2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第7讲　抛物线学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第7讲　抛物线学案，共23页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
1．抛物线的定义
满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线：
(1)在平面内．
(2)动点到定点F的距离与到定直线l的距离相等．
(3)定点不在定直线上．
2．抛物线的标准方程和几何性质
常用结论
1．抛物线y2＝2px(p＞0)上一点P(x0，y0)到焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))的距离|PF|＝x0＋eq \f(p,2)，也称为抛物线的焦半径．
2．y2＝ax(a≠0)的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0))，准线方程为x＝－eq \f(a,4).
3．如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(p2,4).
(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2θ)(θ为AB的倾斜角)．
(3)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)为定值eq \f(2,p).
(4)以AB为直径的圆与准线相切．
(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．
二、习题改编
1．(选修2­1P72练习T1改编)过点P(－2，3)的抛物线的标准方程是( )
A．y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y
B．y2＝eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y
C．y2＝eq \f(9,2)x或x2＝－eq \f(4,3)y
D．y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝－eq \f(4,3)y
解析：选A.设抛物线的标准方程为y2＝kx或x2＝my，代入点P(－2，3)，解得k＝－eq \f(9,2)，m＝eq \f(4,3)，所以y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y.故选A.
2．(选修2­1P73A组T3改编)抛物线y2＝8x上到其焦点F距离为5的点P有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．4个
解析：选C.设P(x1，y1)，则|PF|＝x1＋2＝5，yeq \\al(2,1)＝8x1，所以x1＝3，y1＝±2eq \r(6).故满足条件的点P有两个．故选C.
3．(选修2­1P72练习T4改编)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|PQ|＝________．
解析：抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.根据题意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.
答案：8
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线．( )
(2)若直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线一定相切．( )
(3)若一抛物线过点P(－2，3)，则其标准方程可写为y2＝2px(p>0)．( )
(4)抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视抛物线的标准形式；
(2)忽视p的几何意义；
(3)忽视k＝0的讨论；
(4)易忽视焦点的位置出现错误．
1．抛物线8x2＋y＝0的焦点坐标为( )
A．(0，－2) B．(0，2)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,32))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,32)))
解析：选C.由8x2＋y＝0，得x2＝－eq \f(1,8)y.
2p＝eq \f(1,8)，p＝eq \f(1,16)，所以焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,32)))，故选C.
2．已知抛物线C与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是( )
A．y2＝±2eq \r(2)x B．y2＝±2x
C．y2＝±4x D．y2＝±4eq \r(2)x
解析：选D.由已知可知双曲线的焦点为(－eq \r(2)，0)，(eq \r(2)，0)．设抛物线方程为y2＝±2px(p＞0)，则eq \f(p,2)＝eq \r(2)，所以p＝2eq \r(2)，所以抛物线方程为y2＝±4eq \r(2)x.故选D.
3．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是________．
解析：由已知可得Q(－2，0)，当直线l的斜率不存在时，不满足题意，故设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，当k＝0时，l与抛物线有公共点；当k≠0时，Δ＝64(1－k2)≥0得－1≤k＜0或0＜k≤1.综上，－1≤k≤1.
答案：[－1，1]
4．若抛物线的焦点在直线x－2y－4＝0上，则此抛物线的标准方程为________．
解析：令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以抛物线的焦点是(4，0)或(0，－2)，故所求抛物线的标准方程为y2＝16x或x2＝－8y.
答案：y2＝16x或x2＝－8y
抛物线的定义(典例迁移)
设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，F为抛物线的焦点，若B(3，2)，则|PB|＋|PF|的最小值为________．
【解析】 如图，
过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1，则
|P1Q|＝|P1F|.
则有|PB|＋|PF|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝4.
即|PB|＋|PF|的最小值为4.
【答案】 4
【迁移探究1】 (变条件)若将本例中“B(3，2)”改为“B(3，4)”，如何求解？
解：由题意可知点B(3，4)在抛物线的外部．
因为|PB|＋|PF|的最小值即为B，F两点间的距离，
由例题知，F(1，0)，
所以|PB|＋|PF|≥|BF|＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
即|PB|＋|PF|的最小值为2eq \r(5).
【迁移探究2】 (变问法)在本例条件下，求点P到点A(－1，1)的距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值．
解：如图，易知抛物线的焦点为F(1，0)，准线是x＝－1，由抛物线的定义知点P到直线x＝－1的距离等于点P到F的距离．于是，问题转化为在抛物线上求一点P，使点P到点A(－1，1)的距离与点P到F(1，0)的距离之和最小，显然，连接AF与抛物线相交的点即为满足题意的点P，此时最小值为
eq \r([1－（－1）]2＋（0－1）2)＝eq \r(5).
【迁移探究3】 (变问法)在本例条件下，求点P到直线l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距离之和的最小值．
解：由题可知l2：x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，设抛物线的焦点为F(1，0)，则动点P到l2的距离等于|PF|，故动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值，即焦点F到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，所以最小值是eq \f(|4－0＋6|,5)＝2.
eq \a\vs4\al()
(1)与抛物线有关的最值问题，一般情况下都与抛物线的定义有关．“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决与过抛物线焦点的弦有关问题的重要途径．
(2)注意灵活运用抛物线上一点P(x，y)到焦点F的距离|PF|＝|x|＋eq \f(p,2)或|PF|＝|y|＋eq \f(p,2).
1．(2020·江西萍乡一模)已知动圆C经过点A(2，0)，且截y轴所得的弦长为4，则圆心C的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：选D.设圆心C(x，y)，弦为BD，过点C作CE⊥y轴，垂足为E，则|BE|＝2，
则有|CA|2＝|BC|2＝|BE|2＋|CE|2，
所以(x－2)2＋y2＝22＋x2，化为y2＝4x，则圆心C的轨迹为抛物线．
故选D.
2．(2020·成都模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线l：x＝－1，点M在抛物线C上，点M在直线l：x＝－1上的射影为A，且直线AF的斜率为－eq \r(3)，则△MAF的面积为( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．4eq \r(3) D．8eq \r(3)
解析：选C.如图所示，设准线l与x轴交于点N.
则|FN|＝2.
因为直线AF的斜率为－eq \r(3)，所以∠AFN＝60°.
所以∠MAF＝60°，|AF|＝4.
由抛物线的定义可得|MA|＝|MF|，
所以△AMF是边长为4的等边三角形．
所以S△AMF＝eq \f(\r(3),4)×42＝4eq \r(3).
故选C.
抛物线的标准方程(师生共研)
如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为( )
A．y2＝9x B．y2＝6x
C．y2＝3x D．y2＝eq \r(3)x
【解析】 如图，过点A，B分别作准线的垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由抛物线定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，从而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝eq \f(1,2)|FC|＝eq \f(3,2)，因此抛物线的方程为y2＝3x，故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
求抛物线的标准方程应注意以下几点
(1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线的标准方程属于四种类型中的哪一种．
(2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系．
(3)要注意参数p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题．
1．(2020·重庆调研)已知抛物线y2＝2px(p＞0)，点C(－4，0)，过抛物线的焦点作垂直于x轴的直线，与抛物线交于A，B两点，若△CAB的面积为24，则以直线AB为准线的抛物线的标准方程是( )
A．y2＝4x B．y2＝－4x
C．y2＝8x D．y2＝－8x
解析：选D.因为AB⊥x轴，且AB过点F，所以AB是焦点弦，且|AB|＝2p，所以S△CAB＝eq \f(1,2)×2p×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋4))＝24，解得p＝4或－12(舍)，所以抛物线方程为y2＝8x，所以直线AB的方程为x＝2，所以以直线AB为准线的抛物线的标准方程为y2＝－8x.故选D.
2．已知双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，若抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程是( )
A．x2＝16y B．x2＝8y
C．x2＝eq \f(8\r(3),3)y D．x2＝eq \f(16\r(3),3)y
解析：选A.因为双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以eq \f(c,a)＝2.因为双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))到双曲线的渐近线的距离为2，所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a·\f(p,2))),\r(a2＋b2))＝eq \f(p,2)·eq \f(a,c)＝eq \f(p,4)＝2，解得p＝8，所以抛物线C2的方程是x2＝16y.
抛物线的性质(师生共研)
已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)是过F的直线与抛物线的两个交点，求证：
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(p2,4)；
(2)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)为定值；
(3)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．
【证明】 (1)由已知得抛物线焦点坐标为F(eq \f(p,2)，0)．
由题意可设直线方程为x＝my＋eq \f(p,2)，代入y2＝2px，
得y2＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my＋\f(p,2)))，即y2－2pmy－p2＝0.(*)
则y1，y2是方程(*)的两个实数根，所以y1y2＝－p2.
因为yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
所以yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2，
所以x1x2＝eq \f(yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2),4p2)＝eq \f(p4,4p2)＝eq \f(p2,4).
(2)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,x1＋\f(p,2))＋eq \f(1,x2＋\f(p,2))
＝eq \f(x1＋x2＋p,x1x2＋\f(p,2)（x1＋x2）＋\f(p2,4)).
因为x1x2＝eq \f(p2,4)，x1＋x2＝|AB|－p，|AB|＝x1＋x2＋p，代入上式，得
eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(|AB|,\f(p2,4)＋\f(p,2)（|AB|－p）＋\f(p2,4))＝eq \f(2,p)(定值)．
(3)设AB的中点为M(x0，y0)，如图，分别过A，B作准线的垂线，垂足为C，D，过M作准线的垂线，垂足为N，则|MN|＝eq \f(1,2)(|AC|＋|BD|)＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)|AB|.所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．
eq \a\vs4\al()
抛物线几何性质的应用技巧
(1)涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性．
(2)与抛物线的焦点弦长有关的问题，可直接应用公式求解．解题时，需依据抛物线的标准方程，确定弦长公式是由交点横坐标还是由交点纵坐标定，是p与交点横(纵)坐标的和还是与交点横(纵)坐标的差，这是正确解题的关键．
1．(2020·河南郑州二模)已知抛物线C：y2＝2x，过原点作两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点(A，B均不与坐标原点重合)，则抛物线的焦点F到直线AB的距离的最大值为( )
A．2 B．3
C.eq \f(3,2) D．4
解析：选C.设直线AB的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝2x))⇒y2－2my－2t＝0⇒y1y2＝－2t，
由OA⊥OB⇒x1x2＋y1y2＝eq \f(（y1y2）2,4)＋y1y2＝0⇒y1y2＝－4，
所以t＝2，即直线AB过定点(2，0)．
所以抛物线的焦点F到直线AB的距离的最大值为2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).故选C.
2．(2020·洛阳模拟)已知F是抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的焦点，曲线C2是以F为圆心，eq \f(p,2)为半径的圆，直线4x－3y－2p＝0与曲线C1，C2从上到下依次相交于点A，B，C，D，则eq \f(|AB|,|CD|)＝( )
A．16 B．4
C.eq \f(8,3) D．eq \f(5,3)
解析：选A.因为直线4x－3y－2p＝0过C1的焦点F(C2的圆心)，故|BF|＝|CF|＝eq \f(p,2)，所以eq \f(|AB|,|CD|)＝eq \f(|AF|－\f(p,2),|DF|－\f(p,2)).由抛物线的定义得|AF|－eq \f(p,2)＝xA，|DF|－eq \f(p,2)＝xD.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－3y－2p＝0，,y2＝2px))整理得8x2－17px＋2p2＝0，即(8x－p)(x－2p)＝0，可得xA＝2p，xD＝eq \f(p,8)，故eq \f(|AB|,|CD|)＝eq \f(xA,xD)＝eq \f(2p,\f(p,8))＝16.故选A.
直线与抛物线的位置关系(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq \f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，求|AB|.
【解】 设直线l：y＝eq \f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq \f(3,2)，由题设可得x1＋x2＝eq \f(5,2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－eq \f(12（t－1）,9).
从而－eq \f(12（t－1）,9)＝eq \f(5,2)，得t＝－eq \f(7,8).
所以l的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \f(7,8).
(2)由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.
所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝eq \f(1,3).
故|AB|＝eq \f(4\r(13),3).
eq \a\vs4\al()
解决直线与抛物线位置关系问题的方法
(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)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法．
[提醒] 涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
1．(2020·河南郑州二模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过焦点F与抛物线C分别交于A，B两点，且直线l不与x轴垂直，线段AB的垂直平分线与x轴交于点T(5，0)，则S△AOB＝( )
A．2eq \r(2) B．eq \r(3)
C.eq \r(6) D．3eq \r(6)
解析：选A.如图所示，F(1，0)．设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点E(x0，y0)．
则线段AB的垂直平分线的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－5)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))化为ky2－4y－4k＝0，所以y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，所以y0＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(2,k)，x0＝eq \f(y0,k)＋1＝eq \f(2,k2)＋1，把Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1，\f(2,k)))代入线段AB的垂直平分线的方程y＝－eq \f(1,k)(x－5)，可得eq \f(2,k)＝－eq \f(1,k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1－5))，解得k2＝1.
S△OAB＝eq \f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq \f(1,2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(16,k2)＋16)＝2eq \r(2).故选A.
2．设A，B为曲线C：y＝eq \f(x2,2)上两点，A与B的横坐标之和为2.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，曲线C在点M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝eq \f(xeq \\al(2,1),2)，y2＝eq \f(xeq \\al(2,2),2)，x1＋x2＝2，
故直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2)＝1.
(2)由y＝eq \f(x2,2)，得y′＝x.
设M(x3，y3)，由题设知x3＝1，于是Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2))).
设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(1，1＋m)，|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2))).
将y＝x＋m代入y＝eq \f(x2,2)，
得x2－2x－2m＝0.
由Δ＝4＋8m＞0，得m＞－eq \f(1,2)，x1，2＝1±eq \r(1＋2m).
从而|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝2eq \r(2（1＋2m）).
由题设知|AB|＝2|MN|，即eq \r(2（1＋2m）)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))，解得m＝eq \f(7,2)或m＝－2(舍)．
所以直线AB的方程为y＝x＋eq \f(7,2).
数学运算 解析几何中的“设而不求”
“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简．解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．
类型一 巧妙运用抛物线定义得出与根与系数
关系的联系，从而设而不求
在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p>0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋eq \f(p,2)，|BF|＝y2＋eq \f(p,2)，|OF|＝eq \f(p,2)，由|AF|＋|BF|＝y1＋eq \f(p,2)＋y2＋eq \f(p,2)＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(xeq \\al(2,2),2p)－\f(xeq \\al(2,1),2p),x2－x1)＝eq \f(x2＋x1,2p).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))得kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,p)，则eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,p)＝eq \f(x2＋x1,2p)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)⇒eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x.
【答案】 y＝±eq \f(\r(2),2)x
类型二 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法
△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC边所在直线的方程为________．
【解析】 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋2,3)＝\f(1,2)，,\f(y1＋y2＋2,3)＝0，))
从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝－\f(1,4)，,y0＝\f(y1＋y2,2)＝－1，))即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－1))，
又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)＝－1，故直线BC的方程为y－(－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))，即4x＋4y＋5＝0.
【答案】 4x＋4y＋5＝0
类型三 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证Δ>0
已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？
【解】 假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1，,xeq \\al(2,2)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1，))
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，
又eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，
所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，
故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))消去y得2x2－4x＋3＝0，
因为Δ＝16－24＝－8<0，方程无解，故不存在一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点．
类型四 求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求
已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
【解析】 法一：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，设l1：x＝ty＋eq \f(1,2)，则直线l1的斜率为eq \f(1,t)，
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x＝ty＋\f(1,2)，))消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝eq \r(t2＋1)|y1－y2|＝eq \r(t2＋1)·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)eq \r(4t2＋4)＝2t2＋2，
同理得，用－eq \f(1,t)替换t可得|DE|＝eq \f(2,t2)＋2，所以|AB|＋|DE|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(1,t2)))＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝eq \f(1,t2)，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
法二：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，l2：y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，))消去y得k2x2－(k2＋2)x＋eq \f(k2,4)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋eq \f(2,k2).
由抛物线的定义知，
|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋eq \f(2,k2)＋1＝2＋eq \f(2,k2).
同理可得，用－eq \f(1,k)替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋eq \f(2,k2)＋2＋2k2＝4＋eq \f(2,k2)＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当eq \f(2,k2)＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
【答案】 8
[基础题组练]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆eq \f(x2,3p)＋eq \f(y2,p)＝1的一个焦点，则p＝( )
A．2 B．3
C．4 D．8
解析：选D.由题意，知抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，椭圆的焦点坐标为(±eq \r(2p)，0)，所以eq \f(p,2)＝eq \r(2p)，解得p＝8，故选D.
2．(2020·河北衡水三模)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若A，B，C三点坐标分别为(1，2)，(x1，y1)，(x2，y2)，且|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝10，则x1＋x2＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
解析：选A.根据抛物线的定义，知|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|，|eq \(FC,\s\up6(→))|分别等于点A，B，C到准线x＝－1的距离，所以由|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝10，可得2＋x1＋1＋x2＋1＝10，即x1＋x2＝6.故选A.
3．(2020·河北邯郸一模)位于德国东部萨克森州的莱科勃克桥有“仙境之桥”之称，它的桥形可近似地看成抛物线，该桥的高度为5 m，跨径为12 m，则桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为( )
A.eq \f(25,12) m B．eq \f(25,6) m
C.eq \f(9,5) m D．eq \f(18,5) m
解析：选D.建立如图所示的平面直角坐标系．
设抛物线的解析式为x2＝－2py，p＞0，
因为抛物线过点(6，－5)，所以36＝10p，可得p＝eq \f(18,5)，
所以桥形对应的抛物线的焦点到准线的距离为eq \f(18,5) m．故选D.
4．(2020·河南安阳三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，l与x轴的交点为P，点A在抛物线C上，过点A作AA′⊥l，垂足为A′.若四边形AA′PF的面积为14，且cs∠FAA′＝eq \f(3,5)，则抛物线C的方程为( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝8x
解析：选C.过点F作FF′⊥AA′，垂足为F′.设|AF′|＝3x，因为cs∠FAA′＝eq \f(3,5)，故|AF|＝5x，则|FF′|＝4x，由抛物线定义可知，|AF|＝|AA′|＝5x，则|A′F′|＝2x＝p，故x＝eq \f(p,2).四边形AA′PF的面积S＝eq \f(（|PF|＋|AA′|）·|FF′|,2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＋\f(5,2)p))·2p,2)＝14，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.
5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A，B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k＝( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(2\r(2),3)
解析：选D.设抛物线C：y2＝8x的准线为l，易知l：x＝－2，
直线y＝k(x＋2)恒过定点P(－2，0)，
如图，过A，B分别作AM⊥l于点M，BN⊥l于点N，
由|FA|＝2|FB|，知|AM|＝2|BN|，
所以点B为线段AP的中点，连接OB，
则|OB|＝eq \f(1,2)|AF|，
所以|OB|＝|BF|，所以点B的横坐标为1，
因为k＞0，
所以点B的坐标为(1，2eq \r(2))，
所以k＝eq \f(2\r(2)－0,1－（－2）)＝eq \f(2\r(2),3).故选D.
6．以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|＝4eq \r(2)，|DE|＝2eq \r(5)，则C的焦点到准线的距离为________．
解析：由题意，不妨设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，由|AB|＝4eq \r(2)，|DE|＝2eq \r(5)，可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，\r(5)))，设O为坐标原点，由|OA|＝|OD|，
得eq \f(16,p2)＋8＝eq \f(p2,4)＋5，得p＝4.
答案：4
7．过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F且倾斜角为锐角的直线l与C交于A，B两点，过线段AB的中点N且垂直于l的直线与C的准线交于点M，若|MN|＝|AB|，则l的斜率为________．
解析：设抛物线的准线为m，分别过点A，N，B作AA′⊥m，NN′⊥m，BB′⊥m，垂足分别为A′，N′，B′.
因为直线l过抛物线的焦点，所以|BB′|＝|BF|，|AA′|＝|AF|.
又N是线段AB的中点，|MN|＝|AB|，所以|NN′|＝eq \f(1,2)(|BB′|＋|AA′|)＝eq \f(1,2)(|BF|＋|AF|)＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)|MN|，所以∠MNN′＝60°，则直线MN的倾斜角为120°.又MN⊥l，所以直线l的倾斜角为30°，斜率是eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
8．(一题多解)已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________．
解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq \f(4,k)y－4＝0，则y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1与y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yeq \\al(2,1)＝4x1，,yeq \\al(2,2)＝4x2，))所以yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，则k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.
答案：2
9．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2eq \r(2)的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))，求λ的值．
解：(1)由题意得直线AB的方程为y＝2eq \r(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，
消去y有4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(5p,4).
由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(5p,4)＋p＝9，
所以p＝4，从而该抛物线的方程为y2＝8x.
(2)由(1)得4x2－5px＋p2＝0，
即x2－5x＋4＝0，
则x1＝1，x2＝4，
于是y1＝－2eq \r(2)，y2＝4eq \r(2)，
从而A(1，－2eq \r(2))，B(4，4eq \r(2))，设C(x3，y3)，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)＝(1，－2eq \r(2))＋λ(4，4eq \r(2))
＝(4λ＋1，4eq \r(2)λ－2eq \r(2))．
又yeq \\al(2,3)＝8x3，所以[2eq \r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，
整理得(2λ－1)2＝4λ＋1，
解得λ＝0或λ＝2.
10．(2020·河北衡水二模)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点M(2，m)(m＞0)在抛物线上，且|MF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P(x0，y0)为抛物线上任意一点，过该点的切线为l0，证明：过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上．
解：(1)由抛物线的定义可知，|MF|＝m＋eq \f(p,2)＝2，①
又M(2，m)在抛物线上，所以2pm＝4，②
由①②解得p＝2，m＝1，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：①当x0＝0，即点P为原点时，显然符合；
②x0≠0，即点P不在原点时，
由(1)得，x2＝4y，则y′＝eq \f(1,2)x，
所以抛物线在点P处的切线的斜率为eq \f(1,2)x0，
所以抛物线在点P处的切线l0的方程为
y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)，
又xeq \\al(2,0)＝4y0，
所以y－y0＝eq \f(1,2)x0(x－x0)可化为y＝eq \f(1,2)x0x－y0.
又过点F且与切线l0垂直的方程为y－1＝－eq \f(2,x0)x.
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x0x－y0，,y－1＝－\f(2,x0)x，))
消去x，得y＝－eq \f(1,4)(y－1)xeq \\al(2,0)－y0.(*)
因为xeq \\al(2,0)＝4y0，
所以(*)可化为y＝－yy0，即(y0＋1)y＝0，
由y0＞0，可知y＝0，即垂足必在x轴上．
综上，过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上．
[综合题组练]
1．(2020·广东广州一模)已知F为抛物线C：y2＝6x的焦点，过点F的直线l与C相交于A，B两点，且|AF|＝3|BF|，则|AB|＝( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选B.抛物线y2＝6x的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，准线方程为x＝－eq \f(3,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为|AF|＝3|BF|，
所以x1＋eq \f(3,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(3,2)))，
所以x1＝3x2＋3，
因为|y1|＝3|y2|，所以x1＝9x2，
所以x1＝eq \f(9,2)，x2＝eq \f(1,2)，
所以|AB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(3,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(3,2)))＝8.
故选B.
2．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|＝3，则△AOB的面积为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．eq \r(2)
C.eq \f(3\r(2),2) D．2eq \r(2)
解析：选C.
由题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，如图所示，|AF|＝x1＋1＝3，
所以x1＝2，y1＝2eq \r(2).
设AB的方程为x－1＝ty，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x－1＝ty))
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y1y2＝－4，所以y2＝－eq \r(2)，x2＝eq \f(1,2)，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq \f(3\r(2),2)，故选C.
3．(2020·江西九江二模)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝( )
A．4 B．8
C．16 D．eq \f(16,3)
解析：选C.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，
由抛物线定义得y1＋y2＋2＝|AF|＋|BF|，
因为eq \f(y1＋y2,2)＝|AB|－1，
所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，
所以cs∠AFB＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF|·|BF|)
＝eq \f(3（|AF|2＋|BF|2）－2|AF|·|BF|,8|AF|·|BF|)
≥eq \f(6|AF|·|BF|－2|AF|·|BF|,8|AF|·|BF|)＝eq \f(1,2)，
当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．
所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))消去y得，x2－4eq \r(3)x－4＝0，
所以x1＋x3＝4eq \r(3)，
所以y1＋y3＝eq \r(3)(x1＋x3)＋2＝14.
所以|AD|＝16.
故选C.
4．已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则实数a的取值范围为________．
解析：如图，设C(x0，xeq \\al(2,0))(xeq \\al(2,0)≠a)，A(－eq \r(a)，a)，B(eq \r(a)，a)，
则eq \(CA,\s\up6(→))＝(－eq \r(a)－x0，a－xeq \\al(2,0))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \r(a)－x0，a－xeq \\al(2,0))．
因为CA⊥CB，所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
即－(a－xeq \\al(2,0))＋(a－xeq \\al(2,0))2＝0，(a－xeq \\al(2,0))(－1＋a－xeq \\al(2,0))＝0，
所以xeq \\al(2,0)＝a－1≥0，所以a≥1.
答案：[1，＋∞)
5．已知抛物线的方程为x2＝2py(p>0)，其焦点为F，点O为坐标原点，过焦点F作斜率为k(k≠0)的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线的两条切线，设两条切线交于点M.
(1)求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))；
(2)设直线MF与抛物线交于C，D两点，且四边形ACBD的面积为eq \f(32,3)p2，求直线AB的斜率k.
解：(1)设直线AB的方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝kx＋\f(p,2)，))得x2－2pkx－p2＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2pk，,x1·x2＝－p2，))所以y1·y2＝eq \f(p2,4)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1·x2＋y1·y2＝－eq \f(3,4)p2.
(2)由x2＝2py，知y′＝eq \f(x,p)，
所以抛物线在A，B两点处的切线的斜率分别为eq \f(x1,p)，eq \f(x2,p)，所以直线AM的方程为y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线BM的方程为y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，则可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pk，－\f(p,2))).
所以kMF＝－eq \f(1,k)，所以直线MF与AB相互垂直．
由弦长公式知，|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \r(k2＋1)·eq \r(4p2k2＋4p2)＝2p(k2＋1)，
用－eq \f(1,k)代替k得，|CD|＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1))，
四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)·|AB|·|CD|＝2p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋k2＋\f(1,k2)))＝eq \f(32,3)p2，解得k2＝3或k2＝eq \f(1,3)，
即k＝±eq \r(3)或k＝±eq \f(\r(3),3).
6．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
解：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝eq \f(x,p)，则A，B处的切线斜率的乘积为eq \f(x1x2,p2)＝－eq \f(2,p)，
因为点N在以AB为直径的圆上，所以AN⊥BN，
所以－eq \f(2,p)＝－1，所以p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线BN：y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝\f(x1,p)（x－x1），,y－y2＝\f(x2,p)（x－x2），))
结合①式，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝pk，,y＝－1，))即N(pk，－1)．
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(4p2k2＋8p)，
点N到直线AB的距离d＝eq \f(|kxN＋1－yN|,\r(1＋k2))＝eq \f(|pk2＋2|,\r(1＋k2))，
则△ABN的面积S△ABN＝eq \f(1,2)·|AB|·d＝eq \r(p（pk2＋2）3)≥2eq \r(2p)，当k＝0时，取等号，
因为△ABN的面积的最小值为4，
所以2eq \r(2p)＝4，所以p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y.
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
图形
顶点
O(0，0)
对称轴
y＝0
x＝0
焦点
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
离心率
e＝1
准线方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
开口方向
向右
向左
向上
向下
焦半径(其中P(x0，y0))
|PF|＝x0＋eq \f(p,2)
|PF|＝－x0＋eq \f(p,2)
|PF|＝y0＋eq \f(p,2)
|PF|＝－y0＋eq \f(p,2)