《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

3.（2023·河北秦皇岛三模）已知抛物线$C:y^{2}=2px(p\gt0)$上的点$M$与焦点$F$的距离为$9$，点$M$到$x$轴的距离为$4\sqrt{p}$。
（1）求抛物线$C$的方程；
（2）经过点$F$的直线与抛物线$C$交于$A$，$B$两点，$E$为直线$x = - 1$上任意一点，证明：直线$EA$，$EF$，$EB$的斜率成等差数列。

答案： 解
(1)设点 $M(x_{0},y_{0})$，由题意可知$|y_{0}|=4\sqrt{p}$，
所以$(4\sqrt{p})^{2}=2px_{0}$，解得 $x_{0}=8$。
因为$|MF|=x_{0}+\frac{p}{2}=8+\frac{p}{2}=9$，所以 $p = 2$。
所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4x$。
(2)证明：设直线 $AB$ 的方程为 $x = my + 1$，$A(\frac{y_{1}^{2}}{4},y_{1})$，$B(\frac{y_{2}^{2}}{4},y_{2})$，
联立$\begin{cases}y^{2}=4x\\x = my + 1\end{cases}$ 消去 $x$ 得 $y^{2}-4my - 4 = 0$，显然 $\Delta>0$。
所以 $y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$。
设$E(-1,n)$， 则$k_{EA}+k_{EB}=\frac{y_{1}-n}{\frac{y_{1}^{2}}{4}+1}+\frac{y_{2}-n}{\frac{y_{2}^{2}}{4}+1}=\frac{\frac{y_{1}y_{2}}{4}(y_{1}+y_{2})+(y_{1}+y_{2})-n(\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4})-2n}{(\frac{y_{1}^{2}}{4}+1)(\frac{y_{2}^{2}}{4}+1)}=\frac{-n(\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4}+2)}{\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4}+2}=-n$，
又因为$k_{EF}=-\frac{n}{2}$，所以 $k_{EA}+k_{EB}=2k_{EF}$，即直线 $EA$，$EF$，$EB$ 的斜率成等差数列。

4.（2023·浙江绍兴模拟预测）已知抛物线$C:y^{2}=2px(p\gt0)$，直线$l_{1}$与抛物线$C$交于$M$，$N$两点（$N$在$M$的上方）。
（1）若$l_{1}$过抛物线$C$的焦点，且$l_{1}$垂直于$x$轴时，$|MN| = 2$，求抛物线$C$的方程；
（2）若直线$l_{1}$的斜率$k\in(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$，过点$M$作直线$l_{1}$的垂线$l_{2}$交抛物线$C$于另外一点$Q$，当$|MN| = 2|MQ|$，且$\triangle MNQ$的重心落在直线$y=\frac{3}{4}p$上时，求直线$l_{1}$的斜率。

答案：