抛物线习题

常用技巧

• 抛物线设点技巧，

如抛物线(y^2=4x)上任一点可以设为((x，y))，但其含有两个元；若设为((4t^2，4t))或者设为((frac{y_0^2}{4}，y_0))，只含有一个元，故运算简单，具体见例题13。

• 抛物线的焦点弦长公式(|AB|=cfrac{2p}{sin^2alpha})的推导：

思路1：代数方法，联立方程组，

当直线的斜率不存在时，即直线的倾斜角( heta=90^{circ})时，(x_1=x_2=cfrac{p}{2})，(y_1=p)，(y_2=-p)，

故(|AB|=|y_1-y_2|=2p=cfrac{2p}{sin^290^{circ}}=cfrac{2p}{sin^2alpha})。

当直线的斜率存在时，即(k=tan heta)，焦点弦方程是(y=k(x-cfrac{p}{2}))，代入抛物线方程得到(k^2x^2-(k^2p+2p)x+cfrac{k^2p^2}{4}=0)，

利用韦达定理可知(x_1+x_2=cfrac{k^2p+2p}{k^2})，由抛物线的定义

(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=cfrac{2p(k^2+1)}{k^2})

(=2p imescfrac{tan^2 heta+1}{tan^2 heta}=2p imescfrac{sin^2 heta+cos^2 heta}{sin^2 heta}=cfrac{2p}{sin^2 heta})。

思路2：几何方法，利用三角函数。

设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由抛物线的定义可知，(|AB|=x_1+x_2+p)，

(|AF|=x_1+cfrac{p}{2})，(|CF|=x_1-cfrac{p}{2})，又(|CF|=|AF|cos heta)，则可知

(cos heta(x_1+cfrac{p}{2})=x_1-cfrac{p}{2})，解得(x_1=cfrac{1+cos heta}{1-cos heta}cdot cfrac{p}{2})，同理求得(x_2=cfrac{1-cos heta}{1+cos heta}cdot cfrac{p}{2})，

将其代入(|AB|=x_1+x_2+p)，则(|AB|=cfrac{p}{2}(cfrac{1-cos heta}{1+cos heta}+cfrac{1+cos heta}{1-cos heta})+p)，整理得到(|AB|=cfrac{2p}{sin^2 heta})。

记忆方法总结

• 焦点弦三角形的面积的最小值是(AB)为通经时；

如下图所示，抛物线(y^2=2px)，焦点(F(1，0))，过点(F)的直线(AB)和抛物线交于点(A)，(B)，设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则可知(y_1y_2=-p^2)；

则(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes |OF| imes |y_1|+cfrac{1}{2} imes |OF| imes |y_2|)

(=cfrac{1}{2} imes |OF| imes (|y_1|+|y_2|)ge cfrac{1}{2} imes cfrac{p}{2} imes 2sqrt{|y_1y_2|}=cfrac{p}{2}cdot p=cfrac{p^2}{2})；

当且仅当(|y_1|=|y_2|)时取到等号，即焦点弦三角形的面积的最小值是(AB)为通经时，其值为(cfrac{p^2}{2})。

给出方式

• 抛物线(y^2=2px(p>0))经过点((2，4))，即(p=4)；

• 抛物线(y^2=2px(p>0))的焦点到准线的距离为(4)，即(p=4)；

抛物线性质

如下图所示，为抛物线(y^2=2px)的图像，过焦点(F(cfrac{p}{2}，0))的直线(AB)与抛物线相交于(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))两点，且直线(AB)的倾斜角为(angle xFA=alpha)，则有以下性质：

①(x_1cdot x_2=cfrac{p^2}{4})；(y_1cdot y_2=-p^2)；

②(|AB|=x_1+x_2+p=cfrac{2p}{sin^2alpha})；

③(S_{ riangle ABC}=cfrac{p^2}{2sinalpha})；

④(cfrac{1}{|AF|}+cfrac{1}{|BF|}=cfrac{2}{p})为定值；

⑤(AB)为焦点弦，当(ABperp x)轴时，(AB)为通径；此时(AB=2p)；

例1【必会例题】(A)、(B)是抛物线(y^2=2px(p>0))上的两点，且(OAperp OB)；

设(A(x_1，y_1))、(B(x_2，y_2))，中点(P(x_0，y_0))

（1）求(A)、(B)两点的横坐标之积和纵坐标之积；

分析：(k_{OA}=cfrac{y_1}{x_1})，(k_{OB}=cfrac{y_2}{x_2})，

由于(OAperp OB)，则有(k_{OA}cdot k_{OB}=-1)，则(x_1x_2+y_1y_2=0)，

又由于(y_1^2=2px_1)，(y_2^2=2px_2)，则有(cfrac{y_1^2}{2p}cdot cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0)，

由于(y_1 eq 0)，(y_2 eq 0)，故得到(y_1y_2=-4p^2)，(x_1x_2=4p^2)；

（2）求证：直线(AB)恒过定点；

分析：由于(y_1^2=2px_1)，(y_2^2=2px_2)，

所以((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2))，

所以当(x_1 eq x_2)时，(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{2p}{y_1+y_2})，即(k_{AB}=cfrac{2p}{y_1+y_2})

则直线(AB:) (y-y_1=cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1))，即(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-cfrac{2px_1}{y_1+y_2})

所以(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2})

由于(y_1^2=2px_1)，(y_1y_2=-4p^2)，

所以(y=cfrac{2px}{y_1+y_2}+cfrac{-4p^2}{y_1+y_2})，整理为(y=cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p))，

所以直线(AB)过定点((2p，0))，设(M(2p，0))，

当(x_1=x_2)时，可知(AB)方程为(x=2p)，过点(M(2p，0))，

综上可知，直线(AB)恒过定点(M(2p，0))。

（3）求弦(AB)的中点(P)的轨迹方程；

分析：如图设(OA:y=kx)，代入(y^2=2px)，得到(x=0)或(x=cfrac{2p}{k^2})，故点(A(cfrac{2p}{k^2}，cfrac{2p}{k}))；

同理，以(-cfrac{1}{k})代替(k)，得到点(B(2pk^2，-2pk))，

设中点(P(x_0，y_0))，则(left{egin{array}{l}{x_0=p(k^2+cfrac{1}{k^2})}\{y_0=p(k-cfrac{1}{k})}end{array} ight.)

由于(k^2+cfrac{1}{k^2}=(k-cfrac{1}{k})^2-2)，利用此公式消参，得到

(cfrac{x_0}{p}=(cfrac{y_0}{p})^2+2)，即(y_0^2=px_0-2p^2)，

即中点(P)的轨迹方程为(y^2=px-2p^2)。

（4）求( riangle AOB)面积的最小值；

分析：(S_{ riangle AOB}=S_{ riangle AOM}+S_{ riangle BOM}=cfrac{1}{2}|MO|(|y_1|+|y_2|))(=p(|y_1|+|y_2|)geqslant 2psqrt{|y_1y_2|})(=4p^2)

当且仅当(|y_1|=|y_2|=2p)时，等号成立，

所以( riangle AOB)面积的最小值为(4p^2)。

典例剖析

例1已知点(P(-3，2))在抛物线(C：y^2=2px(p>0))的准线上，过点(P)的直线与抛物线(C)相切于(A)，(B)两点，则直线(AB)的斜率为多少？

法1：常规方法，由于点(P(-3，2))在抛物线(C：y^2=2px(p>0))的准线上，

所以准线方程为(x=-cfrac{p}{2}=-3)，解得(p=6)，即(y^2=12x)，

抛物线为(y^2=12x)，在第一象限的方程为(y=2sqrt{3}sqrt{x})，

设切点(A(m，n))，则(n=2sqrt{3}sqrt{m})，

由导数可知，(y'=2sqrt{3} imes cfrac{1}{2}cfrac{1}{sqrt{x}}=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{x}})，

则在切点(A)处的斜率为(cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}})

则直线(PA)的方程为：(y-n=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}}(x-m))，

将点((-3，2))代入得到，(2-n=cfrac{sqrt{3}}{sqrt{m}}(-3-m))①

又(n=2sqrt{3}sqrt{m})②，

联立解得，(m=cfrac{11+2sqrt{10}}{3})，(n=2+2sqrt{10})，

即点(A(cfrac{11+2sqrt{10}}{3}，2+2sqrt{10}))

同理，可设切点(B(a，b))，则在切点(B)处的斜率为(-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}})

则直线(PB)的方程为：(y-b=-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}}(x-a))，

将点((-3，2))代入得到，(2-b=-cfrac{sqrt{3}}{sqrt{a}}(-3-a))①

又(b=-2sqrt{3}sqrt{a})②，

联立解得，(m=cfrac{11-2sqrt{10}}{3})，(n=2-2sqrt{10})，

即点(B(cfrac{11-2sqrt{10}}{3}，2-2sqrt{10}))，

故直线(AB)的斜率为(k=cfrac{(2+2sqrt{10})-(2-2sqrt{10})}{frac{11+2sqrt{10}}{3}-frac{11-2sqrt{10}}{3}}=3)

故所求斜率为(3).

法2：【特殊方法】导数法，由题目先得到抛物线方程(y^2=12x)，对此式两边同时针对(x)求导，

得到(2ycdot y'=12)，即(y'=cfrac{6}{y})，故经过抛物线上任意一点切线的斜率(k=y'=cfrac{6}{y})，

则以点(A(x_1,y_1)) ，(B(x_2,y_2))为切点的切线方程分别为

(y-y_1=cfrac{6}{y_1}(x-x_1))；(y-y_2=cfrac{6}{y_2}(x-x_2))；

将点(P(-3，2))坐标代入以上两个式子，

得到(2-y_1=cfrac{6}{y_1}(-2-x_1))；(2-y_2=cfrac{6}{y_2}(-3-x_2))；

又因为(y_1^2=12x_1)，(y_2^2=12x_2)，代入上式，

解得(y_1=3x_1-9)；(y_2=3x_2-9)

说明点(A(x_1,y_1)) ，(B(x_2,y_2))都在同一条直线(y=3x-9)上，

即直线(AB)的方程为(y=3x-9)，故所求斜率为(3).

例2设抛物线(C：y^2=3x)的焦点，过(F)且倾斜角为(30^{circ})的直线交(C)于(A)，(B)两点，则(|AB|)等于【】

$A.cfrac{sqrt{30}}{3}$ $B.6$ $C.12$ $D.7sqrt{3}$

【法1】：常规方法，利用两点间距离公式，由于(2p=3)，则(cfrac{p}{2}=cfrac{3}{4})，故焦点(F(cfrac{3}{4}，0))，又斜率为(k=cfrac{sqrt{3}}{3})，

则直线(AB)的方程为(y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4}))，

联立直线(AB)和抛物线方程，得到(left{egin{array}{l}{y^2=3x}\{y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4})}end{array} ight.)，

消(y)得到(16x^2-24 imes7x+9=0)，设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，

则(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，(x_1x_2=cfrac{9}{16})，

故(|AB|=sqrt{1+k^2}cdot |x_1-x_2|)

(=sqrt{1+k^2}cdotsqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12)。

【法2】：利用直线(AB)的参数方程的参数的几何意义，

直线(AB)的参数方程为(egin{cases}x=cfrac{3}{4}+cfrac{sqrt{3}}{2}t\y=0+cfrac{1}{2}tend{cases}(t为参数))，将其代入(y^2=3x)中，

整理得到(t^2-6sqrt{3}t-9=0)，设(A)，(B)对应的参数分别为(t_1)，(t_2)，

则(Delta>0)，且有(t_1+t_2=6sqrt{3})，(t_1t_2=-9)，

故(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{36 imes3-4 imes(-9)}=12)。

【法3】：利用抛物线的定义可知，(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+cfrac{p}{2}+x_2+cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p)，

故由法1中，得到(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，(p=cfrac{3}{2})，即(|AB|=x_1+x_2+p=12)。

法4：利用抛物线的焦点弦长公式：(|AB|=cfrac{2p}{sin^2alpha})，则(|AB|=cfrac{2 imes frac{3}{2}}{(frac{1}{2})^2}=12)。

例3【衡水金卷，直线过定点类型】如图所示，已知点(A(-1，0))是抛物线的准线与(x)轴的交点，过点(A)的直线与抛物线交于点(M，N)两点，过点(M)的直线交抛物线于另一个点(Q)，且直线(MQ)过点(B(1，-1)).

(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为(y^2=2px)，即(y^2=4x)。

(2).求证：直线(QN)过定点。

分析：如果直线过定点((m，n))，则直线的表达式必然应该能化为：(y-n=k(x-m))类型。

设点(M(4t^2，4t))，点(N(4t_1^2，4t_1))，点(M(4t_2^2，4t_2))，则由题目易知直线(MN)的斜率存在，

且(k_{MN}=cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=cfrac{1}{t+t_1})，从而直线(MN)的方程是(y=cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t)，即(x-(t+t_1)y+4tt_1=0)。

同理可知，直线(MQ)的方程(x-(t+t_2)y+4tt_2=0)，直线(NQ)的方程(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0)，

又点(A)在直线(MN)上，从而有(4tt_1=1)，即(t=cfrac{1}{4t_1})；点(B)在直线(MQ)上，

从而有(1+(t+t_2)+4tt_2=0)，即(1+(cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4 imes cfrac{1}{4t_1}t_2=0)，

化简得到(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1)，

代入(NQ)的方程，得到(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0)，

即(y+4=cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1))，故直线(NQ)经过定点((1，-4))。

• 抛物线(y^2=4x)上的任意点的坐标的设法一般是((x，y))，本题采用((4t^2，4t))，是抛物线的参数方程的一种。

• 注意直线过定点的证明思路。

例5平面直角坐标系(xoy)中，若动圆与圆((x-2)^2+y^2=1)外切，且又与直线(x+1=0)相切，则动圆圆心的轨迹方程为【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

法1：如图所示，动圆的圆心为点(P(x,y))，则有(|PN|=|PM|+1)，

即(sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=|x+1|+1)，由于动圆在直线(x+1=0)的右侧，即(x+1>0)，

故化简得到(sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=x+1+1)，整理得到(y^2=8x)，故选(A)；

法2：转化为能利用抛物线的定义来求解，其定义是说动点到定点的距离等于其到定直线的距离，

这样定点取((2，0))，此时定直线必须取(x=-2)，

这样抛物线的标准方程为(y^2=2px(p>0))，且(cfrac{p}{2}=2)，即(p=4)，

故抛物线的标准方程为(y^2=8x)，故选(A)。

例5【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第8题】平面直角坐标系(xoy)中，动点(P)与圆((x-2)^2+y^2=1)上的点的最短距离与其到直线(x=-1)的距离相等，则点(P)的轨迹方程为【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

分析：由题意可知，(|PQ|=|PD|)，但是用这个不好建立轨迹方程，或者不能有效的和抛物线的定义建立联系，

故等价转化为(|PA|=|PB|)，且其模型为(y^2=2px)。

这样就可以理解为平面内一个动点(P)到一个定点(A)的距离等于其到定直线(x=-2)的距离。

由抛物线的定义可知，(-cfrac{p}{2}=-2)，即(p=4)，故(y^2=2 imes 4x=8x)，故选(A)。

• 注意：抛物线的定义是高考考查时的高频考点。

例6已知抛物线(y^2=2x)的焦点为(F)，准线为(l)，且(l)与(x)轴交于点(E)，(A)是抛物线上的一点，作(ABperp l)，垂直为(B)，(|AF|=cfrac{17}{2})，则四边形(ABEF)的面积等于【】

$A.19$ $B.38$ $C.18$ $D.36$

例7【2018高考新课标Ⅲ卷第16题】已知点(M(-1，1))和抛物线(C：y^2=4x)，过(C)的焦点且斜率为(k)的直线与(C)交于(A)，(B)两点，若(angle AMB=90^{circ})，则(k)=_________。

法1：点差法，做出如下示意图，连结(MH)，(H)为焦点弦(AB)的中点，

由于( riangle AMB)为直角三角形，(H)为(AB)的中点，则(MH=cfrac{1}{2}AB)，

又由于(AB=AF+BF=AP+BQ)，则(MH=cfrac{1}{2}AB=cfrac{1}{2}(AP+BQ))，

故(MH)为直角梯形的中位线，则(MH//x)轴，

设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则有(y_1^2=4x_1) ①，(y_2^2=4x_2) ②，

①-②得到，(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2))，即((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2))，

则有(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{4}{y_1+y_2})，即(k=cfrac{4}{y_1+y_2})，

又由于(MH//x)轴，(M(-1，1))，则(H)点的纵坐标为1，即(cfrac{y_1+y_2}{2}=1)，则(y_1+y_2=2)，代入上式，

得到(k=cfrac{4}{y_1+y_2}=2).

法2：向量法，设直线(AB：y=k(x-1))，由于点(A，B)都在抛物线上，故设(A(4t_1^2，4t_1))，(B(4t_2^2，4t_2))，

联立直线和抛物线，得到(left{egin{array}{l}{y=k(x-1)}\{y^2=4x}end{array} ight.)，消(x)得到，

(y^2-cfrac{4}{k}y-4=0)，则由韦达定理可知，(4t_1+4t_2=cfrac{4}{k})，(4t_1cdot 4t_2=-4)，

即(t_1+t_2=cfrac{1}{k})，(t_1cdot t_2=-cfrac{1}{4})，

又(overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1))，(overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1))，(angle AMB=90^{circ})，

则(overrightarrow{MA}cdot overrightarrow{MB}=0)，即((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0)，

打开整理得到，(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0)，

代入整理得到，(cfrac{4}{k^2}-cfrac{4}{k}+1=0)，即((cfrac{2}{k}-1)^2=0)，解得(k=2)。

例8已知抛物线(C：y^2=4x)的焦点为(F)，过点(M(4，0))的直线与抛物线(C)交于(A)，(B)两点，则( riangle ABF)的面积的最小值为【】

$A.8$ $B.12$ $C.16$ $D.24$

法1：做出如下的示意图，设直线(AB)的斜率为(k)，不妨只考虑(k>0)，则(AB:y=k(x-4))，即(kx-y-4k=0)；

将直线和抛物线方程联立，消去(x)得到，(ky^2-4y-16k=0)，则(y_1+y_2=-cfrac{-4}{k}=cfrac{4}{k})，(y_1y_2=-16)，

则(|AB|=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2})

(=sqrt{1+cfrac{1}{k^2}}sqrt{(cfrac{4}{k})^2-4 imes (-16)}=sqrt{cfrac{k^2+1}{k^2}}cdot 4cdot sqrt{cfrac{4k^2+1}{k^2}})

(=4cdot cfrac{sqrt{k^2+1}cdot sqrt{4k^2+1}}{k^2})，

又点(F)到直线(AB)的距离为(d=h=cfrac{|3k|}{sqrt{k^2+1}}=cfrac{3k}{sqrt{k^2+1}})，

则(S_{ riangle ABF}=cfrac{1}{2}cdot 4cdot cfrac{sqrt{k^2+1}cdot sqrt{4k^2+1}}{k^2}cdot cfrac{3k}{sqrt{k^2+1}})

(=6 imes cfrac{sqrt{4k^2+1}}{k}=6 imes sqrt{4+cfrac{1}{k^2}})，

当(k ightarrow infty)时，所求面积有最小值，(S_{min}=6 imes 2=12)。故选(B).

法2：仿上利用均值不等式可以说明，当(AB)和(x)轴垂直时，(S_{ riangle ABF})有最小值；

(S_{ riangle ABF}=cfrac{1}{2}cdot 3cdot (|y_1|+|y_2|)ge cfrac{3}{2}cdot 2sqrt{|y_1y_2|}= cfrac{3}{2}cdot 2cdot 4=12)，故选(B).

例11【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线(C：y^2=ax(a>0))，若直线(l：y=4x-a)被抛物线(C)截得的弦长为(17)，则与抛物线(C)相切且平行于直线(l)的直线方程为【】

$A.4x-y+2=0$ $B.4x-y+1=0$ $C.8x-2y+1=0$ $D.8x-2y-1=0$

分析：如图所示，直线过抛物线的焦点，故利用抛物线的焦点弦长公式可得，(cfrac{2p}{sin^2 heta}=17)，

又由于直线的斜率(k=4)，则(sin^2 heta=cfrac{2p}{17})，(cos^2 heta=cfrac{17-2p}{17})，则(k^2=16=tan^2 heta=cfrac{2p}{17-2p})，

解得(p=8)，从而(a=16)，抛物线为(y^2=16)；

由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限，故涉及到的函数为(y=f(x)=4sqrt{x})，

设切点为(P(x_0，y_0))，则(f'(x_0)=cfrac{2}{sqrt{x_0}}=4)，求得(x_0=cfrac{1}{4})，(y_0=2)，

又所求直线的(k=4)，由点斜式方程可得，所求直线为(4x-y+1=0)，故选(B).

解后反思：焦点弦的公式不止一个，此处选用这一个就是考虑变量少，运算简单。

例12【2019届高三理科数学三轮用题】已知顶点在原点，焦点在(x)轴正半轴上的抛物线(C)，若其焦点到准线的距离为4，准线交(x)轴于点(K)，点(A)在抛物线(C)上，(|AK|=sqrt{2}|AF|)，则( riangle AFK)的面积为【】

$A.4$ $B.6$ $C.8$ $D.12$

分析：如图所示，由题可知，(|OF|=|OK|=2)，(|KF|=4)，由抛物线定义可知，(|AF|=|AB|)，则(|AK|=sqrt{2}|AB|)，

故可知(angle AKF=45^{circ})，在( riangle AKF)中，(|KF|=4)，设(|AF|=x)，则(|AK|=sqrt{2}x)，

由余弦定理可知，(|AF|=4)，其高为(|KB|=4)，故(S_{ riangle AFK}=cfrac{1}{2} imes 4 imes 4=8)，故选(C)。

例13【2019届高三理科数学二轮用题】已知(A)，(B)为抛物线(y^2=4x)上的点，(O)为坐标原点，若( riangle OAB)为等边三角形，则( riangle OAB)的面积为【】

$A.24$ $B.48$ $C.24sqrt{3}$ $D.48sqrt{3}$

分析：如图所示，由于( riangle OAB)为等边三角形，则边(AB)必然垂直于(x)轴，设点(A(4t^2，4t))，则(B(4t^2，-4t))，

由于(angle AOC=30^{circ})，则由斜率公式可知，(cfrac{4t}{4t^2}=tan30^{circ})，解得(t=sqrt{3})，

故(|AC|=|BC|=4sqrt{3})，则(|AB|=8sqrt{3})，故高(|OC|=4sqrt{3} imes sqrt{3}=12)，

则(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 8sqrt{3} imes 12=48sqrt{3})，故选(D).

例14【2019届高三理科数学二轮用题】

例15【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线(C：y^2=2px(p>0))的焦点到准线的距离为(4)，直线(l')过点((0，3))且和直线(l：x-2y=0)垂直，直线(l')与抛物线(C)交于(M)，(N)两点，则以(MN)为直径的圆的方程为【】

$A.(x-cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20$

$B.(x+cfrac{5}{2})^2+(y-2)^2=20$

$C.(x-cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=10$

$D.(x+cfrac{5}{2})^2+(y-2)^2=10$

分析：由题可知，抛物线方程为(y^2=8x)，直线(l')方程为(y-3=-2x)，即(l'：2x+y-3=0)，

设点(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，线段(MN)的中点为((x_0，y_0))，联立(y^2=8x)和(2x+y-3=0)，

消去(y)得到(4x^2-20x+9=0)，由韦达定理得到(x_1+x_2=5)，(x_1x_2=cfrac{9}{4})，

则可知(x_0=cfrac{x_1+x_2}{2}=cfrac{5}{2})，代入(l'：2x+y-3=0)，得到(y_0=-2)；即圆心坐标为((cfrac{5}{2}，-2))；

又由弦长公式得到(MN=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|)

即(MN=sqrt{1+(-2)^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=sqrt{5}sqrt{25-9}=4sqrt{5})，

故半径为(2sqrt{5})，则以(MN)为直径的圆的方程为((x-cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20)，故选(A)。

例16已知抛物线(y^2=8x)的焦点为(F)，直线(l)过(F)且依次交抛物线及圆((x-2)^2+y^2=1)于点(A，B，C，D)四点，则(|AB|+4|CD|)的最小值为_______。

待解答。

例17[两动点一定点]已知抛物线(y^2=4x)上一个动点(P)，点(A(4,2))，求点(P)的坐标，使得点(P)到准线的距离(|PE|)与(|PA|)之和最小，

分析：准线为(x=-1)，当点(A)，(P)，(E)三点共线，即三点连线与(x)轴平行时(|PE|+|PA|)之和最小；

此时([|PA|+|PE|]_{min}=|AE|=|4-(-1)|=5)，此时点(E(-1,2))，点(P(1,2))。

例18【2020宝鸡市质检三文科第12题】已知拋物线(C: y=x^{2})，(P)是直线(x+y+2=0)上的动点，过点(P)向曲线(C)引切线，切点分別为(A)，(B)，则( riangle P AB)的重心【】

$A.恒在x轴上方$

$B.恒在x轴上$

$C.恒在x轴下方$

$D.位置不确定$

分析：由于点(P)在直线(x+y+2=0)上，故设(P(-2-y_{0}, y_{0}))，

又由于点(A)，(B)在(y=x^{2})上，故设(A(x_{1}, x_{1}^{2})), (B(x_{2}, x_{2}^{2}))，

由于(y^{prime}=2x)，则(k_{1}=2x_{1})，则在(A)点的切线方程(l_{1})为(y-x_{1}^{2}=2x_{1}(x-x_{1}))，

又由于点(P)在(l_{1})上，则(y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}(-2-y_{0}-x_{1}))，即(x_{1}^{2}+2(y_{0}+2)x_{1}+y_{0}=0)，

同理， (B)点的切线方程有(x_{2}^{2}+2(y_{0}+2)x_{2}+y_{0}=0)，[仿上的结果直接写出，工作量减少一半]

所以，(x_{1})，(x_{2})是方程(x^{2}+2(y_{0}+2)x+y_{0}=0)的两根，[此处用到合二为一的策略]

由韦达定理可知，(left{egin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2(y_{0}+2)\x_{1}x_{2}=y_{0}end{array} ight.)

则有(cfrac{y_{0}+y_{1}+y_{2}}{3}=cfrac{x_{1} x_{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{3})

(=cfrac{x_{1} x_{2}+(x_{1}+x_{2})^2-2x_1x_2}{3}=cfrac{(x_{1}+x_{2})^2-x_1x_2}{3})

(=cfrac{4(y_0+2)^2-y_0}{3}=cfrac{4y_0^2+15y_0+16}{3}>0) [(Delta=15^2-4 imes4 imes16<0)]

故( riangle PAB)的重心恒在(x)轴上方, 故选(A).