|QD|＝2y3y4＝8m，
则|PA||PB|＝|QC|•|QD|；
②由①知|AB|=|PA|+|PB|=2(y2−y1)=2(y2+y1)2−4y1y2=421+m，
|CD|=|QC|−|QD|=2(y3−y4)=2(y3+y4)2−4y3y4=421−m，
直线AB与CD的距离d=|2m|2=2m，
因为AB∥CD，
所以SABCD=12(|AB|+|CD|)⋅d=4m(1+m+1−m)，0＜m＜1，
设f(m)=m(1+m+1−m)，函数定义域为（0，1），
可得f′(m)=3m+221+m+2−3m21−m，
当0＜m＜223时，f′（m）＞0，f（m）单调递增；
当223＜m＜1时，f′（m）＜0，f（m）单调递减，
所以当m=223时，f（m）取得最大值，最大值为839．
则四边形ABCD面积取最大值3239．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
18．（2025春•青羊区校级期中）已知抛物线x2＝2py上一点A（2，y0）到抛物线焦点F的距离为2．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点P的坐标为（0，﹣1），若过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，证明：直线AF平分∠MFN．
【考点】直线与抛物线的综合；根据定义求抛物线的标准方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）x2＝4y；
（2）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，求出点A的坐标，利用抛物线的定义列出等式求出p的值，进而可得抛物线的方程；
（2）将问题转化成求证kFM+kFN＝0，设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和斜率公式进行求证即可．
解：（1）因为点A在抛物线上，
所以A(2，2p)，
因为点A(2，2p)到抛物线准线y=−p2的距离为2，
所以2p−(−p2)=2，
解得p＝2，
则抛物线的方程为x2＝4y；
（2）证明：因为F（0，1），
所以AF∥x轴，
要证直线AF平分∠MFN，
需证kFM+kFN＝0，
当直线l斜率不存在时，
此时直线l与抛物线只有1个交点，不符合椭圆；
所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx﹣1，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立y=kx−1x2=4y，消去y并整理得x2﹣4kx+4＝0，
此时Δ＝16k2﹣16＞0，
解得k＞1或k＜﹣1，
由韦达定理得x1+x2＝4k，x1x2＝4，
此时kFM+kFN=y1−1x1+y2−1x2=x2(y1−1)+x1(y2−1)x1x2
=x2(kx1−2)+x1(kx2−2)x1x2=2k−2(x1+x2)x1x2=2k−8k4=0．
则直线AF平分∠MFN．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（2025•内蒙古二模）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点M(m，3)，其焦点为F，若|MF|＝2且m＞p．
（1）求m的值以及抛物线C的方程；
（2）过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、C与B、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点与准线．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）m=32，抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）8．
【分析】（1）根据题目所给信息，列出等式求解即可；
（2）设出直线AC，BD的方程，将直线方程与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式以及四边形面积公式求解即可．
解：（1）因为抛物线C过点M(m，3)，
所以(3)2=2pm，
因为抛物线C的焦点为F，且|MF|＝2，
所以m+p2=2，
解得p=1m=32或p=3m=12，
因为m＞p，
所以p＝1，m=32，
则抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）易知过F点的两条相互垂直的直线斜率均存在，且不等于零，
设直线lAC：y=k(x−12)，直线lBD：y=−1k(x−12)，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
联立y=k(x−12)y2=2x，消去y并整理得4k2x2﹣（4k2+8）x+k2＝0，
由韦达定理得x1+x3=1+2k2，
因为|AC|＝|AF|+|CF|＝p+x1+x3，
所以|AC|=2+2k2，
联立y=−1k(x−12)y2=2x，消去y并整理得4x2﹣（4+8k2）x+1＝0，
由韦达定理得x2+x4=1+2k2，
因为|BD|＝|BF|+|DF|＝p+x2+x4，
所以|BD|＝2+2k2，
因为AC⊥BD，
所以S四边形ABCD=12|AC||BD|=12(2+2k2)(2+2k2)=2(k2+1k2+2)≥2(2k21k2+2)=8，
当且仅当k2=1k2，即k＝±l时，等式成立．
则四边形ABCD面积的最小值为8．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
20．（2025•日照二模）在平面直角坐标系xOy中，过点M（2，0）的直线l与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，当直线l平行于y轴时，|AB|＝4．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l的斜率存在，直线AO与直线x＝﹣2相交于点D，过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E．
（i）证明：∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为152？若存在，说明直线l有几条；若不存在，请说明理由．
【考点】直线与抛物线的综合；直线与抛物线的位置关系及公共点的个数．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）y2＝2x；
（2）（i）证明过程见解；
（ii）存在，直线l共有4条．
【分析】（1）根据题目所给信息，列出等式求解即可；
（2）（i）设出直线l的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4，结合导数的几何意义求出点B处的切线方程，推出点D，E的坐标，根据直线的斜率再进行求证即可；
（ii）连接AE，BD，由（i）得到点D的坐标，推出四边形DBME为平行四边形，结合四边形面积公式可得y24+6y22+15y2+8=0，构造函数f（x）＝x4+6x2+15x+8，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性以及零点存在性定理求解即可．
解：（1）当直线l平行于y轴时，
因为|AB|＝4，
所以点（2，2）在抛物线C上，
此时4＝2p×2，
解得p＝1，
则抛物线C的方程为y2＝2x；
（2）（i）证明：易知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为x＝my+2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）
此时直线l的斜率为kAB=1m，不妨设y1＞0，y2＜0，
联立x=my+2y2=2x，消去x并整理得y2﹣2my﹣4＝0，
由韦达定理得y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4，
因为y=−2x，
可得y′=−22x−12，
此时点B处的斜率为−22x2−12=−22•1y222=1y2，
所以点B处的切线方程为y=1y2(x−x2)+y2=1y2(x−y222)+y2=1y2x+y22，
令y＝0，
解得x=−12y22，
即E(−12y22，0)，
直线OA的方程为y=y1x1x，
令x＝﹣2，
解得y=−2y1x1=−2y1y122=−4y1，
即D(−2，−4y1)，
所以kDE=4y1−12y22+2=−8y1y22−4y1=−8−4y2−4y1=2y1+y2=1m，
所以kDE＝kAB，
即直线DE∥l，
所以∠DEO+∠BMO＝π；
（ii）连接AE，BD，
由（i）得D(−2，−4y1)，y1y2＝﹣4，
所以D（﹣2，y2），
因为B（x2，y2），
所以DB∥x轴，
即四边形DBME为平行四边形，
所以SABDE=SDBME+S△AEM=(2−xE)(|yB|+12yA)=(2+y222)⋅(−y2+12y1)
=(2+y222)⋅(−y2−2y2)=−12y23−3y2−4y2，
若四边形ABDE的面积为152，
此时−12y23−3y2−4y2=152，
整理得y24+6y22+15y2+8=0，
设f（x）＝x4+6x2+15x+8，函数定义域为（﹣∞，0），
可得f′（x）＝4x3+12x+15，
设g（x）＝4x3+12x+15，函数定义域为（﹣∞，0），
可得g′（x）＝12x2+12＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又g（﹣1）＝﹣1＜0，g(−12)=172＞0，
所以存在x0∈(−1，−12)，使得g（x0）＝0，
所以f（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，0）上单调递增，
又f（﹣1）＝0，
所以f（x0）＜f（﹣1）＝0，
因为f(−12)=3316＞0，
所以存在x1∈(x0，−12)，使得f（x1）＝0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上有2个零点，分别为﹣1和x1∈(x0，−12)，
即−12y23−3y2−4y2=152在（﹣∞，0）上有2个根．
由对称性可得，四边形ABDE的面积为152的直线l共有4条．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．