高考拋物線經典題型與核心考點突破

肖斌

拋物線是重要的圓錐曲線之-，在高考中多與其他曲線-起綜合命題，大小題型都可能出現。選擇題和填空題命題的重點多為拋物線的標準方程、幾何性質以及簡單的最值問題;解答題多為拋物線與圓的綜合性問題，互相滲透，各有側重。縱觀近五年高考全國卷，拋物線解答題深λ挖掘教材，依托經典背景，聚焦主干知識，考查關鍵能力，靈動多變，精彩紛呈，出現的頻率已經不亞于橢圓。比如2021年全國卷高考數學有四個類別共6套試卷，而命制拋物線解答題的多達4套。其中全國甲卷理數第20題、文數第21題是一道以高等數學中的彭賽列定理為背景，將拋物線核心知識與圓、直線交匯滲透的探究類解答題，文理同題，分別作為次壓軸題和壓軸題出現。全國乙卷理數第21題是以高考中考查多次的阿基米德三角形性質為背景，創設新的問題情境，考查用同構思想構建切點弦方程、用配方法求阿基米德三角形面積最值的拋物線試題;全國乙卷文數第20題是一道用均值不等式研究直線斜率最值的拋物線大題，活而不難，但易出錯。2021年僅全國新高考工卷、Ⅱ卷解析幾何解答題分別考查雙曲線及橢圓（涉及圓）。若再調研之前的2016年至2020年全國I卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷，我們發現：這五年間理科數學15套試卷中，考查橢圓解答題的有10套（其中橢圓與拋物線結合問題、橢圓與圓結合問題各1套），考查拋物線解答題的有6套（其中橢圓與拋物線結合問題、拋物線與圓結合問題各1套）;這五年間文科數學的15套試卷中，考查橢圓解答題的有7套（其中橢圓與拋物線結合問題1套），考查拋物線解答題的有9套（其中拋物線與橢圓結合問題1套、拋物線與圓結合問題3套）。這些數字說明，拋物線與橢圓交替出現，平分秋色，頻繁亮相于高考最后三道把關大題之中。請同學們關注這些新熱點、新動向，觸類旁通，積極應對。

一、經典基礎題-拋物線的定義及其幾何性質問題

對拋物線的定義及其幾何性質等基礎知識的考查，通常出現在選擇題、填空題中間偏后的位置，以中檔難度居多。有時也出現在小題靠前的位置或大題的第一問中，屬于簡單的必得分題。

高頻考點一拋物線的定義

命題方向1利用“拋物線上的點到焦點的距離等于它到準線的距離”進行線段等量轉移

例1（2017年全國Ⅱ卷理數第16題）已知F是拋物線C：y2=8x的焦點，M是拋物線C上一點，FM的延長線交y軸于點N。若M為FN的中點，則|FN|=

解析：不妨設點M位于第一象限。設拋物線的準線L與x軸交于點F′，即FF′⊥L于點F。

作MB⊥L于點B，作NA⊥L于點A。

因為M為FN的中點，所以線段BM為直角梯形AF'FN的中位線。

易得準線1的方程為x=-2，于是|AN|=2，|F'F|=4。

在直角梯形AF′FN中，中位線之長由拋物線的定義，得MF|=|MB=3。

由M為FN的中點，得|MN|=|F|=3。

故|FN|=|FM|+|MN|=3+3=6。

命題方向2利用拋物線的定義求解焦半徑問題

例2（2021年高考北京卷第12題改編）設F為拋物線y2=4x的焦點，A，B，C為該拋物線上三點，若FA+FB+FC=0，則|FA|+|FB|+|FC|=

解析：因為FA+FB+FC=0，所以焦點F（1，0）為△ABC的重心，A，B，C三點的橫坐標之和為點F的橫坐標的三倍，即xA+xB+xc=3。

由拋物線的定義知，拋物線上的點A到焦點F的距離等于它到準線x=-1的距離，即|FA|=|FA|=xA-（-1）=xA+1。同理可得|FB|=xB+1，|FC|=xc+1。

故|FA|+IFB|+|FC|=xA+1+xB+1+xc+1=6。

命題方向3利用拋物線的定義解決焦點弦問題

例3（2017年全國I卷理數第10題）已知F為拋物線C：y2=4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線11，L2，直線L1與拋物線C交于A、B兩點，直線L？與拋物線C交于D、E兩點，則川AB+|DE的最小值為（）。

A.16

B.14

C.12

D.10

解析：設直線AB的傾斜角為α，則直線故|AB|+|DE|的最小值為16，選A。

反思升華：已知F是拋物線y2=2px（衛》0）的焦點，PQ為過焦，點的弦，其中P（x1，y1），Q（x2，y2），y1》y2，且弦PQ所在直線的傾斜角為0，對于焦半徑PF、QF，及焦，點弦PQ，有以下重要結論：

對稱軸的焦，點弦稱為通徑，其長為2衛，易得通徑是最短的焦，點弦）;

③斜率式，|PQ|=2p+2衛k2（為直線PQ的斜率）。

高頻考點二拋物線的幾何性質

拋物線的標準方程有四種情形，其對應圖形、焦點坐標、準線方程、取值范圍、開口方向、焦半徑等重要的幾何性質可歸納為表1，同學們應在數形結合、異同對比的基礎上，熟練掌握并運用。

考查拋物線幾何性質的高考試題，常聚焦于模塊內或模塊間的基礎知識的綜合性考查，大多涉及拋物線的多個基本知識點，甚至與直線、圓、橢圓、雙曲線等其他解析幾何的主干知識交匯考查

命題方向1與拋物線的對稱性有關的問題

例4（2020年全國Ⅲ卷理數第5題）設O為坐標原點，直線x=2與拋物線C：y=2px（p》0）交于D，E兩點，若OD⊥OE，則拋物線C的焦點坐標為（）。

反思升華：本題的常用解法是聯立直線與拋物線方程，求出D，E兩，點的坐標，然后從直線的斜率角度（或向量的數量積角度）去處理，即用kD·koE=-1（或OD·O尼=0）去處理。而此解法獨辟蹊徑，巧用拋物線的對稱性獲得更簡便的解法。

命題方向2拋物線的幾何性質與圓的基礎知識結合問題

例5（2017年高考天津卷文數第12題）設拋物線y2=4x的焦點為F，準線為1。已知點C在L上，以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點A。若∠FAC=120°，則該

圓的方程為

解析：（解法一，利用向量夾角公式）易知焦點為F（1，0）。設圓心為C（-1，m），則A（0，m），AC=（-1，0），AF=（1，-m）。

故圓心為C（-1，/3），半徑為1，圓的方程為（x+1）2+（y-3）2=1。

（解法二，數形結合法）易知焦點為F（1，0），準線1的方程為x=-1。

由圓心C在準線L上，且圓C與y軸的正半軸相切，可得點C的橫坐標為-1，圓的半徑為1，∠CAO=90°

又因為∠FAC=120°，所以∠OAF=30°，|OA|=3。故圓心為C（-1，3），半徑為1，圓的方程為（x+1）2+（y-3）2=1。

命題方向3拋物線的幾何性質與橢圓的基礎知識結合問題

例6（2021年上海市春季高考第11

題）已知橢圓x+，-1（0《6《1）的左、右焦點為F1、F2，以O為頂點，F2為焦點作拋物線交橢圓于P，且∠PF1F2=45°，則拋物線的準線方程是

解析：設F1（-c，0），F2（c，0），c》0，則拋物線方程為y2=4cx，其準線方程為x=-c。

不妨設P在第一象限，易得直線PF，的斜率為tan45°=1，其方程為y=x+c。

由橢圓的定義得PF，+PF，-（2/2+2）c=2，解得c=2-1。

故拋物線的準線方程為x=1-2。命題方向4拋物線的幾何性質與雙曲線的基礎知識結合問題

例7（2012年高考山東卷試題改編）

點到雙曲線的漸近線的距離為2，則拋物線C2的標準方程為

則雙曲線的漸近線為

故拋物線C2的標準方程為x2=16y。

二、經典主干題-直線與拋物線的位置關系問題

高頻考點一向量知識在直線與拋物線相交問題中的滲透

例8（2018年全國I卷理數第8題）設拋物線C：y2=4x的焦點為F，過點（-2，20）且斜率為3的直線與拋物線C交于M，V

解析：由題意得，直線MN的方程為y-

反思升華：本題也可設M（x1，y1），N（x2，y2），用韋達定理法“設而不求”得到x1+x2=5，x1x2=4去處理。

高頻考點二

拋物線的焦點弦（或一般弦）問題

命題方向1

拋物線的焦點弦（或一般弦）的斜率問題

例9（2021年上海夏季高考卷）已知拋物線y2=2px（p》0），若第一象限的點A、B在拋物線上，拋物線焦點為F，|AF=2，BF=4，|AB|=3，則直線AB的斜率為

解析：注意理解與靈活應用拋物線的定義以及直線的斜率公式的特征，可得多種解法。

（解法一）設A（x1，y1），B（x2，y2），由題設知B在A的右上方，即x2》x1，y2》y1。

故直線AB的斜率為

（解法二）過A、B作準線的垂線，垂足分別為A1、B1。

作AH⊥BB1，垂足為H。

設直線AB與x軸的交點為P，由拋物線的定義，得|AA1|=|AF|=2，|BB，|=|BF|=4。

則|BH|=|BB1|-|HB1|=|BB，|-AA1=2。

反思升華：解法一，注意到直線斜率的坐標公式特征，利用拋物線的焦半徑公式及兩點間的距離公式，分別整體求出點A、B的橫坐標的差與縱坐標的差后獲解;解法二，利用她物線的定義及平面幾何的性質處理;解法三，利用拋物線的定義表達出焦半徑，然后整體相減得到點A、B的橫坐標的差，最后利用弦長公式求出直線AB的斜率。

命題方向2求拋物線的焦點弦（或一般弦）所在直線方程問題

例10（2018年全國Ⅲ卷理數第16題改編）已知點M（-1，1）和拋物線C：y2=4x，過拋物線C的焦點F的直線1與拋物線C交于A，B兩點。若∠AMB=90°，則直線L的方程為

解析：（解法一，韋達定理法）設A（x1，y1），B（x2，y2）。拋物線C的焦點為F（1，0），顯然直線1的斜率不為0，故可設1的方程為x=my+1。

故直線l的方程為2x-y-2=0。（解法二，點差法和拋物線定義法）易知F的坐標為（1，0），設A（1，y1），B（x2，y2）。則y=4x1，y號=4x2，相減得：（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）。

又M'為線段AB的中點，所以M為線段A'B'的中點，MM'平行于x軸，yo=1。

于是y1+y2=2，k=2。

故直線L的方程為2x-y-2=0。（解法三，阿基米德三角形性質“秒殺”法）易知拋物線C的焦點為F（1，0），準線方程為x=-1，M（-1，1）在準線上。連接

MF，由阿基米德三角形性質，得MF⊥AB。

易得直線MF的斜率為-2，故直線AB的斜率為2，其方程為2x-y-2=0。

反思升華：圓錐曲線的弦與過弦的端，點的兩條切線所圍成的三角形叫作阿基米德三角形。過拋物線上A，B兩，點作拋物線的切線，兩條切線相交于P，則稱△ABP為拋物線的阿基米德三角形。若AB恰為過拋物線焦點的弦，則△ABP有以下重要性質：（1）交點P必在拋物線的準線上;（2）△ABP為直角三角形，且PA⊥PB;（3）PF⊥AB。對于任意圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）中的阿基米德三角形均有以下特，點：過某一焦，點F作直線與圓錐曲線交于A，B兩，點，分別過A，B兩，點作切線，兩條切線相交于P，則交點P必在該焦點對應的準線上。近年來，以阿基米德三角形作為數學文化背景的高考題、模擬題層出不窮，常考常新。

命題方向3與拋物線的焦點弦（或般弦）相關的三角形或四邊形面積問題

例11（2020年四川省巴中中學高二期末試題）拋物線y=4x的焦點為F，過點F的直線交拋物線于A，B兩點。

（1）若AF=2FB，求直線AB的斜率;

（2）設點M在線段AB上運動，原點O

關于點M的對稱點為C，求四邊形OACB面積的最小值。

解析：（1）依題意知F（1，0）。設A（x1，y1），B（x2，y2），顯然直線AB的斜率不為0，設其方程為x=my+1。

代λy2=4x，得y2-4my-4=0。所以y1+y2=4m，y1y2=-4。①因為AF=2FB，所以y1=-2y2。②

故直線AB的斜率為士2/2。

（2）由點C與原點O關于點M對稱，知M是線段OC的中點，點O與點C到直線

AB的距離相等，所以四邊形OACB的面積等于△AOB的面積的2倍。

所以當m=0時，四邊形OACB的面積最小，最小值是4，此時直線AB⊥x軸。

反思升華：對人教A版選修2-1中P69例4、P70例5深λ挖掘，可得到拋物線焦，點

弦的重要性質，以此為背景的問題在高考題和模擬題中比比皆是。設經過拋物線y-2px（p》0）的焦，點F的直線與拋物線相交于A，B兩點，O為坐標原，點，A（x1，y1），B（x2，y2），y1》y2，且直線AB的傾斜角為0。當直線AB的斜率存在時，設其斜率為k。

設拋物線的準線為L，作AAL于點A，作BB′⊥L于點B'。設焦，點弦AB的中，點為M，作MM'⊥L于，點M'，則有：

≥2力，特別地，通常將垂直于對稱軸的焦，點弦稱為通徑，其長為2衛，易見通徑是最短的焦，點弦;

（5）相切關系，以焦半徑AF、BF為直徑的圓與y軸相切，以焦，點弦AB為直徑的圓與準線相切;

（6）直角關系，∠AM'B與∠A'FB均為直角;

（7）三，點共線關系，A，O，B及B，O，A均滿足三，點共線。

高頻考點三拋物線的中點弦（或弦中點）問題

命題方向1拋物線的中點弦位置關系問題

例12（2015年高考四川卷理數第10題）設直線1與拋物線y2=4x相交于A，B兩點，與圓C：（x-5）2+y2=r2（r》0）相切于點M，且M為線段AB的中點。若這樣的直線1恰有4條，則r的取值范圍是（）。

A.（1，3）

B.（1，4）

C.（2，3）

D.（2，4）

解析：設A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）。

當直線L的斜率不存在，即x1=x2時，符合條件的直線1必有兩條。

當直線l的斜率存在，即x1≠x2時，yo≠0，因M為線段AB的中點，故y1+y2=2y0。

解得xo=3。

因為M在拋物線的內部，所以y《4xo=12。

由yo≠0，得0《y8《12。

因為M（3，yo）在圓上，所以（3-5）2+y=r2，即y=r2-4。

因此，0《r2-4《12。

又r》0，解得2《r《4，選D。

反思升華：點M（xo，yo）在拋物線y2=2px（p》0）內臺y6《2px0;點M（x0，y0）在拋物線y2=2px（p》0）上曰y=2px0;，點M（x0，yo）在地物線y2=2px（p》0）外臺y>2px0。

命題方向2拋物線上存在兩點關于某條直線對稱問題

例13（2016年高考江蘇卷第22題）

在平面直角坐標系xOy中，已知直線1：x-y-2=0，拋物線C：y2=2px（p》0）。

（1）若直線1過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程。

（2）已知拋物線C上存在關于直線L對稱的相異兩點P和Q。

①求證：線段PQ的中點坐標為（2-衛，

②求衛的取值范圍。

故拋物線C的方程為y2=8x。

（2）設P（x1，y1），Q（x2，y2），線段PQ的中點M（xo，yo）。

因為點P和Q關于直線1對稱，所以直線L垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為-1。

可設其方程為y=-x+b。

反思升華：第二問中“求衛的取值范圍”的策略通常被稱為“一等一不等法”。所謂“一等”是指“弦PQ的中點M在對稱軸L上”;“-不等”是指“直線PQ與拋物線有兩個交點，則△》0”。此題也可由“點差法”處理。

三、經典能力題—以拋物線為載體的壓軸題或次壓軸題

高頻考點一拋物線與其他曲線的交匯問題命題方向1拋物線與圓的交匯問題例14（2017年全國Ⅲ卷理數第20題）已知拋物線C：y2=2x，過點（2，0）的直線

L交拋物線C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓。

（1）證明：坐標原點O在圓M上;

（2）設圓M過點P（4，-2），求直線L與圓M的方程。

解析：（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），顯然直線L的斜率不為0，可設直線L的方程為x=my+2。

故坐標原點O在圓M上。

（2）由（1）可得y1+y2=2m，x1+x2=m（y1+y2）+4=2m2+4。

由（1）得x1x2=4，y1y2=-4。

當m=1時，直線1的方程為x-y-2=

0，M的坐標為（3，1），圓M的半徑為/10，圓M的方程為（x-3）2+（y-1）2=10。

反思升華：由人教A版選修2-1中P73

第6題、P81第3題引申拓展，可得拋物線中以坐標原，點○為直角頂，點的內接直角三角形的重要性質。設A（x1，y1），B（x2，y2）是拋物線C：y2=2px（p≠0）上的點，O是坐標原，點，且滿足∠AOB=90°，則有：（1）x1x2=4p2，y1y2=-4p2，即A，B兩點的橫坐標、縱坐標之積均是定值;（2）直線AB必過定點（2p，0）。本題第一小問是以此經典性質為背景逆向命制的，植根教材，銳意創新。

命題方向2

拋物線與橢圓的交匯問題

例15（2020年全國Ⅱ卷理數第19焦點F與拋物線C2的焦點重合，橢圓C1的中心與拋物線C？的頂點重合。過F且與x軸重直的直線交橢圓C1于A，B兩點，交拋物線C：于C，D兩點，且CD-專AB。

（1）求橢圓C1的離心率;

（2）設M是橢圓C1與拋物線C2的公共

點，若MF|=5，求橢圓C1與拋物線C2的標準方程。

解析：（1）由題意可設C2的方程為y2=4cx，其中c=/a2-b2。

不妨設A，C在第一象限，由題設得A，又拋物線C2的準線方程為x=-c，則物線C2的標準方程為y2=12x。

反思升華：本題是一道拋物線與橢圓的交匯問題，考查了構建齊次方程求橢圓的離心心率以及利用待定系數法和定義法求她物線和橢圓的標準方程，考查的知識，點很常見，題號也由最后兩道大題前移至第19題，此舉有利于避免考場上同學們見到解析幾何大題就頭疼、干脆放棄的現象。

高頻考點二定值問題

例16（2018年高考北京卷理數第19題）已知拋物線C：y2=2px經過點P（1，2）。

過點Q（0，1）的直線1與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于點M，直線PB交y軸于點N。

（1）求直線1的斜率的取值范圍;

解析：（1）因為拋物線y2=2px經過點P（1，2），所以4=2p，解得=2。

所以拋物線的方程為y2=4x。

由題意可知，直線的斜率存在且不為

依題意△=（2k-4）2-4×k2×1》0，且k≠0，解得k《0或0k1。

又PA，PB與y軸相交，故直線L不過點（1，-2），從而k≠-3。

所以直線L的斜率的取值范圍是（-∞，-3）U（-3，0）U（0，1）。

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）。由（1）知直線PA的方程為

同理，點N的縱坐標為

反思升華：定值問題求解的基本策略是：先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導和已知條件，消去變量，得到定值。為幫助記憶，可編成口訣：定值問題莫畏難，參數思想能通天;變量表示不變量，特殊引路證一般;斜率、點、角作參數，“設參”“用參”和“消參”;“三板斧”開路顯神功，勢如破竹當先鋒。

高頻考點三動點問題

例17（2021年四川省巴中市名校聯考高二數學試題）已知拋物線C：y=2px（p》0）的焦點為F，點A（3，yo）在拋物線C上，且|AF=4。

（1）求拋物線C的方程及點A的坐標。

（2）已知直線1與拋物線相交于不同兩

點M、N，O為坐標原點，若∠MON=90°，求證直線恒過某定點，并求出該定點的坐標。

所以拋物線C的方程為y2=4x。

因為點A（3，yo）在拋物線C上，所以y=12→y。=士2/3，可得A（3，士23）。

（2）（解法一，韋達定理法）由題意知，直線L的斜率不為0，設直線L的方程為x-ty+n（n≠0）。

與拋物線的方程聯立，得y2-4ty-4n=0。設M（x1，y1），N（x2，y2），顯然x1，y1，x2，y2均不為0。

則△=16t2+16n》0，y1y2=-4n。

滿足△=16t2+64》0，則直線1的方程為x=ty+4。

故直線L恒過x軸上-定點（4，0）。（解法二，點差法）設M（x1，y1），N（x2，y2），則y=4x1，y2=4x2。

因為∠MON=90°，所以OM·ON=x1x2+y1y2=0。

又y1=4x1，y2=4x2，相減得：（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）。

所以直線L的方程為

此時直線1恒過定點（4，0）。

當x1=x2，即L⊥x軸時，不妨假定點M在x軸上方、點N在x軸下方。

由拋物線的對稱性及∠MON=90°，易得M（4，4），N（4，-4）。

此時直線1的方程為x=4，也過定點（4，0）。

綜上，直線1恒過定點（4，0）。

反思升華：本題由人教A版選修2-1中P73第5題、第6題改編而成，可由韋達定理法或，點差法求解，它植根教材，凸顯主千，貼近高考。可先將要證明的過定，點的直線方程表示為某參數的直線系方程的形式，再由直線系方程求出定，點。一般地，若得到直線方程的點斜式y-y0=（x-xo），則直線必過定點（x0，yo）;若得到直線方程的斜截式y=kx+b，則直線必過定，點（0，b）。

高頻考點四探索性問題

例18（2019年全國I卷文數第21題）已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|=4，圓M過點A，B且與直線x+2=0相切。

（1）若點A在直線x+y=0上，求圓M的半徑。

（2）是否存在定點P，使得當點A運動

時，|MA|-MP|為定值？并說明理由。

解析：（1）因為圓M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上。

已知A在直線x+y=0上，且A，B關于坐標原點O對稱，所以M在直線y=x上，可設M（a，a）。

因為圓M與直線x+2=0相切，所以圓M的半徑為r=|a+2|。

由已知得|AO|=2。又MòLAò，故2a2+4=（a+2）2，解得a=0或a=4。

故圓M的半徑r=2或r=6。

（2）存在定點P（1，0），使得|MA|-IMP|為定值。

理由如下：設M（x，y），由已知得圓M的半徑為r=|x+2|，|AO|=2。

由于Mδ⊥Aδ，故可得x2+y2+4=（x+2）2，化簡得M的軌跡方程為y2=4x。

因為曲線C：y2=4x是以點P（1，0）為焦點，以直線x=-1為準線的拋物線，所以|MP|=x+1。

因為|MA|-|MP|=r-|MP|=（x+2）-（x+1）=1，所以存在滿足條件的定點P。

反思升華：求解是否存在性探索題的基本思路遵循“三部曲”：假設存在-演繹推理-得出結論（或與結論矛盾）。

高頻考點五最值與取值范圍問題圓錐曲線中最值問題的基本解法一般有兩種：-是幾何法，即利用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關性質求最值;二是代數法，即將圓維曲線的最值問題轉化為二次函數或三角函數的最值問題，然后利用配方法、基本不等式或三角函數的有界性獲解。

命題方向1化歸為二次函數求最值或取值范圍

例19（2021年全國乙卷理數第21題）已知拋物線C：x2=2py（p》0）的焦點為F，且F與圓M：x2+（y+4）2=1上點的距離的最小值為4。

（1）求衛的值;

（2）若點P在圓M上，PA，PB是拋物

線C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值。

圓M的圓心為M（0，-4），半徑為1，則則切線PA的方程為

同理，得切線PB的方程為

于是A（x1，y1），B（x2，y2）的坐標都滿足方程x0x-2y-2yo=0，直線AB的方程為xox-2y-2yo=0。

點P到直線AB的距離點P在圓M上，故x-4yo=1-（yo+4）2-4y0=-y-12y-15=-（y0+6）2+21。

由已知可得-5≤y。≤-3，所以當y。=-5時，x-4y0取得最大值20。

故當點P的坐標為（0，-5）時，△PAB的面積取得最大值205。

反思升華：本題是以阿基米德三角形為

深刻的數學文化背景命制出的精彩好題，它將拋物線、圓等解析幾何主體知識與求切，點弦方程的同構思想、求二次函數最值的配方法等思想方法融于-體，既體現出高考命題的優秀選拔功能，更彰顯著數學文化的德育教育作用。

命題方向2利用兩個變量之間的函數關系求最值或取值范圍

例20（2021年高考浙江卷第21題）如圖1，已知F是拋物線y2=2px（p》0）的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且|MF=2。

（1）求拋物線的標準方程;

（2）設過點F的直線交拋物線于A、B兩點，若斜率為2的直線L與直線MA，MB，AB，x軸依次交于點P，Q，R，N，且滿足|RN=PN·QN，求直線L在x軸上截距的取值范圍。

解析：（1）由題意知力=|MF|=2，故拋物線的方程為y2=4x。

（2）設直線AB的方程為x=ty+1（≠2），設A（x1y），B（xy），直線AB的方程代λ拋物線方程，得y2-4ty-4=0。

所以y1+y2=4t，y1y2=-4。

直線MA的方程為

設直線1的方程

反思升華：解決第二問的關鍵是將線段截距s的取值范圍。一般地，利用題目中隱藏的已知參數的范圍求新參數的范圍問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系，將新參數的范圍問題轉化為已知參數的范圍問題。

（責任編輯 徐利杰）