高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6培优点20抛物线的焦点弦问题(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6培优点20抛物线的焦点弦问题(学生版+解析)，共11页。学案主要包含了方法总结，拓展训练等内容，欢迎下载使用。

直线与抛物线相交的问题，若直线过抛物线的焦点，可使用焦点弦长公式求弦长，利用焦点弦的特殊结论求解题目．
【典例】1 (1)(2020·石家庄模拟)已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，AB的中点为C，过C作抛物线准线的垂线交准线于C′，若CC′的中点为M(1,4)，则p等于( )
A．4 B．8 C．4eq \r(2) D．8eq \r(2)
(2)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝2|BF|，则|AB|等于( )
A．4 B.eq \f(9,2) C．5 D．6
【典例】2 已知抛物线C：y2＝8x，P为C上位于第一象限的任一点，直线l与C相切于点P，连接PF并延长交C于点M，过P点作l的垂线交C于另一点N，求△PMN的面积S的最小值．
INCLUDEPICTURE "E:\\周飞燕\\2020\\二轮\\跟踪演练.tif" \* MERGEFORMATINET 【拓展训练】
1．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30° 的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(9\r(3),8) C.eq \f(63,32) D.eq \f(9,4)
2．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且倾斜角为120° 的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则eq \f(|AF|,|BF|)的值等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
3．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M(－2,2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若∠AMB＝90°，则k等于( )
A.eq \r(2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(1,2) D．2
4.如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F右侧，记△AFG，△CQG的面积为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求eq \f(S1,S2)的最小值及此时点G的坐标．
培优点20 抛物线的焦点弦问题
【方法总结】
直线与抛物线相交的问题，若直线过抛物线的焦点，可使用焦点弦长公式求弦长，利用焦点弦的特殊结论求解题目．
【典例】1 (1)(2020·石家庄模拟)已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，AB的中点为C，过C作抛物线准线的垂线交准线于C′，若CC′的中点为M(1,4)，则p等于( )
A．4 B．8 C．4eq \r(2) D．8eq \r(2)
【答案】 B
【解析】 如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵M(1,4)，∴y1＋y2＝8，
又Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(p,2)，4))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
∴kAB＝2，
∴直线AB：y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
代入y2＝2px，
得y2－py－p2＝0，
∴y1＋y2＝p＝8.
(2)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝2|BF|，则|AB|等于( )
A．4 B.eq \f(9,2) C．5 D．6
【答案】 B
【解析】 不妨设点A在x轴的上方，如图，设A，B在准线上的射影分别为D，C，作BE⊥AD于点E，
设|BF|＝m，直线l的倾斜角为θ，
则|AF|＝2m，|AB|＝3m，
由抛物线的定义知
|AD|＝|AF|＝2m，|BC|＝|BF|＝m，
所以cs θ＝eq \f(|AE|,|AB|)＝eq \f(1,3)，所以tan θ＝2eq \r(2).
则sin2θ＝8cs2θ，所以sin2θ＝eq \f(8,9).
由y2＝4x，知2p＝4，故利用弦长公式得|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)＝eq \f(9,2).
【典例】2 已知抛物线C：y2＝8x，P为C上位于第一象限的任一点，直线l与C相切于点P，连接PF并延长交C于点M，过P点作l的垂线交C于另一点N，求△PMN的面积S的最小值．
【解析】解 由题意知F(2,0)，设P(x0，y0)(y0>0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，切线l的方程为x－x0＝t(y－y0)，
则eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)－2，y1))，eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)－2，y0))，
由M，F，P三点共线，可知eq \(FM,\s\up6(→))∥eq \(FP,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)－2))y0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),8)－2))y1＝0，
因为y0≠y1，所以化简可得y0y1＝－16.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－x0＝ty－y0，,y2＝8x，))可得y2－8ty＋8ty0－8x0＝0，
因为直线l与抛物线相切，故Δ＝64t2－32ty0＋4yeq \\al(2,0)＝0，故t＝eq \f(y0,4).
所以直线PN的方程为y－y0＝－eq \f(y0,4)(x－x0)，
即y0x＋4y－4y0－eq \f(y\\al(3,0),8)＝0，
所以点M到直线PN的距离为
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1)y0,8)＋4y1－4y0－\f(y\\al(3,0),8))),\r(y\\al(2,0)＋16))，
将y1＝－eq \f(16,y0)代入可得
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(32,y0)＋4y0＋\f(y\\al(3,0),8))),\r(y\\al(2,0)＋16))＝eq \f(y\\al(2,0)＋162,8|y0|\r(y\\al(2,0)＋16))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0x＋4y－4y0－\f(y\\al(3,0),8)＝0，,y2＝8x，))消去x可得，
y0y2＋32y－yeq \\al(3,0)－32y0＝0，
所以y0＋y2＝－eq \f(32,y0)，y2＝－eq \f(32,y0)－y0，
|PN|＝eq \r(1＋\f(16,y\\al(2,0)))|y0－y2|＝eq \r(1＋\f(16,y\\al(2,0)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2y0＋\f(32,y0)))＝eq \f(2y\\al(2,0)＋16\r(y\\al(2,0)＋16),y\\al(2,0))，
故S＝eq \f(1,2)d|PN|
＝eq \f(1,2)×eq \f(y\\al(2,0)＋162,8|y0|\r(y\\al(2,0)＋16))×eq \f(2y\\al(2,0)＋16\r(y\\al(2,0)＋16),y\\al(2,0))
＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0)＋16,y0)))3＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(16,y0)))3
≥eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(y0·\f(16,y0))))3＝64，
当且仅当y0＝4时，“＝”成立，
此时，△PMN的面积S取得最小值，为64.
【方法总结】
设AB是抛物线y2＝2px(p>0)的一条焦点弦，焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2.
(2)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p).
(3)|AB|＝eq \f(2p,sin2α)(α为弦AB所在直线的倾斜角)．
INCLUDEPICTURE "E:\\周飞燕\\2020\\二轮\\跟踪演练.tif" \* MERGEFORMATINET 【拓展训练】
1．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30° 的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(9\r(3),8) C.eq \f(63,32) D.eq \f(9,4)
【答案】 D
【解析】 由已知得焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，因此直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))，即4x－4eq \r(3)y－3＝0.
方法一 联立直线方程与抛物线方程，
化简得4y2－12eq \r(3)y－9＝0，
故|yA－yB|＝eq \r(yA＋yB2－4yAyB)＝6.
因此S△OAB＝eq \f(1,2)|OF||yA－yB|＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×6＝eq \f(9,4).
方法二 联立直线方程与抛物线方程得x2－eq \f(21,2)x＋eq \f(9,16)＝0，故xA＋xB＝eq \f(21,2).
根据抛物线的定义有|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(21,2)＋eq \f(3,2)＝12，
同时原点到直线AB的距离为d＝eq \f(|－3|,\r(42＋－4\r(3)2))＝eq \f(3,8)，
因此S△OAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(9,4).
2．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且倾斜角为120° 的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则eq \f(|AF|,|BF|)的值等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
【答案】 A
【解析】 记抛物线y2＝2px的准线为l′，如图，作AA1⊥l′，BB1⊥l′，AC⊥BB1，垂足分别是A1，B1，C，则
cs∠ABB1＝eq \f(|BC|,|AB|)＝eq \f(|BB1|－|AA1|,|AF|＋|BF|)
＝eq \f(|BF|－|AF|,|AF|＋|BF|)，
即cs 60°＝eq \f(|BF|－|AF|,|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)，
得eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(1,3).
3．已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M(－2,2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若∠AMB＝90°，则k等于( )
A.eq \r(2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(1,2) D．2
【答案】 D
【解析】 抛物线C：y2＝8x的焦点为F(2,0)，
由题意可知直线AB的斜率一定存在，
所以设直线方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
代入抛物线方程可得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4＋eq \f(8,k2)，x1x2＝4，
所以y1＋y2＝eq \f(8,k)，y1y2＝－16，
因为∠AMB＝90°，所以Meq \(A,\s\up6(→))·Meq \(B,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝eq \f(16,k2)－eq \f(16,k)＋4＝0，
解得k＝2，故选D.
4.如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F右侧，记△AFG，△CQG的面积为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求eq \f(S1,S2)的最小值及此时点G的坐标．
【解析】解 (1)由题意可得eq \f(p,2)＝1，则p＝2,2p＝4，
抛物线方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为y＝k(x－1)，k>0，
与抛物线方程y2＝4x联立可得，
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
故x1＋x2＝2＋eq \f(4,k2)，x1x2＝1，
y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq \f(4,k)，
y1y2＝－eq \r(4x1)×eq \r(4x2)＝－4，
设C(x3，y3)，由重心坐标公式可得，
xG＝eq \f(x1＋x2＋x3,3)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4,k2)＋x3))，
yG＝eq \f(y1＋y2＋y3,3)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k)＋y3))，
令yG＝0可得，y3＝－eq \f(4,k)，则x3＝eq \f(y\\al(2,3),4)＝eq \f(4,k2)，
即xG＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4,k2)＋\f(4,k2)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(8,k2)))，
由斜率公式可得，kAC＝eq \f(y1－y3,x1－x3)＝eq \f(y1－y3,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,3),4))＝eq \f(4,y1＋y3)，
直线AC的方程为y－y3＝eq \f(4,y1＋y3)(x－x3)，
令y＝0，可得xQ＝x3＋eq \f(－y3y1＋y3,4)＝eq \f(y\\al(2,3),4)＋eq \f(－y3y1＋y3,4)＝－eq \f(y1y3,4)，
故S1＝eq \f(1,2)×(xG－xF)×y1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(8,k2)))－1))×y1＝eq \f(y1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3k2)－\f(1,3)))，
且S2＝eq \f(1,2)×(xQ－xG)×(－y3)
＝－eq \f(y3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(y1y3,4)－\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(8,k2)))))，
由y3＝－eq \f(4,k)，代入上式可得S2＝eq \f(2,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,k)－\f(2,3)－\f(8,3k2)))，
由y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4可得
y1－eq \f(4,y1)＝eq \f(4,k)，则k＝eq \f(4y1,y\\al(2,1)－4)，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(y1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3k2)－\f(1,3))),\f(2,k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,k)－\f(2,3)－\f(8,3k2))))＝eq \f(2y\\al(2,1)y\\al(2,1)－2,y\\al(2,1)－4y\\al(2,1)＋4)
＝2－eq \f(4,y\\al(2,1)－8＋\f(48,y\\al(2,1)－8)＋16)
≥2－eq \f(4,2\r(y\\al(2,1)－8×\f(48,y\\al(2,1)－8))＋16)
＝1＋eq \f(\r(3),2)，
当且仅当yeq \\al(2,1)－8＝eq \f(48,y\\al(2,1)－8)，即yeq \\al(2,1)＝8＋4eq \r(3)，y1＝eq \r(6)＋eq \r(2)时等号成立，此时k＝eq \f(4y1,y\\al(2,1)－4)＝eq \r(2)，xG＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(8,k2)))＝2，
则点G的坐标为(2,0)．