高考数学第一轮复习第九章 §9.8　抛物线

这是一份高考数学第一轮复习第九章 §9.8　抛物线

知识梳理
1．抛物线的概念
把平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线．
2．抛物线的标准方程和简单几何性质
常用结论
抛物线焦点弦的几个常用结论
设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2；
(2)若A在第一象限，B在第四象限，则|AF|＝eq \f(p,1－cs α)，|BF|＝eq \f(p,1＋cs α)，弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α为弦AB的倾斜角)；
(3)eq \f(1,|FA|)＋eq \f(1,|FB|)＝eq \f(2,p)；
(4)以弦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；
(6)过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上；
(7)通径：过焦点与对称轴垂直的弦长等于2p.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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是抛物线．( × )
(2)方程y＝4x2表示焦点在x轴上的抛物线，焦点坐标是(1,0)．( × )
(3)抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形．( × )
(4)若直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线相切．( × )
教材改编题
1．抛物线y＝2x2的准线方程为( )
A．y＝－eq \f(1,8) B．y＝－eq \f(1,4)
C．y＝－eq \f(1,2) D．y＝－1
答案 A
解析 由y＝2x2，得x2＝eq \f(1,2)y，故抛物线y＝2x2的准线方程为y＝－eq \f(1,8).
2．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|等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 B
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.
3．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________．
答案 y2＝±4eq \r(2)x
解析 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.
题型一 抛物线的定义和标准方程
命题点1 定义及应用
例1 (1)(2020·全国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等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
答案 C
解析 设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x＋eq \f(p,2)＝12.
又因为点A到y轴的距离为9，即x＝9，
所以9＋eq \f(p,2)＝12，解得p＝6.
(2)已知A(3,2)，点F为抛物线y2＝2x的焦点，点P在抛物线上移动，为使|PA|＋|PF|取得最小值，则点P的坐标为( )
A．(0,0) B．(2,2)
C．(1，eq \r(2)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
答案 B
解析 如图所示，
设点P到准线的距离为d，
准线方程为x＝－eq \f(1,2)，
所以|PA|＋|PF|＝|PA|＋d≥|AB|
＝3＋eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)，
当且仅当点P为AB与抛物线的交点时，|PA|＋|PF|取得最小值，
此时点P的坐标为(2,2)．
思维升华 “看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”，许多抛物线问题均可根据定义获得简捷、直观的求解．“由数想形，由形想数，数形结合”是灵活解题的一条捷径．
命题点2 求标准方程
例2 (1)设抛物线y2＝2px的焦点在直线2x＋3y－8＝0上，则该抛物线的准线方程为( )
A．x＝－4 B．x＝－3
C．x＝－2 D．x＝－1
答案 A
解析 直线2x＋3y－8＝0与x轴的交点为(4,0)，∴抛物线y2＝2px的焦点为(4,0)，∴准线方程为x＝－4.
(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上一点，AD⊥l，交l于D.若|AF|＝4，∠DAF＝60°，则抛物线C的方程为( )
A．y2＝8x B．y2＝4x
C．y2＝2x D．y2＝x
答案 B
解析 根据抛物线的定义可得|AD|＝|AF|＝4，
又∠DAF＝60°，
所以|AD|－p＝|AF|cs 60°＝eq \f(1,2)|AF|，
所以4－p＝2，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
教师备选
1．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，M，N是抛物线上两个不同的点．若|MF|＋|NF|＝5，则线段MN的中点到y轴的距离为( )
A．3 B.eq \f(3,2) C．5 D.eq \f(5,2)
答案 B
解析 由题意知抛物线的准线方程为x＝－1，分别过点M，N作准线的垂线，垂足为M′，N′(图略)，
根据抛物线的定义得|MF|＝|MM′|，
|NF|＝|NN′|，
所以|MF|＋|NF|＝|MM′|＋|NN′|，
所以线段MN的中点到准线的距离为
eq \f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq \f(5,2)，所以线段MN的中点到y轴的距离为eq \f(5,2)－1＝eq \f(3,2).
2．(2022·济南模拟)已知抛物线x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点(点A在第一象限)．若直线AB的斜率为eq \f(\r(3),3)，点A的纵坐标为eq \f(3,2)，则p的值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 C
解析 由题意得，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点在y轴上，
准线方程为y＝－eq \f(p,2)，
设A(xA，yA)，
则|AF|＝yA＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)＋eq \f(p,2)，
设直线AB的倾斜角为α，
则tan α＝eq \f(\r(3),3)，
因为α∈[0，π)，所以α＝eq \f(π,6)，
所以|AF|＝eq \f(yA－\f(p,2),sin α)＝eq \f(\f(3,2)－\f(p,2),sin α)＝eq \f(3－p,2sin α)
＝eq \f(3－p,2×\f(1,2))＝3－p，
所以3－p＝eq \f(3,2)＋eq \f(p,2)，解得p＝1.
思维升华 求抛物线的标准方程的方法
(1)定义法；(2)待定系数法：当焦点位置不确定时，分情况讨论．
跟踪训练1 (1)设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q.则线段FQ的垂直平分线( )
A．经过点O B．经过点P
C．平行于直线OP D．垂直于直线OP
答案 B
解析 连接PF(图略)，由题意及抛物线的定义可知|PQ|＝|FP|，则△QPF为等腰三角形，故线段FQ的垂直平分线经过点P.
(2)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用，直角三角形的三条边长分别称为“勾”“股”“弦”．设点F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，l是该抛物线的准线，过抛物线上一点A作准线的垂线，垂足为B，直线AF交准线l于点C，若Rt△ABC的“勾”|AB|＝3，“股”|CB|＝3eq \r(3)，则抛物线的方程为 ( )
A．y2＝2x B．y2＝3x C．y2＝4x D．y2＝6x
答案 B
解析 如图，|AB|＝3，
|BC|＝3eq \r(3)，
则|AC|＝eq \r(32＋3\r(3)2)＝6，
设直线l与x轴交于点H，
由|AB|＝|AF|＝3，|AC|＝6，可知点F为AC的中点，
所以|FH|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(3,2)，
又|FH|＝p，所以p＝eq \f(3,2)，
所以抛物线的方程为y2＝3x.
题型二 抛物线的几何性质
例3 (1)(2021·新高考全国Ⅱ)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到直线y＝x＋1的距离为eq \r(2)，则p等于( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
答案 B
解析 抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，其到直线x－y＋1＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－0＋1)),\r(1＋1))＝eq \r(2)，
解得p＝2(p＝－6舍去)．
(2)已知弦AB经过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列说法中错误的是( )
A．当AB与x轴垂直时，|AB|最小
B.eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)
C．以弦AB为直径的圆与直线x＝－eq \f(p,2)相离
D．y1y2＝－p2
答案 C
解析 当AB与x轴垂直时，AB为抛物线的通径，是最短的焦点弦，即|AB|最小，A正确；
设AB方程为x＝ty＋eq \f(p,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋\f(p,2)，,y2＝2px，))得y2－2pty－p2＝0，
∴y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，D正确；
∴x1＋x2＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),2p)＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,2p)
＝eq \f(4p2t2＋2p2,2p)＝2pt2＋p，
x1x2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),4p2)＝eq \f(p2,4)，
∴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))＝eq \f(2pt2＋2p,p2＋p2t2)
＝eq \f(2pt2＋1,p2t2＋1)＝eq \f(2,p)，B正确；
∵AB的中点到x＝－eq \f(p,2)的距离为eq \f(1,2)(x1＋x2＋p)＝eq \f(1,2)|AB|，
∴以AB为直径的圆与准线x＝－eq \f(p,2)相切，C错误．
教师备选
1．抛物线y2＝2px(p>0)准线上的点A与抛物线上的点B关于原点O对称，线段AB的垂直平分线OM与抛物线交于点M，若直线MB经过点N(4,0)，则抛物线的焦点坐标是( )
A．(4,0) B．(2,0)
C．(1,0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))
答案 C
解析 设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，
则点A(－x1，－y1)，可得－x1＝－eq \f(p,2)，
则x1＝eq \f(p,2)，
设直线MB的方程为x＝my＋4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,y2＝2px，))可得y2－2mpy－8p＝0，
所以y1y2＝－8p，
由题意可知，
eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),4p2)＋y1y2
＝eq \f(64p2,4p2)－8p＝16－8p＝0，
解得p＝2.
因此，抛物线的焦点为(1,0)．
2．(2022·唐山模拟)抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线r：y2＝x，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41,16)，1))射入，经过r上的点A(x1，y1)反射后，再经r上另一点B(x2，y2)反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则下列结论错误的是( )
A．y1y2＝－1
B．|AB|＝eq \f(25,16)
C．PB平分∠ABQ
D．延长AO交直线x＝－eq \f(1,4)于点C，则C，B，Q三点共线
答案 A
解析 设抛物线的焦点为F，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)).
因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41,16)，1))，
且l1∥x轴，
故A(1,1)，
故直线AF：y＝eq \f(1－0,1－\f(1,4))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))＝eq \f(4,3)x－eq \f(1,3).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,3)x－\f(1,3)，,y2＝x，))可得y2－eq \f(3,4)y－eq \f(1,4)＝0，
故y1y2＝－eq \f(1,4)，故A错误；
又y1＝1，故y2＝－eq \f(1,4)，
故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，－\f(1,4)))，
故|AB|＝1＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,2)＝eq \f(25,16)，故B正确；
直线AO：y＝x，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,x＝－\f(1,4)，))
可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(1,4)))，故yC＝y2，
所以C，B，Q三点共线，故D正确；
因为|AP|＝eq \f(41,16)－1＝eq \f(25,16)＝|AB|，
故△APB为等腰三角形，
故∠ABP＝∠APB，
而l1∥l2，故∠PBQ＝∠APB，
即∠ABP＝∠PBQ，
故PB平分∠ABQ，故C正确．
思维升华 应用抛物线的几何性质解题时，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．
跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为______________．
答案 x＝－eq \f(3,2)
解析 方法一 (解直角三角形法)由题易得|OF|＝eq \f(p,2)，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，
所以tan∠OPF＝tan∠PQF，
所以eq \f(|OF|,|PF|)＝eq \f(|PF|,|FQ|)，即eq \f(\f(p,2),p)＝eq \f(p,6)，
解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－eq \f(3,2).
方法二 (应用射影定理法)由题易得|OF|＝eq \f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，
即p2＝eq \f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，
所以C的准线方程为x＝－eq \f(3,2).
(2)直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p＝______，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝________.
答案 2 1
解析 由eq \f(p,2)＝1，得p＝2.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝1与y2＝4x
联立解得y＝±2，
此时|AF|＝|BF|＝2，
所以eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1；
当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1x2＝1，
eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)
＝eq \f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)
＝eq \f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.
综上，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1.
题型三 直线与抛物线
例4 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).
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq \f(5,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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)，
即A(3,3)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－1)).
故|AB|＝eq \f(4\r(13),3).
教师备选
如图，已知抛物线x2＝y，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解 (1)设直线AP的斜率为k，
k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)由(1)得直线AP的斜率为k，x＝k＋eq \f(1,2)，
则直线BQ的斜率为－eq \f(1,k)(k≠0)，
设直线AP的方程为kx－y＋eq \f(1,2)k＋eq \f(1,4)＝0，
直线BQ的方程为x＋ky－eq \f(9,4)k－eq \f(3,2)＝0，
联立直线AP与BQ的方程
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
当k＝0时，|PA|＝1，|PQ|＝1，|PA|·|PQ|＝1，
所以|PA|·|PQ|的最大值为eq \f(27,16).
思维升华 (1)求解直线与抛物线问题，一般利用方程法，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．
(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(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则可用弦长公式．
跟踪训练3 设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(0,2)，O为坐标原点，过F的直线l与C交于M，N两点，当MA⊥OA时，|MF|＝2.
(1)求p的值；
(2)若eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，求直线l的方程．
解 (1)当MA⊥OA时，
此时点M的纵坐标为2，其横坐标xM＝eq \f(2,p).
因为|MF|＝2，根据抛物线的定义，
得|MF|＝eq \f(2,p)＋eq \f(p,2)＝2，
解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线C的方程为y2＝4x，点F的坐标为(1,0)．
设直线l：x＝ky＋1，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋1，,y2＝4x，))
化简可得y2－4ky－4＝0，
则y1＋y2＝4k，y1y2＝－4.
根据题意eq \(AM,\s\up6(→))＝(x1，y1－2)，
eq \(AN,\s\up6(→))＝(x2，y2－2)，且eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
所以x1x2＋(y1－2)(y2－2)＝0.
将x1x2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)＝1，y1＋y2＝4k，y1y2＝－4代入化简可得4－2×4k－4＋1＝0，解得k＝eq \f(1,8)，
所以直线l的方程为x＝eq \f(1,8)y＋1，
即8x－y－8＝0.
课时精练
1．抛物线x2＝eq \f(1,2)y的焦点到准线的距离是( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 D
解析 抛物线标准方程x2＝2py(p>0)中p的几何意义为抛物线的焦点到准线的距离，
由x2＝eq \f(1,2)y得p＝eq \f(1,4).
2．若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝8，则弦AB的中点到y轴的距离为( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 B
解析 因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为2，所以p＝2，抛物线方程为y2＝4x.过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义得，焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p，所以8＝x1＋x2＋2，则x1＋x2＝6，所以AB的中点到y轴的距离为
d＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(6,2)＝3.
3．(2022·桂林模拟)已知抛物线y＝eq \f(1,2)x2的焦点为F，准线为l，M在l上，线段MF与抛物线交于N点，若|MN|＝eq \r(2)|NF|，则|MF|等于( )
A．2 B．3
C.eq \r(2) D.eq \r(3)
答案 C
解析 如图，过N作准线的垂线NH，垂足为H，设l与y轴的交点为K.根据抛物线的定义可知|NH|＝|NF|，
在Rt△NHM中，|MN|＝eq \r(2)|NH|，
则∠NMH＝45°.
在Rt△MFK中，∠FMK＝45°，
所以|MF|＝eq \r(2)|FK|.而|FK|＝1，
所以|MF|＝eq \r(2).
4.中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶2 m时，水面宽8 m．若水面下降1 m，则水面宽度为( )
A．2eq \r(6) m B．4eq \r(6) m
C．4eq \r(2) m D．12 m
答案 B
解析 由题意，以拱桥顶点为原点，建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，
由题意知，抛物线经过点A(－4，－2)和点B(4，－2)，
代入抛物线方程解得p＝4，
所以抛物线方程为x2＝－8y，
水面下降1米，即y＝－3，
解得x1＝2eq \r(6)，x2＝－2eq \r(6)，
所以此时水面宽度d＝2x1＝4eq \r(6).
5．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为4，直线l过点F且与抛物线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若M(m,2)是线段AB的中点，则下列结论不正确的是( )
A．p＝4
B．抛物线方程为y2＝16x
C．直线l的方程为y＝2x－4
D．|AB|＝10
答案 B
解析 由焦点F到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知p＝4，故A正确；
则抛物线方程为y2＝8x，故B错误；
焦点F(2,0)，
则yeq \\al(2,1)＝8x1，yeq \\al(2,2)＝8x2，
若M(m,2)是线段AB的中点，
则y1＋y2＝4，
∴yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝8x1－8x2，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(8,y1＋y2)＝eq \f(8,4)＝2，
∴直线l的方程为y＝2x－4，故C正确；
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝2x－4，))可得x2－6x＋4＝0，
∴x1＋x2＝6，
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4＝10，
故D正确．
6．已知A，B为抛物线x2＝2py(p>0)上的两个动点，以AB为直径的圆C经过抛物线的焦点F，且面积为2π，若过圆心C作该抛物线准线l的垂线CD，垂足为D，则|CD|的最大值为( )
A．2 B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 根据题意，2π＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2，
∴|AB|＝2eq \r(2).
设|AF|＝a，|BF|＝b，过点A作AQ⊥l于Q，过点B作BP⊥l于P，
如图，
由抛物线定义，
得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，
∴在四边形ABPQ中，
2|CD|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b，
由勾股定理得，8＝a2＋b2，
∵|CD|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq \f(8＋2ab,4)
＝2＋eq \f(ab,2)≤2＋eq \f(a2＋b2,4)＝4，
∴|CD|≤2(当且仅当a＝b时，等号成立)．
7．(2021·北京)已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，点M为抛物线C上的点，且|FM|＝6，则M的横坐标是________，作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝________.
答案 5 4eq \r(5)
解析 因为抛物线的方程为y2＝4x，
故p＝2且F(1,0)，
因为|MF|＝6，所以xM＋eq \f(p,2)＝6，解得xM＝5，故yM＝±2eq \r(5)，所以S△FMN＝eq \f(1,2)×(5－1)×2eq \r(5)＝4eq \r(5).
8．(2020·新高考全国Ⅰ)斜率为eq \r(3)的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
答案 eq \f(16,3)
解析 如图，由题意得，抛物线的焦点为F(1,0)，
设直线AB的方程为
y＝eq \r(3)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))
得3x2－10x＋3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(10,3)，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝eq \f(16,3).
9．过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若抛物线C上存在点M(－2，y0)，使得MA⊥MB，求直线l的方程．
解 (1)抛物线C：x2＝2py(p>0)的准线方程为y＝－eq \f(p,2)，焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))).
∵当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2，
∴1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)∵点M(－2，y0)在抛物线C上，
∴y0＝eq \f(－22,4)＝1.
又F(0,1)，∴设直线l的方程为y＝kx＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))
得x2－4kx－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1－1)，
eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2－1)．
∵MA⊥MB，
∴eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，
∴(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
∴－4＋8k＋4－4k2＝0，解得k＝2或k＝0.
当k＝0时，l过点M(舍去)，∴k＝2，
∴直线l的方程为y＝2x＋1.
10．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点P(3,0)的直线l交抛物线E于A，B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)求△AOB面积的最小值．
解 (1)设直线l为x＝ty＋3，
代入E：y2＝2px整理得y2－2pty－6p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以y1＋y2＝2pt，y1y2＝－6p，
所以x1x2＝eq \f(y1y22,4p2)＝eq \f(－6p2,4p2)＝9，
由eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3，
即x1x2＋y1y2＝－3，
得9－6p＝－3，所以p＝2，
所以所求抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由(1)得y1＋y2＝4t，y1y2＝－12，
|AB|＝eq \r(1＋t2)eq \r(4t2＋48)
＝4eq \r(1＋t2)eq \r(t2＋3)，
点O到直线l的距离为d＝eq \f(3,\r(1＋t2))，则
S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)×eq \f(3,\r(1＋t2))×4eq \r(1＋t2)eq \r(t2＋3)
＝6eq \r(t2＋3)≥6eq \r(3)，
当t＝0时，等号成立，
故当t＝0时，△AOB面积有最小值6eq \r(3).
11．设F为抛物线y2＝2x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 由题意可知，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
又F为△ABC的重心，故eq \f(xA＋xB＋xC,3)＝eq \f(1,2)，
即xA＋xB＋xC＝eq \f(3,2).
又由抛物线的定义可知|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝xA＋xB＋xC＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)＝3.
12．某农场为节水推行喷灌技术，喷头装在管柱OA的顶端A处，喷出的水流在各个方向上呈抛物线状，如图所示．现要求水流最高点B离地面4 m，点B到管柱OA所在直线的距离为3 m，且水流落在地面上以O为圆心，以7 m为半径的圆上，则管柱OA的高度为( )
A.eq \f(5,3) m B.eq \f(7,4) m C.eq \f(9,4) m D.eq \f(7,3) m
答案 B
解析 以B为坐标原点建立平面直角坐标系，
如图所示，
记BM⊥OC且垂足为M，A在y轴上的投影为D，
设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，
由题意可知|AD|＝3，|BM|＝4，|OC|＝7，
所以|MC|＝|OC|－|AD|＝7－3＝4，
所以C(4，－4)，代入抛物线方程可知16＝8p，
所以p＝2，
所以抛物线方程为x2＝－4y，
又因为xA＝－3，
所以yA＝yD＝－eq \f(9,4)，
所以|BD|＝eq \f(9,4)，
所以|OA|＝|DM|＝|BM|－|BD|＝4－eq \f(9,4)＝eq \f(7,4)，
所以OA的高度为eq \f(7,4) m.
13．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点P(1,1)，则下列结论不正确的是( )
A．点P到抛物线焦点的距离为eq \f(5,4)
B．过点P作过抛物线焦点的直线交抛物线于点Q，则△OPQ的面积为eq \f(5,32)
C．过点P与抛物线相切的直线方程为x－2y＋1＝0
D．过点P作两条斜率互为相反数的直线交抛物线于M，N两点，则直线MN的斜率为eq \f(1,2)
答案 D
解析 因为抛物线C：
y2＝2px(p>0)过点P(1,1)，
所以p＝eq \f(1,2)，
所以抛物线方程为y2＝x，
焦点坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)).
对于A，|PF|＝1＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,4)，A正确；
对于B，kPF＝eq \f(4,3)，
所以lPF：y＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))，
与y2＝x联立得4y2－3y－1＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(3,4)，y1y2＝－eq \f(1,4)，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)×eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(5,32)，B正确；
对于C，依题意斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，与y2＝x联立得ky2－y＋1－k＝0，Δ＝1－4k(1－k)＝0，
即4k2－4k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)，
所以切线方程为x－2y＋1＝0，C正确；
对于D，依题意斜率存在，
设lPM：y－1＝k′(x－1)，
与y2＝x联立得k′y2－y＋1－k′＝0，
所以yM＋1＝eq \f(1,k′)，
即yM＝eq \f(1,k′)－1，
则xM＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k′)－1))2，
所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k′)－1))2，\f(1,k′)－1))，
同理Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k′)－1))2，－\f(1,k′)－1))，
所以kMN＝eq \f(\f(1,k′)－1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k′)－1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k′)－1))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k′)－1))2)
＝eq \f(\f(2,k′),\f(－4,k′))＝－eq \f(1,2)，D错误．
14．已知P为抛物线C：y＝x2上一动点，直线l：y＝2x－4与x轴，y轴交于M，N两点，点A(2，－4)，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AM,\s\up6(→))＋μeq \(AN,\s\up6(→))，则λ＋μ的最小值为________．
答案 eq \f(7,4)
解析 由题意得M(2,0)，N(0，－4)，
设P(x，y)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AM,\s\up6(→))＋μeq \(AN,\s\up6(→))
得(x－2，y＋4)＝λ(0,4)＋μ(－2,0)．
所以x－2＝－2μ，y＋4＝4λ.
因此λ＋μ＝eq \f(y＋4,4)－eq \f(x－2,2)
＝eq \f(x2,4)－eq \f(x,2)＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)≥eq \f(7,4)，
故λ＋μ的最小值为eq \f(7,4).
15．已知抛物线C：y2＝4x，其准线与x轴交于点M，过其焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，记直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))的最小值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 由题意，
可得焦点坐标F(1,0)，准线方程为x＝－1，
可得M(－1,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为x＝my＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))
可得y2－4my－4＝0，
则y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4，
因为eq \f(1,k1)＝eq \f(x1＋1,y1)＝eq \f(my1＋1＋1,y1)＝m＋eq \f(2,y1)，
eq \f(1,k2)＝eq \f(x2＋1,y2)＝eq \f(my2＋1＋1,y2)＝m＋eq \f(2,y2)，
所以eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,y1)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,y2)))2
＝2m2＋4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y\\al(2,1))＋\f(1,y\\al(2,2))))
＝2m2＋4m·eq \f(y1＋y2,y1·y2)＋4·eq \f(y1＋y22－2y1·y2,y\\al(2,1)·y\\al(2,2))
＝2m2＋4m·eq \f(4m,－4)＋4·eq \f(16m2＋8,16)＝2m2＋2，
所以当且仅当m＝0时，eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))取得最小值为2.
16．已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
(1)证明 设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，
则xeq \\al(2,1)＝2y1.
因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，
故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1，
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)解 由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq \f(1,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)，))
可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝eq \r(1＋t2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋t2)×eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，
则d1＝eq \r(t2＋1)，d2＝eq \f(2,\r(t2＋1)).
因此，四边形ADBE的面积
S＝eq \f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq \r(t2＋1).
设M为线段AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).
因为eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq \r(2).
因此，四边形ADBE的面积为3或4eq \r(2).标准方程
y2＝2px(p>0)
y2＝－2px(p>0)
x2＝2py(p>0)
x2＝－2py(p>0)
图形
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
焦点
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
准线方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
对称轴
x轴
y轴
顶点
(0,0)
离心率
e＝1