考点22 抛物线（核心考点讲与练）-2024年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）-(解析版）

考点22抛物线（核心考点讲与练）1.抛物线的定义(1)平面内与一个定点F和一条定直线l(F∉l)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.定点F叫做抛物线的焦点，定直线l叫做抛物线的准线.(2)其数学表达式：{M||MF|＝d}(d为点M到准线l的距离).2.抛物线的标准方程与几何性质图形标准方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的几何意义：焦点F到准线l的距离性质顶点O(0，0)对称轴y＝0x＝0焦点FFFF离心率e＝1准线方程x＝－x＝y＝－y＝范围x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0，x∈Ry≤0，x∈R开口方向向右向左向上向下1.求抛物线的标准方程的方法：①求抛物线的标准方程常用待定系数法，因为未知数只有p，所以只需一个条件确定p值即可．②因为抛物线方程有四种标准形式，因此求抛物线方程时，需先定位，再定量． （2）利用抛物线的定义解决此类问题，应灵活地运用抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化．“看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的有效途径．2.确定及应用抛物线性质的技巧：①利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线等性质时，关键是将抛物线方程化成标准方程．②要结合图形分析，灵活运用平面几何的性质以图助解．3.(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，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，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．(3)研究直线与抛物线的位置关系与研究直线与椭圆、双曲线的位置关系的方法类似，一般是联立两曲线方程，但涉及抛物线的弦长、中点、距离等问题时，要注意“设而不求”、“整体代入”、“点差法”以及定义的灵活应用．抛物线的定义与方程一、单选题1．（2022·广东·二模）已知抛物线E：，圆F：，直线l：（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则△FAB的周长可能为（       ）A．4B．5C．6D．7【答案】B【分析】先判断出抛物线焦点和圆心重合，由抛物线定义得，又，可得△FAB的周长为，又知，即可求解.【详解】 由题意知：抛物线焦点恰为圆心，抛物线准线，圆半径为2，可得圆与相切，设直线l：与准线交于，由抛物线定义知：，又，故△FAB的周长为，由图知，故，结合选项知：△FAB的周长可能为5.故选：B.2．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l．点P在C上，直线PF交x轴于点Q，且，则点P到准线l的距离为（       ）A．3B．4C．5D．6【答案】C【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】设，，∵，,∴，∴，∴P到l的距离，故选：C．3.（2021北京市第八中学高三10月月考）已知抛物线第一象限上一点到其焦点的距离为，则点的纵坐标为（）A．B．C．D．答案】D【分析】设点，其中，利用抛物线的定义可求得的值，即为所求.【详解】设点，其中，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得，，解得.故选：D.二、多选题 4．（2022·广东韶关·二模）已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点D，直线m过D且交C于不同的A，B两点，B在线段AD上，点P为A在l上的射影．线段PF交y轴于点E，下列命题正确的是（       ）A．对于任意直线m，均有AE⊥PFB．不存在直线m，满足C．对于任意直线m，直线AE与抛物线C相切D．存在直线m，使|AF|+|BF|=2|DF|【答案】AC【分析】A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即可判断；B选项由及抛物线方程求出坐标，再说明三点共线，即存在直线即可；C选项设，表示出直线AE，联立抛物线，利用即可判断；D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断.【详解】A选项，如图1，由抛物线知O为DF的中点，轴，所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知，所以，所以A正确；B选项，如图2，设，，，，，E为线段PF的中点，则，，由得，解得，，又，故，，又， 可得，，故存在直线m，满足，选项B不正确．C选项，由题意知，E为线段PF的中点，从而设，则，直线AE的方程：，与抛物线方程联立可得：，由代入左式整理得：，所以，所以直线AE与抛物线相切，所以选项C正确．D选项，如图3，设直线m的方程，，，，由，得．当 ，即且时，由韦达定理，得，．因为，，所以，又，，所以成立，故D不正确．故选：AC．5．（2022·山东潍坊·二模）已知四面体ABCD的4个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，，且，则（       ）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O为△ABC的中心C．直线OM与CD所成的角最小为D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.【详解】设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.因为，,所以平面BDE，则，又△ABC为等边三角形，，，所以，， ∴，即，又，∴平面，平面，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵，∴，故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；当∥时，为直线OM与CD所成的角，由上知，故C错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.故选：ABD.6．（2022·山东聊城·二模）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（       ）A．的准线方程为B．若，则C．若，则的斜率为D．过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则【答案】BCD【分析】根据抛物线的几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；若，则，所以，所以，故B正确；可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立， 消去，可得，可得，，由抛物线的定义可得即，即，解得，则直线的斜率为，故C正确；对于D，若轴平分，则，又轴，所以，所以，所以，即，所以，故D正确；故选：BCD7．（2022·辽宁葫芦岛·一模）已知抛物线过点，焦点为F，则（       ）A．点M到焦点的距离为3B．直线MF与x轴垂直C．直线MF与C交于点N，以弦MN为直径的圆与C的准线相切D．过点M与C相切的直线方程为【答案】AC【分析】先求出，由抛物线的定义即可判断A、C选项；B选项由坐标即可判断；D选项易知点M不在直线上即可判断.【详解】由题意知：，解得，即，焦点，准线.由抛物线定义知，点M到焦点的距离等于到准线的距离为，故A正确；由焦点知直线MF不与x轴垂直，故B错误； 如图，设中点为，过作准线的垂线，垂足为，易知，故以弦MN为直径的圆与C的准线相切，C正确；由知M不在直线上，故D错误.故选：AC.三、填空题8．（2022·辽宁沈阳·二模）已知抛物线的焦点为F，在C上有一点P，，则点P到x轴的距离为______．【答案】【分析】根据抛物线的定义，列出相应方程求解即可.【详解】由抛物线的定义可知：，所以，代入中，得，所以，故点P到x轴的距离为为．故答案为：抛物线的几何性质1.（2021北京八中高三上学期期中）已知直线：和直线：，抛物线上一动点P到直线和直线的距离之和的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点P到直线和直线的距离之和，当B，P，F三点共线时， 最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【详解】∵抛物线，∴抛物线的准线为，焦点为，∴点P到准线的距离PA等于点P到焦点F的距离PF，即，∴点P到直线和直线的距离之和，∴当B，P，F三点共线时，最小，∵，∴，∴点P到直线和直线的距离之和的最小值为．故选：A．2.（2021新疆克拉玛依市高三第三次模拟检测）年是中国传统的“牛”年，可以在平面坐标系中用抛物线与圆勾勒出牛的形象．已知抛物线的焦点为，圆与抛物线在第一象限的交点为，直线与抛物线的交点为，直线与圆在第一象限的交点为，则周长的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【分析】将抛物线与圆方程联立可求得点坐标，由此可知的取值范围；利用抛物线定义和圆的半径可将周长转化为，由范围可得所求周长取值范围. 【详解】由抛物线得：，准线为；设与交于点，由抛物线定义知：；由圆知：；由得：，即，则，设，，，的周长为，，周长的取值范围为.故选：B.直线与抛物线的位置关系1.（云南省曲靖市第一中学2022届高三上学期第一次质量监测卷）已知直线l：y=x+1与抛物线C：x2=2py（p>0）相交于A，B两点，若AB的中点为N，且抛物线C上存在点M，使得（O为坐标原点）.（1）求此抛物线的标准方程；（2）若正方形PQHR的三个顶点P，Q，H都在抛物线C上，求正方形PQHR面积的最小值.【答案】（1）；（2）32. 【分析】（1）联立方程由点为的中点，求得点N的坐标，再根据，得到M的坐标，代入抛物线方程求解；（2）设，直线的斜率为，根据得到，由，得到，再由得到，然后由正方形的面积为，利用基本不等式求解.【详解】（1）设，联立方程组整理得，则，可得由点为的中点，所以设，因为，可得，又由点在抛物线：上，可得，即，解得或（舍去），所以抛物线的标准方程为.（2）设，直线的斜率为，不妨设，则，且，因为，所以. 由，得，即，即，将代入得，所以，所以，所以正方形的面积为，，，，因，所以（当且仅当时取等号）.因为，所以所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以正方形的面积的最小值为32.2.（2021四川省成都市郫都区高三上学期阶段性检测）已知抛物线：上的点到焦点的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）设纵截距为的直线与抛物线交于，两个不同的点，若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）利用抛物线的性质即可求解.（2）设直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理，即可求解.【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，由点到焦点的距离为，得，解得，所以抛物线的标准方程为．（2）设，，显然直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立消去得，由得，即．所以，．又因为，，所以，所以，即，解得，满足，所以直线的方程为．1.（2020年全国统一高考（新课标Ⅰ））已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）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【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C.【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.2.（2021年全国新高考Ⅰ卷）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______.【答案】【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.【详解】抛物线：()的焦点,∵P为上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为：.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.3.（2021年全国高考乙卷）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解； （2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为. [方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值， 为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.一、单选题1．（2022·山东泰安·二模）已知以F为焦点的抛物线上的两点A，B（点A的横坐标大于点B的横坐标），满足（O为坐标原点），弦AB的中点M的横坐标为，则实数（       ）A．B．C．3D．4【答案】D【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出，再由已知求出的值.【详解】由题意可得抛物线的焦点.弦AB的中点M的横坐标为，由已知条件可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为，，则联立，消去y得，∴，又因为弦AB的中点M的横坐标为，∴，∴，，∴点A到准线的距离为，点B到准线的距离为，所以∴，又，故. 故选：D2．（2022·河北唐山·二模）F为抛物线的焦点，点在C上，直线MF交C的准线于点N，则（       ）A．B．C．5D．12【答案】B【分析】依据两点间距离公式去求【详解】点在抛物线上，则，解之得，则又抛物线的焦点F，准线则直线MF的方程为，则N则故选：B3．（2022·天津·一模）已知抛物线的准线与双曲线相交于D､E两点，且OD⊥OE（O为原点），则双曲线的渐近线方程为（       ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据对称性求得的坐标，从而求得，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】抛物线的准线为，由于，根据双曲线的对称性可知：（不妨设），代入得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：B4．（2022·辽宁锦州·一模）已知抛物线的焦点为F，点P是C上一点，且，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则（       ）A．2B．2或4C．4D．4或6 【答案】D【分析】根据几何关系，求点的坐标，代入抛物线方程，即可求解.【详解】设圆的圆心为，与轴交于点，线段的中点为，轴，由条件可知，，，所以，由焦半径公式可知，即，所以代入抛物线方程，解得：或.故选：D5．（2022·广东惠州·一模）若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（       ）A．y2=2xB．y2=4xC．y2=6xD．y2=8x【答案】D【分析】由抛物线的定义可解答.【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴，解得，∴抛物线的标准方程为.故选：D.二、多选题6．（2022·河北秦皇岛·二模）过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与的另外两个交点分别为，，则（       ）A．的准线方程是B．过的焦点的最短弦长为8C．直线过定点 D．当点到直线的距离最大时，直线的方程为【答案】AD【分析】由点在抛物线上求得为，结合抛物线的性质判断A、B；设为并联立抛物线，结合及韦达定理、向量垂直的坐标表示列方程求出m、n的数量关系，代入直线方程即可判断C；由C分析所得的定点P，要使到直线的距离最大有，即可写出直线的方程判断D.【详解】将代入中得：，则为，所以的准线方程是，故A正确；当过的焦点且与轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B不正确；设，，直线为，联立抛物线得：，所以，，又，所以.因为，，即，所以，整理得，故，得，所以直线为，所以直线过定点，故C不正确.当时到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.故选：AD7．（2022·江苏江苏·二模）已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（       ）A．若为线段中点，则B．若，则C．存在直线，使得D．面积的最小值为2【答案】AD【分析】对于A，求出点的横坐标，再根据抛物线的定义求出，即可判断；对于B，根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，即可判断，对于C，，则，判断是否有解，即可判断； 对于D，根据，结合基本不等式即可判断.【详解】解：抛物线的准线为，焦点，若为中点，所以，所以，故A正确；若，则，所以，故B错误；设，则，所以，，所以，所以与不垂直，故C错误；，当且仅当，即时，取等号，所以面积的最小值为2，故D正确.故选：AD.8．（2022·广东·一模）已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（       ）A．时，B．时，的最小值为9C．时，D．时，的最小值为8【答案】BC 【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A;当时,写出焦半径的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B;当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.【详解】当时，，此时不妨取过焦点垂直于x轴，不妨取，则，故A错误；当时，，此时不妨设在抛物线上逆时针排列，设,则，则，故，令，则，令，则     ，当时，，递增，当时，，递减，故，故当，即时，取到最小值9，故B正确；当时，，此时不妨设在抛物线上逆时针排列，设,则，即，故， ，所以，故C正确；由C的分析可知：，当时，取到最小值16，即最小值为16，故D错误；故选：BC【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用，综合性较强，涉及到抛物线的焦半径的应用，以利用导数求最值，和三角函数的相关知识，难度较大.9．（2022·湖南常德·一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（       ）A．焦点的坐标为B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点C．直线与抛物线相交所得弦长为8D．抛物线与圆交于两点，则【答案】ACD【分析】先求出抛物线方程，对选项逐一判断即可.【详解】由题可知抛物线方程为对于A，焦点的坐标为，故A正确对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误对于C，，弦长为，故C正确对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确故选：ACD10．（2022·广东肇庆·模拟预测）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，， 与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（       ）A．点M到直线l的距离为定值B．以为直径的圆与l相切C．的最小值为32D．当最小时，【答案】BCD【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.【详解】设，，，，，直线的方程为，则直线的方程为,将直线的方程代入，化简整理得，则，，故,所以，,因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，点M到直线l的距离，又，所以，故A错误；因为，所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，即以为直径的圆与l相切，故B正确；同理，，所以，，，则，当且仅当时等号成立，故C正确； .设，则，，.当时，即时，最小，这时，故D正确,故选:BCD.【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.11．（2022·重庆·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点，，都在抛物线上，且，则下列结论正确的是（       ）A．抛物线方程为B．F是的重心C．D．【答案】BCD【分析】把点代入可得抛物线的方程，结合向量运算可得是的重心，利用抛物线的定义可得，利用三角形面积公式及，可得.【详解】对于A，由在抛物线上可得，即抛物线方程为，错误；对于B，分别取的中点，则，，即在中线上，同理可得也在中线上，所以是的重心，正确；对于C，由抛物线的定义可得，所以.由是的重心，所以，即，所以，正确；对于D，，；同理,，所以，正确. 故选：BCD.三、填空题12．（2022·北京丰台·二模）已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．【答案】【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.【详解】因为抛物线，所以，∴所以的准线方程为.故答案为：13．（2022·福建·模拟预测）已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则___________.【答案】【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案【详解】因为，所以，因为，，所以，当与圆相切时，，所以，所以，所以.故答案为：14．（2022·重庆八中模拟预测）若抛物线上的点到焦点的距离是点A到y轴距离的2倍，则___________. 【答案】2【分析】直接利用抛物线的焦半径公式解方程组即可求解.【详解】抛物线的准线方程为.由抛物续的性质可得，所以①.而在抛物线上,即②.由①②可得:p=2.故答案为:2四、解答题15．（2022·山东济宁·二模）已知抛物线E：的焦点为F，点在抛物线E上，且的面积为（O为坐标原点）.(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A､B两点，过A､B分别作垂直于l的直线AC､BD，分别交抛物线于C､D两点，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据面积及抛物线上的点可求解；（2）利用直线与抛物线的位置关系分别求得、，再通过导数求最值即可.(1)由题意可得解得p=2.故抛物线E的方程为.(2)由题意直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为，，设，，，由消去x得.所以，.由AC垂直于l，直线AC的方程为 由消去x得.所以，.∴.同理可得，所以，令，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当x=2时，取得最小值，即当时，最小值为.16．（2022·湖北武汉·二模）已知抛物线，点为上一点，且到的准线的距离等于其到坐标原点的距离.(1)求的方程；(2)设为圆的一条不垂直于轴的直径，分别延长交于两点，求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)16【分析】（1）根据抛物线的定义可知，，即可列式求；（2）首先设直线的方程为：，分别与圆的方程和抛物线方程联立，求点 的坐标，利用弦长公式求，再利用，求，最后表示四边形的面积，再通过换元，利用导数求函数的最值.(1)设抛物线焦点，由题意，故，解得：.故抛物线的标准方程为.(2)由题意，直线斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设点，，联立得：，由，得，联立得：，由，得因为，用代替，得.故四边形面积.令.设函数，故单调递增.故当，即时，取到最小值16，所以四边形面积的最小值是16.17．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知点在抛物线上.(1)求抛物线的方程；(2)过点作斜率分别为的两条直线，若与抛物线的另一个交点分别为，且有，探究：直线是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.【答案】(1)(2)直线恒过定点【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果； （2）设，，利用斜率公式表示出，得到；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得，可得，由此可得定点坐标.(1)在抛物线上，，解得：，抛物线的方程为：.(2)由（1）得：；设，，则；同理可得：；，，整理可得：；当直线斜率为时，其与抛物线只有一个公共点，不合题意；当直线斜率不为时，设，由得：，则，，解得：；，则直线过定点；综上所述：直线恒过定点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.18．（2021·山西运城·模拟预测（理））已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．【答案】(1)y2＝4x(2)证明见解析【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得 ，代入得参数值，从而可得定点坐标．(1)P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x．(2)证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，，同理：，由题意：，∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，∴y1y2＝4，∴﹣4t＝4，∴t＝﹣1，故直线AB恒过定点(﹣1，0)．