2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第二章第7節(jié) 第1課時 拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第二章第七節(jié)拋物線第1課時拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.掌握拋物線的定義、幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程.2.掌握拋物線的簡單幾何性質(zhì)(范圍、對稱性、頂點、離心率).3.了解拋物線的簡單應(yīng)用.近三年高考考查了拋物線的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程以及拋物線的準(zhǔn)線，以選擇題、填空題為主．預(yù)計2025年高考本部分內(nèi)容仍以基礎(chǔ)知識為考點，注意幾何性質(zhì)的應(yīng)用.必備知識——強基礎(chǔ)1．拋物線的概念把平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l(l不經(jīng)過點F)的距離eq\x(\s\up1(01))相等的點的軌跡叫做拋物線，點F叫做拋物線的eq\x(\s\up1(02))焦點，直線l叫做拋物線的eq\x(\s\up1(03))準(zhǔn)線．2．拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的幾何意義：焦點F到準(zhǔn)線l的距離圖形范圍eq\x(\s\up1(04))x≥0，y∈Req\x(\s\up1(05))x≤0，y∈Req\x(\s\up1(06))y≥0，x∈Req\x(\s\up1(07))y≤0，x∈R焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))Feq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，,0))Feq\x(\s\up1(09))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,\f(p,2)))Feq\x(\s\up1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,－\f(p,2)))準(zhǔn)線方程eq\x(\s\up1(11))x＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(12))x＝eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(13))y＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(14))y＝eq\f(p,2)開口方向向eq\x(\s\up1(15))右向eq\x(\s\up1(16))左向eq\x(\s\up1(17))上向eq\x(\s\up1(18))下對稱軸eq\x(\s\up1(19))x軸eq\x(\s\up1(20))y軸頂點eq\x(\s\up1(21))(0，0)離心率e＝eq\x(\s\up1(22))11．拋物線方程一般首先轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式．2．在拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程中，焦點的位置與一次項系數(shù)的正負保持一致．3．焦點到原點的距離的4倍為一次項系數(shù)的絕對值．4．拋物線y2＝2px(p＞0)上一點P(x0，y0)到焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距離|PF|＝x0＋eq\f(p,2)，也稱為拋物線的焦半徑．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡是拋物線．()(2)在拋物線的方程中，字母p的幾何意義是焦點到拋物線頂點的距離．()(3)方程y＝4x2表示焦點在x軸上的拋物線，焦點坐標(biāo)是(1，0)．()(4)以(0，1)為焦點的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T1改編)拋物線y＝2x2的準(zhǔn)線方程為()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，故拋物線y＝2x2的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,8).故選A.(2)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T31改編)拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(3，y)到焦點F的距離|MF|＝4，則拋物線的方程為()A．y2＝8x B．y2＝4xC．y2＝2x D．y2＝x答案B解析由題意，可得|MF|＝xM＋eq\f(p,2)，則3＋eq\f(p,2)＝4，即p＝2，故拋物線的方程為y2＝4x.(3)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T4改編)已知拋物線C與雙曲線x2－y2＝1有相同的焦點，且頂點在原點，則拋物線C的方程是________．答案y2＝±4eq\r(2)x解析由題意可知雙曲線的焦點為(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)．設(shè)拋物線方程為y2＝±2px(p>0)，則eq\f(p,2)＝eq\r(2)，所以p＝2eq\r(2)，所以拋物線C的方程為y2＝±4eq\r(2)x.(4)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T8改編)如圖是拋物線形拱橋，當(dāng)水面在l時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬________米．答案2eq\r(6)解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線方程為x2＝－2py(p＞0)．由題意將點A(2，－2)代入x2＝－2py，得p＝1，故x2＝－2y.設(shè)B(x0，－3)，代入x2＝－2y中，得x0＝eq\r(6)，故水面寬2eq\r(6)米．考點探究——提素養(yǎng)考點一拋物線的定義及其應(yīng)用例1(1)動圓與定圓A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直線x＝1相切，則動圓圓心的軌跡是()A．直線 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線答案D解析設(shè)動圓的圓心為點C，半徑為r，則點C到定圓A：(x＋2)2＋y2＝1的圓心的距離等于r＋1.又動圓的圓心到直線x＝1的距離等于r，所以動圓的圓心到直線x＝2的距離為r＋1，根據(jù)拋物線的定義知，動圓圓心的軌跡為拋物線．故選D.(2)(2023·北京高考)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，點M在C上．若M到直線x＝－3的距離為5，則|MF|＝()A．7 B．6C．5 D．4答案D解析因為拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準(zhǔn)線方程為x＝－2，點M在C上，所以M到準(zhǔn)線x＝－2的距離為|MF|，又M到直線x＝－3的距離為5，所以|MF|＋1＝5，故|MF|＝4.故選D.【通性通法】利用拋物線的定義可解決的常見問題(1)軌跡問題：用拋物線的定義可以確定與定點、定直線距離有關(guān)的動點軌跡是否為拋物線．(2)距離問題：靈活地進行拋物線上的點到焦點距離與其到準(zhǔn)線距離間的等價轉(zhuǎn)化．“看到準(zhǔn)線應(yīng)該想到焦點，看到焦點應(yīng)該想到準(zhǔn)線”，這是解決拋物線中與距離有關(guān)的問題的有效途徑．注意：“定點不在定直線上”這一條件，當(dāng)定點在定直線上時，動點的軌跡是過定點且與定直線垂直的直線．【鞏固遷移】1．動點P到直線x－2＝0的距離比它到點M(－4，0)的距離小2，則點P的軌跡方程是()A．y2＝16x B．y2＝－16xC．x2＝16y D．x2＝－16y答案B解析依題意，動點P到直線x－2＝0的距離比它到點M(－4，0)的距離小2，所以動點P到直線x－4＝0的距離與它到點M(－4，0)的距離相等，所以點P的軌跡是以M為焦點，直線x＝4為準(zhǔn)線的拋物線．故點P的軌跡方程是y2＝－16x.故選B.2．(2023·江西撫州質(zhì)量監(jiān)測)已知拋物線x2＝4y的焦點為F，點M在拋物線上，且|MF|＝3，則點M到y(tǒng)軸的距離為________．答案2eq\r(2)解析設(shè)點M的坐標(biāo)為(xM，yM)，由x2＝4y，得p＝2，根據(jù)拋物線的定義，知|MF|＝y(tǒng)M＋eq\f(p,2)＝y(tǒng)M＋1＝3，解得yM＝2，代入x2＝4y，得xM＝±2eq\r(2)，所以點M到y(tǒng)軸的距離為2eq\r(2).考點二拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與簡單幾何性質(zhì)例2(1)(多選)頂點在原點，對稱軸為坐標(biāo)軸且過點P(－2，3)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是()A．y2＝eq\f(9,2)x B．x2＝eq\f(4,3)yC．y2＝－eq\f(9,2)x D．x2＝－eq\f(4,3)y答案BC解析設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是y2＝kx或x2＝my，代入點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.(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為________．答案x＝－eq\f(3,2)解析解法一：不妨設(shè)點P在第一象限，如圖，由已知可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，所以kOP＝2，又PQ⊥OP，所以kPQ＝－eq\f(1,2).所以直線PQ的方程為y－p＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))).令y＝0，得x＝eq\f(5,2)p.所以|FQ|＝eq\f(5,2)p－eq\f(p,2)＝2p＝6，所以p＝3，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(3,2).解法二：由題易得|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的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).【通性通法】1．求拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程的方法定義法若題目已給出拋物線的方程(含有未知數(shù)p)，那么只需求出p即可待定系數(shù)法若題目未給出拋物線的方程，對于焦點在x軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可設(shè)為y2＝ax(a≠0)，a的正負由題設(shè)來定；焦點在y軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可設(shè)為x2＝ay(a≠0)，這樣就減少了不必要的討論2.拋物線性質(zhì)的應(yīng)用技巧(1)利用拋物線方程確定其焦點、準(zhǔn)線時，關(guān)鍵是將拋物線方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)要結(jié)合圖形分析，靈活運用平面圖形的性質(zhì)簡化運算．【鞏固遷移】3．已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，點P為拋物線上的動點，點M為其準(zhǔn)線上的動點，若△FPM為邊長是4的等邊三角形，則此拋物線的方程為________．答案x2＝4y解析因為△FPM為等邊三角形，則|PM|＝|PF|，由拋物線的定義得PM垂直于拋物線的準(zhǔn)線，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2p)))，則點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，－\f(p,2))).因為焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，△FPM是等邊三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m2,2p)＋\f(p,2)＝4，,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋\f(p,2)))\s\up12(2)＋m2)＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2＝12，,p＝2，))因此拋物線的方程為x2＝4y.4．(2024·吉林長春期末)已知拋物線y＝mx2過點(2，1)，則該拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為________．答案2解析因為拋物線y＝mx2過點(2，1)，所以4m＝1，m＝eq\f(1,4)，所以拋物線的方程為x2＝4y.由于焦點在y軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝2py，其焦點到準(zhǔn)線的距離為p，因此2p＝4，p＝2，即該拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為2.考點三與拋物線有關(guān)的最值問題(多考向探究)考向1到焦點與到定點(動點)距離之和最小問題例3(2024·四川南充零模)若點A在焦點為F的拋物線y2＝4x上，且|AF|＝2，點P為直線x＝－1上的動點，則|PA|＋|PF|的最小值為()A．2eq\r(5) B．2＋eq\r(5)C．2＋2eq\r(2) D．4答案A解析設(shè)點A的坐標(biāo)為(xA，yA)，拋物線y2＝4x的焦點F(1，0)，準(zhǔn)線x＝－1，|AF|＝xA＋1＝2，xA＝1，則yeq\o\al(2,A)＝4，yA＝±2，不妨設(shè)A(1，2)，F(xiàn)(1，0)關(guān)于直線x＝－1的對稱點為F′(－3，0)，由于|PF|＝|PF′|，所以當(dāng)A，P，F(xiàn)′三點共線時|PA|＋|PF|最小，所以|PA|＋|PF|的最小值為eq\r(（1＋3）2＋（2－0）2)＝2eq\r(5).故選A.【通性通法】將拋物線上的點到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離或利用對稱性進行距離之間的轉(zhuǎn)化，再利用“三點共線”解決．【鞏固遷移】5．已知點M(20，40)，拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F.若對于拋物線上的一點P，|PM|＋|PF|的最小值為41，則p的值為________．答案42或22解析當(dāng)點M(20，40)位于拋物線內(nèi)時，如圖①，過點P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為D，則|PF|＝|PD|，|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|.當(dāng)M，P，D三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。勺钚≈禐?1，得20＋eq\f(p,2)＝41，解得p＝42；當(dāng)點M(20，40)位于拋物線外時，如圖②，當(dāng)F，P，M三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。勺钚≈禐?1，得eq\r(402＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－\f(p,2)))\s\up12(2))＝41，解得p＝22或p＝58.當(dāng)p＝58時，y2＝116x，點M(20，40)在拋物線內(nèi)，故舍去．綜上，p＝42或p＝22.考向2到定直線的距離最小問題例4(2024·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)已知直線l1：3x－4y－6＝0和直線l2：y＝－2，拋物線x2＝4y上一動點P到直線l1、直線l2的距離之和的最小值是()A．2 B．3C．eq\f(11,5) D．eq\f(37,16)答案B解析拋物線x2＝4y的焦點F(0，1)，準(zhǔn)線l：y＝－1，設(shè)動點P到直線l，l1，l2的距離分別為d，d1，d2，點F到直線l1的距離為d3，則d3＝eq\f(|3×0－4×1－6|,\r(32＋（－4）2))＝2，則d2＝d＋1＝|PF|＋1，可得d1＋d2＝d1＋|PF|＋1≥d3＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)點P在點F到直線l1的垂線上且P在F與l1之間時，等號成立，即動點P到直線l1、直線l2的距離之和的最小值是3.故選B.【通性通法】將拋物線上的點到準(zhǔn)線的距離轉(zhuǎn)化為該點到焦點的距離，構(gòu)造出“兩點之間線段最短”“三角形兩邊之和大于第三邊”，使問題得以解決．【鞏固遷移】6．(2023·山西陽泉期末)已知點P為拋物線y2＝2px(p>0)上一動點，點Q為圓C：(x＋1)2＋(y－4)2＝1上一動點，點F為拋物線的焦點，點P到y(tǒng)軸的距離為d，若|PQ|＋d的最小值為2，則p＝()A．eq\f(1,2) B．1C．3 D．4答案D解析如圖，圓C：(x＋1)2＋(y－4)2＝1的圓心C(－1，4)，半徑r＝1，拋物線的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).根據(jù)拋物線的定義可知d＝|PF|－eq\f(p,2)，所以|PQ|＋d＝|PQ|＋|PF|－eq\f(p,2)，由圖可知，當(dāng)C，Q，P，F(xiàn)共線，且P，Q在線段CF之間時，|PQ|＋|PF|最小，而|CF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋1))\s\up12(2)＋16)，故有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|PQ|＋|PF|－\f(p,2)))eq\s\do7(min)＝|CF|－r－eq\f(p,2)＝2，即eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋1))\s\up12(2)＋16)－1－eq\f(p,2)＝2，解得p＝4.故選D.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2024·江蘇南通調(diào)研)拋物線y＝4x2的焦點坐標(biāo)是()A．(0，1) B．(1，0)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，0))答案C解析拋物線y＝4x2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝eq\f(1,4)y，其焦點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))).故選C.2．(2023·山東棗莊模擬)已知點(1，1)在拋物線C：y2＝2px(p＞0)上，則C的焦點到其準(zhǔn)線的距離為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2答案B解析由點(1，1)在拋物線上，易知1＝2p，p＝eq\f(1,2)，故焦點到其準(zhǔn)線的距離為eq\f(1,2).故選B.3．(2023·湖南名校模擬)已知拋物線x2＝my(m>0)上的點(x0，1)到該拋物線的焦點F的距離為2，則m＝()A．1 B．2C．4 D．6答案C解析由x2＝my(m>0)，可得其焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,4)))，準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(m,4)，因為點(x0，1)到該拋物線的焦點F的距離為2，所以點(x0，1)到拋物線準(zhǔn)線的距離為2，則1＋eq\f(m,4)＝2，解得m＝4.故選C.4．已知拋物線x2＝4y的焦點為F，準(zhǔn)線為l，過拋物線上一點P作PQ⊥l，垂足為Q，若|PF|＝4，則∠FQP＝()A．30° B．45°C．60° D．75°答案C解析設(shè)P(x0，y0)，則|PQ|＝y(tǒng)0＋1，由拋物線的定義可得|PQ|＝|PF|，即y0＋1＝4，則y0＝3，又xeq\o\al(2,0)＝4y0，則xeq\o\al(2,0)＝12，不妨令P位于第一象限，則x0＝2eq\r(3)，即P(2eq\r(3)，3)，因此Q(2eq\r(3)，－1)，所以|QF|＝eq\r(12＋4)＝4，所以|PQ|＝|PF|＝|QF|，因此△FQP為等邊三角形，所以∠FQP＝60°.故選C.5．已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，M(m，2)是拋物線C上一點，且|MF|＝3，點P在拋物線C上運動，則點P到直線l：y＝x－2的最小距離是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．1 D．eq\r(2)答案B解析因為拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，M(m，2)是拋物線C上一點，且|MF|＝3，所以2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，所以拋物線C：x2＝4y，設(shè)P(2x，x2)，則點P到直線l：y＝x－2的距離為eq\f(|2x－x2－2|,\r(2))＝eq\f(x2－2x＋2,\r(2))，所以當(dāng)x＝1時距離最小，最小值為eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故選B.6．(2024·福建福州質(zhì)檢)已知△ABC的頂點在拋物線y2＝2x上，若拋物線的焦點F恰好是△ABC的重心，則|FA|＋|FB|＋|FC|＝()A．3 B．4C．5 D．6答案A解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，拋物線y2＝2x，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，焦點F恰好是△ABC的重心，則x1＋x2＋x3＝3×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，故|FA|＋|FB|＋|FC|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(1,2)))＝x1＋x2＋x3＋eq\f(3,2)＝3.故選A.7．(2024·廣東南粵名校聯(lián)考)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在拋物線上，且|MF|＝3，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N，若M為線段FN的中點，則p＝()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．6答案C解析過點M作MA⊥y軸于點A，交拋物線的準(zhǔn)線于點B，由題意得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,2p)，n))，由拋物線定義可知，|MF|＝|MB|＝eq\f(n2,2p)＋eq\f(p,2)＝3，因為M為線段FN的中點，所以|AM|＝eq\f(1,2)|OF|，所以eq\f(n2,2p)＝eq\f(p,4)，將其代入eq\f(n2,2p)＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝4.故選C.8.(2023·福建廈門雙十中學(xué)校考模擬預(yù)測)如圖，拋物線C：y2＝－8x的焦點為F，動點M在C上，圓M的半徑為1，過點F的直線與圓M相切于點N，則eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))的最小值為()A．2 B．3C．4 D．5答案B解析因為拋物線C：y2＝－8x，所以焦點F(－2，0)，如圖所示，連接MN，過M作MQ垂直準(zhǔn)線x＝2于點Q，則在Rt△NFM中，cos∠NFM＝eq\f(|FN|,|FM|)，所以eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝|eq\o(FM,\s\up6(→))||eq\o(FN,\s\up6(→))|cos∠NFM＝|FM||FN|cos∠NFM＝|FM||FN|·eq\f(|FN|,|FM|)＝|FN|2＝|FM|2－|MN|2＝|FM|2－1，由拋物線的定義，得|FM|＝|MQ|，則由圖可得|MQ|的最小值即拋物線頂點O到準(zhǔn)線x＝2的距離，即|MQ|min＝2，所以(eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→)))min＝(|FM|2－1)min＝(|MQ|2－1)min＝3.故選B.二、多項選擇題9．已知拋物線y2＝2px(p>0)上一點M到其準(zhǔn)線及對稱軸的距離分別為3和2eq\r(2)，則p的值可以是()A．2 B．6C．4 D．8答案AC解析設(shè)點M的橫坐標(biāo)為x，由題意，得x＋eq\f(p,2)＝3，2px＝8，解得p＝2或p＝4.故選AC.10．已知拋物線的焦點在直線x－2y－4＝0上，則此拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是()A．y2＝16x B．x2＝－8yC．x2＝16y D．x2＝8y答案AB解析對于A，拋物線y2＝16x，開口向右，焦點坐標(biāo)為(4，0)，在直線x－2y－4＝0上；對于B，拋物線x2＝－8y，開口向下，焦點坐標(biāo)為(0，－2)，在直線x－2y－4＝0上；對于C，拋物線x2＝16y，開口向上，焦點坐標(biāo)為(0，4)，不在直線x－2y－4＝0上；對于D，拋物線x2＝8y，開口向上，焦點坐標(biāo)為(0，2)，不在直線x－2y－4＝0上．故選AB.三、填空題11．(2023·全國乙卷)已知點A(1，eq\r(5))在拋物線C：y2＝2px上，則A到C的準(zhǔn)線的距離為________．答案eq\f(9,4)解析由題意可得(eq\r(5))2＝2p×1，則2p＝5，拋物線C的方程為y2＝5x，準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(5,4)，所以A到C的準(zhǔn)線的距離為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝eq\f(9,4).12．(2024·河南周口模擬)已知拋物線y2＝4x上有一動點M，則M與點N(4，0)之間距離的最小值為________．答案2eq\r(3)解析設(shè)M(x，y)，則|MN|2＝(x－4)2＋y2＝(x－4)2＋4x＝(x－2)2＋12(x≥0)，當(dāng)x＝2時，|MN|2取得最小值12，故|MN|min＝2eq\r(3).13．已知點A(2，0)，B，C在y軸上，且|BC|＝4，則△ABC的外心的軌跡方程為________．答案y2＝4x解析設(shè)△ABC的外心為G，且G(x，y)，B(0，a)，C(0，a＋4)，由點G在BC的垂直平分線上，知y＝a＋2.由|GA|2＝|GB|2，得(x－2)2＋y2＝x2＋(y－a)2，故(x－2)2＋y2＝x2＋22，即△ABC的外心的軌跡方程為y2＝4x.14．(2023·福建莆田?？寄M預(yù)測)已知拋物線C：x2＝2y的焦點為F，準(zhǔn)線為l，A，B是C上異于點O的兩點(O為坐標(biāo)原點)，若∠AFB＝60°，過AB的中點D作DE⊥l于點E，則eq\f(|AB|,|DE|)的最小值為________．答案1解析過點A作AA1⊥l于點A1，過點B作BB1⊥l于點B1，設(shè)|AF|＝m，|BF|＝n，所以|DE|＝eq\f(|AA1|＋|BB1|,2)＝eq\f(m＋n,2)，因為|AB|2＝m2＋n2－2mncos∠AFB＝m2＋n2－mn＝(m＋n)2－3mn≥(m＋n)2－eq\f(3（m＋n）2,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))eq\s\up12(2)＝|DE|2，所以|AB|≥|DE|，則eq\f(|AB|,|DE|)的最小值為1，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時，等號成立．故eq\f(|AB|,|DE|)的最小值為1.四、解答題15．已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，A是拋物線上橫坐標(biāo)為4，且位于x軸上方的點，A到拋物線準(zhǔn)線的距離等于5，過A作AB垂直于y軸，垂足為B，OB的中點為M(O為坐標(biāo)原點)．(1)求拋物線的方程；(2)若過M作MN⊥FA，垂足為N，求點N的坐標(biāo)．解(1)拋物線y2＝2px的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，于是4＋eq\f(p,2)＝5，∴p＝2.∴拋物線的方程為y2＝4x.(2)由題意，得A(4，4)，B(0，4)，M(0，2)．又F(1，0)，∴kFA＝eq\f(4,3)，∵MN⊥FA，∴kMN＝－eq\f(3,4)，∴直線FA的方程為y＝eq\f(4,3)(x－1)，①直線MN的方程為y－2＝－eq\f(3,4)x，②聯(lián)立①②，解得x＝eq\f(8,5)，y＝eq\f(4,5)，∴點N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(4,5))).16．(2023·河北邯鄲模擬)已知動圓過定點(4，0)，且在y軸上截得的弦長為8.(1)求動圓圓心的軌跡C的方程；(2)已知P為軌跡C上的一動點，求點P到直線y＝x＋4和y軸的距離之和的最小值．解(1)設(shè)圓心的坐標(biāo)為(x，y)，則半徑r＝eq\r(（x－4）2＋y2)，又動圓在y軸上截得的弦長為8，所以42＋x2＝(x－4)2＋y2，化簡，得y2＝8x，即動圓圓心的軌跡C的方程為y2＝8x.(2)如圖，設(shè)軌跡C的焦點為F，點P到直線y＝x＋4的距離為|PP1|，到y(tǒng)軸的距離為|PP2|，F(xiàn)到直線y＝x＋4的距離為|FF1|，由拋物線的定義，可知|PP2|＝|PF|－2，所以|PP1|＋|PP2|＝|PP1|＋|PF|－2，由圖可知|PP1|＋|PF|的最小值為點F到直線y＝x＋4的距離，所以(|PP1|＋|PF|)min＝|FF1|＝eq\f(6,\r(1＋1))＝3eq\r(2)，所以|PP1|＋|PP2|的最小值為3eq\r(2)－2.17．(多選)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在拋物線C上，點N(0，3)，若|MF|＝10，且NM⊥NF，則拋物線C的方程可以為()A．y2＝3x B．y2＝4xC．y2＝36x D．y2＝18x答案BC解析設(shè)M(x1，y1)，因為|MF|＝10，所以x1＋eq\f(p,2)＝10，因為NM⊥NF，所以eq\o(NM,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，即(x1，y1－3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－3))＝0，所以eq\f(p,2)x1－3(y1－3)＝0，所以eq\f(yeq\o\al(2,1),4)－3(y1－3)＝0，解得y1＝6，所以36＝2px1＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(p,2)))，解得p＝2或p＝18，所以拋物線C的方程為y2＝4x或y2＝36x.故選BC.18．(多選)(2024·江蘇鹽城學(xué)情分析)設(shè)拋物線y2＝8x的頂點為O，焦點為F.點M是拋物線上異于O的一動點，直線OM交拋物線的準(zhǔn)線于點N，下列結(jié)論正確的是()A．若|MF|＝4，則|OM|＝2eq\r(5)B．若|MF|＝4，則O為線段MN的中點C．若|MF|＝8，則|OM|＝4eq\r(5)D．若|MF|＝8，則|OM|＝3|ON|答案ABD解析由拋物線y2＝8x，可得焦點為F(2，0)，準(zhǔn)線為x＝－2.對于A，設(shè)M(x1，y1)，若|MF|＝4，根據(jù)拋物線的定義，可得|MF|＝x1＋2＝4，解得x1＝2，可得yeq\o\al(2,1)＝16，可得|OM|＝eq\r(22＋16)＝2eq\r(5)，所以A正確；對于B，由yeq\o\al(2,1)＝16，得y1＝±4，不妨設(shè)M(2，4)，則直線OM的方程為y＝2x，令x＝－2，可得y＝－4，即N(－2，－4)，所以O(shè)為線段MN的中點，所以B正確；對于C，設(shè)M(x2，y2)，若|MF|＝8，根據(jù)拋物線的定義，可得|MF|＝x2＋2＝8，解得x2＝6，則yeq\o\al(2,2)＝48，可得|OM|＝eq\r(62＋48)＝2eq\r(21)，所以C不正確；對于D，由yeq\o\al(2,2)＝48，可得y2＝±4eq\r(3)，不妨設(shè)M(6，4eq\r(3))，則直線OM的方程為y＝eq\f(2\r(3),3)x，令x＝－2，可得y＝－eq\f(4\r(3),3)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(4\r(3),3)))，則|ON|＝eq\r(（－2）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(21),3)，所以|OM|＝3|ON|，所以D正確．故選ABD.19.如圖所示，拋物線關(guān)于x軸對稱，它的頂點在坐標(biāo)原點，點P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上．(1)寫出該拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)當(dāng)PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，求y1＋y2的值及直線AB的斜率．解(1)由已知條件，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)．因為點P(1，2)在拋物線上，所以22＝2p×1，解得p＝2.故所求拋物線的方程是y2＝4x，準(zhǔn)線方程是x＝－1.(2)設(shè)直線PA的斜率為kPA，直線PB的斜率為kPB.則kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)(x1≠1)，kPB＝eq\f(y2－2,x2－1)(x2≠1)，因為PA與PB的斜率存在且傾斜角互補，所以kPA＝－kPB.由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝4x1，,yeq\o\al(2,2)＝4x2，))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))所以eq\f(y1－2,\f(1,4)yeq\o\al(2,1)－1)＝－eq\f(y2－2,\f(1,4)yeq\o\al(2,2)－1)，所以y1＋2＝－(y2＋2)，所以y1＋y2＝－4.由①－②，得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝－1(x1≠x2)．20．(2024·廣東信宜摸底)已知拋物線E：x2＝2py(p>0)上的一點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xM，\f(3,4)))到準(zhǔn)線的距離為1.(1)求拋物線E的方程；(2)若正方形ABCD的三個頂點A，B，C在拋物線E上，求此正方形面積的最小值．解(1)拋物線E的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(p,2)，由拋物線上點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xM，\f(3,4)))到準(zhǔn)線的距離為1，得eq\f(3,4)＋eq\f(p,2)＝1，∴p＝eq\f(1,2)，∴拋物線E的方程為x2＝y(tǒng).(2)如圖，設(shè)三個頂點有兩個在y軸的右側(cè)(包括y軸)，設(shè)在拋物線y＝x2上的三個點A，B，C的坐標(biāo)分別為(x1，xeq\o\al(2,1))，(x2，xeq\o\al(2,2))，(x3，xeq\o\al(2,3))，x1<x2<x3，直線BC的斜率為k(k>0)，則有xeq\o\al(2,3)－xeq\o\al(2,2)＝k(x3－x2)，xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝－eq\f(1,k)(x1－x2)，即x3＋x2＝k，x1＋x2＝－eq\f(1,k)，∴x3＝k－x2，x1＝－eq\f(1,k)－x2，①又|CB|＝|AB|，∴(xeq\o\al(2,3)－xeq\o\al(2,2))2＋(x3－x2)2＝(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))2＋(x1－x2)2，即(x3－x2)2[(x3＋x2)2＋1]＝(x1－x2)2·[(x1＋x2)2＋1]，將①式代入，得(2x2－k)2(k2＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1))，即k2(2x2－k)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,k)))eq\s\up12(2).∵2x2＋eq\f(1,k)＝2x2－(x1＋x2)＝x2－x1>0，2x2－k＝2x2－(x2＋x3)＝x2－x3<0，k>0，∴k(2x2－k)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(1,k)))，化簡得x2＝eq\f(\f(k3－1,k),2k＋2)＝eq\f(k3－1,2k（k＋1）)，∴正方形的面積為S＝|AB|2＝(2x2－k)2(k2＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k3－1,k2＋k)－k))eq\s\up12(2)(k2＋1)＝eq\f(（k2＋1）2,k2（k＋1）2)·(k2＋1)，∵k2＋1≥2k，∴(k2＋1)2≥4k2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時，等號成立，∴2(k2＋1)≥k2＋1＋2k＝(k＋1)2，即k2＋1≥eq\f(1,2)(k＋1)2，∴S＝eq\f(（k2＋1）2,k2（k＋1）2)·(k2＋1)≥eq\f(4k2,k2（k＋1）2)·eq\f(1,2)(k＋1)2＝2.∴正方形面積的最小值為2.第2課時直線與拋物線的位置關(guān)系課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.會判斷直線與拋物線的位置關(guān)系.2.會求直線與拋物線相交所得的弦長.3.能解決與拋物線的切線相關(guān)的簡單幾何問題.從近幾年高考來看，直線與圓錐曲線的綜合問題是高考考查的重點，高考試題中加大了思維能力的考查，以及二級結(jié)論的考查，減少了對復(fù)雜運算的考查．預(yù)計2025年高考對直線與拋物線綜合問題考查的難度會增加，平時應(yīng)注意二級結(jié)論的應(yīng)用.必備知識——強基礎(chǔ)1．直線與拋物線的位置關(guān)系(1)直線與拋物線的三種位置關(guān)系(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m，拋物線：y2＝2px(p>0)，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，整理成關(guān)于x的方程k2x2＋(2km－2p)x＋m2＝0.①若k≠0，當(dāng)Δ>0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(04))相交，有eq\x(\s\up1(05))兩個交點；當(dāng)Δ＝0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(06))相切，有eq\x(\s\up1(07))一個交點；當(dāng)Δ<0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(08))相離，eq\x(\s\up1(09))無交點．②若k＝0，直線與拋物線eq\x(\s\up1(10))只有一個交點，此時直線平行于拋物線的對稱軸或與對稱軸重合．因此，直線與拋物線只有一個交點是直線與拋物線相切的eq\x(\s\up1(11))必要不充分條件．2．弦長問題設(shè)直線與拋物線交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)(k為直線的斜率，k≠0)．3．拋物線的焦點弦問題若MN為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點弦(過焦點的弦)，則焦點弦長為|MN|＝eq\x(\s\up1(12))x1＋x2＋p(x1，x2分別為M，N的橫坐標(biāo))．設(shè)過拋物線焦點的弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則四種標(biāo)準(zhǔn)方程形式下的弦長公式如下表．標(biāo)準(zhǔn)方程弦長公式y(tǒng)2＝2px(p>0)|AB|＝x1＋x2＋py2＝－2px(p>0)|AB|＝p－(x1＋x2)x2＝2py(p>0)|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋px2＝－2py(p>0)|AB|＝p－(y1＋y2)4.拋物線的切線(1)過拋物線y2＝2px(p>0)上的點P(x1，y1)的切線方程是y1y＝p(x＋x1)．(2)拋物線y2＝2px(p>0)的斜率為k的切線方程是y＝kx＋eq\f(p,2k)(k≠0)．拋物線焦點弦的幾個常用結(jié)論設(shè)AB是過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)若A在第一象限，B在第四象限，則|AF|＝eq\f(p,1－cosα)，|BF|＝eq\f(p,1＋cosα)，弦長|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(2p,sin2α)(α為弦AB的傾斜角)；(3)eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(2,p)；(4)以弦AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切；(5)以AF或BF為直徑的圓與y軸相切；(6)過焦點弦的端點的切線互相垂直且交點在準(zhǔn)線上；(7)通徑：過焦點與對稱軸垂直的弦，長度為2p；(8)過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點．設(shè)直線l1的傾斜角為α，則|AB|＝eq\f(2p,sin2α)，|DE|＝eq\f(2p,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))＝eq\f(2p,cos2α).1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F到準(zhǔn)線l的距離為2，則過點A(－1，0)恰有2條直線與拋物線C有且只有一個公共點．()(2)已知過拋物線C：y2＝x的焦點F的直線l與C交于A，B兩點，若直線l垂直于x軸，則|AB|＝1.()(3)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l的傾斜角為60°且經(jīng)過點F.若l與C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則x1x2＝2.()答案(1)×(2)√(3)×2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊3.3例4改編)斜率為eq\r(3)的直線過拋物線C：y2＝4x的焦點，且與C交于A，B兩點，則|AB|＝()A．eq\f(8,3) B．eq\f(16,3)C．5 D．3eq\r(3)答案B解析由題意得，拋物線的焦點為F(1，0)，直線AB的方程為y＝eq\r(3)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)（x－1），,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3).(2)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T12改編)過定點P(0，1)且與拋物線y2＝8x有且僅有一個公共點的直線有________條．答案3解析當(dāng)斜率不存在時，直線方程為x＝0，只有一個公共點，符合題意；當(dāng)斜率存在時，設(shè)直線方程為y＝kx＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝8x，))得k2x2＋(2k－8)x＋1＝0，當(dāng)k＝0時，直線方程為y＝1，只有一個公共點，符合題意；當(dāng)k≠0時，令Δ＝(2k－8)2－4k2＝0，解得k＝2，即直線與拋物線有一個公共點，符合題意．所以滿足題意的直線有3條．(3)過點P(4，－3)作拋物線y＝eq\f(1,4)x2的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為________________．答案2x－y＋3＝0解析設(shè)切點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，又y′＝eq\f(1,2)x，則切線PA的方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理，切線PB的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－y2，由P(4，－3)是PA，PB的交點可知，－3＝2x1－y1，－3＝2x2－y2，由兩點確定一條直線，可得過A，B的直線方程為－3＝2x－y，即2x－y＋3＝0.(4)(2024·山東濟南模擬)已知A，B為拋物線C：x2＝4y上的兩點，M(－1，2)，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，則直線AB的方程為________________．答案x＋2y－3＝0解析由題意知點M(－1，2)在拋物線內(nèi)，且M(－1，2)是線段AB的中點，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))兩式相減得(x1－x2)(x1＋x2)＝4(y1－y2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(1,2)，則直線AB的方程為y－2＝－eq\f(1,2)(x＋1)，即x＋2y－3＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,x2＝4y，))消去y，得x2＋2x－6＝0，Δ＝22－4×(－6)＞0，故斜率為－eq\f(1,2)符合題意．因此直線AB的方程為x＋2y－3＝0.考點探究——提素養(yǎng)考點一拋物線的切線例1(1)過拋物線x2＝4y上一點(4，4)的拋物線的切線方程為()A．2x－y－4＝0 B．2x＋y－4＝0C．x－2y＋4＝0 D．x＋2y＋4＝0答案A解析解法一：設(shè)切線方程為y－4＝k(x－4)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－4＝k（x－4），,x2＝4y))?x2＝4(kx－4k＋4)?x2－4kx＋16(k－1)＝0，由Δ＝(－4k)2－4×16(k－1)＝0，得k2－4k＋4＝0.∴k＝2.故切線方程為y－4＝2(x－4)，即2x－y－4＝0.解法二：由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，∴y′＝eq\f(x,2).∴y′|x＝4＝eq\f(4,2)＝2.∴切線方程為y－4＝2(x－4)，即2x－y－4＝0.(2)(2023·四川成都適應(yīng)性考試)已知A，B為拋物線y＝x2上兩點，以A，B為切點的拋物線的兩條切線交于點P，過點A，B的直線斜率為kAB，若點P的橫坐標(biāo)為eq\f(1,3)，則kAB＝________．答案eq\f(2,3)解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B為切點的拋物線的切線斜率分別為kA，kB，由y＝x2，得y′＝2x，故kA＝2x1，kB＝2x2，所以切線PA的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即xeq\o\al(2,1)－2x1x＋y＝0.同理可得，切線PB的方程為xeq\o\al(2,2)－2x2x＋y＝0.設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0，y0)，所以xeq\o\al(2,1)－2x1x0＋y0＝0，xeq\o\al(2,2)－2x2x0＋y0＝0，所以x1，x2為方程x2－2x0x＋y0＝0的兩根，故x1＋x2＝2x0，x1x2＝y(tǒng)0，則kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝x1＋x2＝2x0＝eq\f(2,3).【通性通法】求拋物線切線方程的方法方法一首先設(shè)出切線方程，然后與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式求解方法二首先求導(dǎo)得出切線的斜率，然后由點斜式得出切線方程方法三過拋物線C：y2＝2px(p＞0)上一點P(x0，y0)的切線方程為y0y＝p(x＋x0)【鞏固遷移】1．(多選)(2023·遼寧名校聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的準(zhǔn)線l的方程為y＝－1，過C的焦點F的直線與C交于A，B兩點，以A，B為切點分別作C的兩條切線，且兩切線交于點M，則下列結(jié)論正確的是()A．C的方程為x2＝2yB．∠AMB＝90°C．M恒在l上D．|MF|2＝|AF|·|BF|答案BCD解析由題得－eq\f(p,2)＝－1，所以p＝2，因此C的方程為x2＝4y，A錯誤；由題意可知AB的斜率存在，F(xiàn)(0，1)，設(shè)AB的方程為y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.由y＝eq\f(1,4)x2得y′＝eq\f(1,2)x，所以AM的斜率為kAM＝eq\f(1,2)x1，所以AM的方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)x1(x－x1)①，同理BM的斜率為kBM＝eq\f(1,2)x2，所以BM的方程為y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)x2(x－x2)②，所以kAM·kBM＝eq\f(1,4)x1x2＝－1，即AM⊥BM，所以∠AMB＝90°，B正確；由①②得(x2－x1)y＝eq\f(1,4)x1x2(x2－x1)，因為x1≠x2，所以y＝－1，將y＝－1代入①②得x＝eq\f(x2＋x1,2)＝2k，所以點M的坐標(biāo)為(2k，－1)，又C的準(zhǔn)線l的方程為y＝－1，所以M恒在l上，C正確；當(dāng)AB的斜率k不為零時，則kMF＝eq\f(－1－1,2k)＝－eq\f(1,k)，所以kAB·kMF＝－1，所以AB⊥MF，當(dāng)AB的斜率k＝0時，點M的坐標(biāo)為(0，－1)，顯然AB⊥MF，在Rt△ABM中，由△AMF∽△MBF得eq\f(|MF|,|AF|)＝eq\f(|BF|,|MF|)，所以|MF|2＝|AF|·|BF|，D正確．故選BCD.考點二焦點弦問題例2(1)(2024·河北邯鄲模擬)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，若|AF|＝2|BF|，則|AB|＝()A．4 B．eq\f(9,2)C．5 D．6答案B解析解法一：易知直線l的斜率存在，設(shè)為k，則其方程為y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)點A，B的橫坐標(biāo)分別為xA，xB，則xAxB＝1①，因為|AF|＝2|BF|，由拋物線的定義得xA＋1＝2(xB＋1)，即xA＝2xB＋1②，由①②解得xA＝2，xB＝eq\f(1,2)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋p＝eq\f(9,2).解法二：由對稱性，不妨設(shè)點A在x軸的上方，如圖，設(shè)A，B在準(zhǔn)線上的射影分別為D，C，作BE⊥AD于E，設(shè)|BF|＝m，直線l的傾斜角為θ，則|AB|＝3m，由拋物線的定義知|AD|＝|AF|＝2m，|BC|＝|BF|＝m，所以cosθ＝eq\f(|AE|,|AB|)＝eq\f(1,3)，所以sin2θ＝eq\f(8,9).又y2＝4x，知2p＝4，故利用弦長公式，得|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(9,2).解法三：因為|AF|＝2|BF|，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,2|BF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(3,2|BF|)＝eq\f(2,p)＝1，解得|BF|＝eq\f(3,2)，|AF|＝3，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(9,2).(2)(多選)(2023·湖北鄂州市教學(xué)研究室期末)已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，準(zhǔn)線l與y軸的交點為D，過點F的直線m與拋物線C交于A，B兩點，點O為坐標(biāo)原點．下列結(jié)論正確的是()A．存在點A，B，使∠AOB≤eq\f(π,2)B．|AB|的最小值為4C．DF平分∠ADBD．若點M(2，3)是弦AB的中點，則直線m的方程為x－y＋1＝0答案BCD解析拋物線C的焦點F的坐標(biāo)為(0，1)，由題意分析可知，直線m的斜率一定存在．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線m的方程為y＝kx＋1，與拋物線C：x2＝4y聯(lián)立，得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(xeq\o\al(2,1),4)·eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＝－4＋1＝－3<0，所以∠AOB為鈍角，故A錯誤；|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝kx1＋1＋kx2＋1＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4≥4(當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時，等號成立)，故B正確；因為點D(0，－1)，kDA＋kDB＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2,x1)＋eq\f(kx2＋2,x2)＝eq\f(2kx1x2＋2（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(2k×（－4）＋2×4k,x1x2)＝0，即直線DA和直線DB的傾斜角互補，所以DF平分∠ADB，故C正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，因為點M(2，3)是弦AB的中點，所以x1＋x2＝4，所以直線m的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1，所以直線m的方程為x－y＋1＝0，故D正確．故選BCD.【通性通法】解決焦點弦問題的策略(1)利用拋物線的定義把過焦點的弦分成兩個焦半徑，然后轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離，再求解．(2)利用與拋物線焦點弦有關(guān)的二級結(jié)論求解．【鞏固遷移】2．(2024·山東聊城質(zhì)檢)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F作斜率為2的直線l與拋物線交于A，B兩點，若弦AB的中點到拋物線準(zhǔn)線的距離為3，則拋物線的方程為()A．y2＝eq\f(12,5)x B．y2＝eq\f(24,5)xC．y2＝12x D．y2＝6x答案B解析因為直線l的方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，即y＝2x－p，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝2x－p，))消去y，得4x2－6px＋p2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(3p,2)，又因為弦AB的中點到拋物線準(zhǔn)線的距離為3，所以|AB|＝6，而|AB|＝x1＋x2＋p，所以x1＋x2＝6－p，故eq\f(3p,2)＝6－p，解得p＝eq\f(12,5)，所以拋物線的方程為y2＝eq\f(24,5)x.故選B.3．(多選)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準(zhǔn)線，則()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN為直徑的圓與l相切D．△OMN為等腰三角形答案AC解析對于A，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過點(1，0)，所以拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，A正確；對于B，不妨設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＞x2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，))消去y并化簡，得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋eq\f(1,3)＋2＝eq\f(16,3)，B錯誤；對于C，設(shè)MN的中點為A，M，N，A到直線l的距離分別為d1，d2，d，因為d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直線l的距離等于|MN|的一半，所以以MN為直徑的圓與直線l相切，C正確；對于D，由上述分析可知y1＝－eq\r(3)×(3－1)＝－2eq\r(3)，y2＝－eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))＝eq\f(2\r(3),3)，所以|OM|＝eq\r(32＋（－2\r(3)）2)＝eq\r(21)，|ON|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3)，所以△OMN不是等腰三角形，D錯誤．故選AC.考點三直線與拋物線的綜合問題例3(2023·重慶統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，點A(2，y0)在C上，△OAF的面積為4.(1)求拋物線C的方程；(2)過點P(m，0)(m>0)作斜率為－1的直線l1交拋物線C于點M，N，直線MF交拋物線C于點Q，以Q為切點作拋物線C的切線l2，且l2∥l1，求△MNQ的面積．解(1)由題意，可知拋物線C的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，將A(2，y0)代入拋物線C的方程，得yeq\o\al(2,0)＝4p，且p>0，則|y0|＝2eq\r(p)，因為△OAF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×2eq\r(p)＝eq\f(p\r(p),2)＝4，解得p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)由(1)可得拋物線C的方程為y2＝8x，焦點F(2，0)，設(shè)直線l1：x＝－y＋m(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋m，,y2＝8x，))消去x，得y2＋8y－8m＝0，則Δ＝64＋32m>0，可得y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，因為點M(x1，y1)在拋物線上，則yeq\o\al(2,1)＝8x1，即x1＝eq\f(yeq\o\al(2,1),8)，所以直線MF的方程為x＝eq\f(x1－2,y1)y＋2＝eq\f(\f(yeq\o\al(2,1),8)－2,y1)y＋2＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2，,y2＝8x，))消去x，得y2＋eq\f(16－yeq\o\al(2,1),y1)y－16＝0，可得y1y3＝－16，即y3＝－eq\f(16,y1)，則x3＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,y1)))＋2＝eq\f(32,yeq\o\al(2,1))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，因為l2∥l1，可設(shè)l2：x＝－y＋n，代入Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，得eq\f(32,yeq\o\al(2,1))＝eq\f(16,y1)＋n，即n＝eq\f(32,yeq\o\al(2,1))－eq\f(16,y1)，所以l2：x＝－y＋eq\f(32,yeq\o\al(2,1))－eq\f(16,y1)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋\f(32,yeq\o\al(2,1))－\f(16,y1)，,y2＝8x，))消去x，得y2＋8y＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,yeq\o\al(2,1))))＝0，因為l2為拋物線C的切線，則Δ＝64－32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,yeq\o\al(2,1))))＝0，整理得yeq\o\al(2,1)－8y1＋16＝0，解得y1＝4，又因為y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，y1y3＝－16，可得y2＝－12，m＝6，y3＝－4，即Q(2，－4)，l1：x＝－y＋6，可得|MN|＝eq\r(2)×|4－(－12)|＝16eq\r(2)，點Q(2，－4)到直線l1：x＋y－6＝0的距離d＝eq\f(|2－4－6|,\r(2))＝4eq\r(2)，所以S△MNQ＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×16eq\r(2)×4eq\r(2)＝64.【通性通法】解決直線與拋物線綜合問題的策略(1)有關(guān)直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線y2＝2px的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則一般用弦長公式．(2)涉及拋物線的弦長、中點、距離等相關(guān)問題時，一般利用根與系數(shù)的關(guān)系采用“設(shè)而不求”“整體代入”等解法．提醒：涉及弦的中點、斜率時一般用“點差法”求解．【鞏固遷移】4．(2023·甘肅張掖高臺縣第一中學(xué)統(tǒng)考期末)已知點A(x0，－2)在拋物線C：y2＝2px(p>0)上，且A到C的焦點F的距離與到x軸的距離之差為eq\f(1,2).(1)求拋物線C的方程；(2)當(dāng)p<2時，M，N是C上不同于點A的兩個動點，且直線AM，AN的斜率之積為－2，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點E，使得|DE|為定值．解(1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，又點A(x0，－2)在拋物線C：y2＝2px(p>0)上，即(－2)2＝2px0，∴x0＝eq\f(2,p)，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,p)，－2))，依題意，可得eq\f(2,p)＋eq\f(p,2)－2＝eq\f(1,2)，解得p＝1或p＝4，∴y2＝2x或y2＝8x.(2)證明：∵p<2，∴y2＝2x，A(2，－2)．設(shè)MN：x＝my＋n，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)，y1))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)，y2))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x＝my＋n，))消去x，整理得y2－2my－2n＝0，Δ＝4m2＋8n>0，(ⅰ)且y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，∴kAM·kAN＝eq\f(2,y1－2)·eq\f(2,y2－2)＝－2，∴(y1－2)(y2－2)＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋6＝0，∴n＋2m＝3，適合(ⅰ)，將n＝3－2m代入x＝my＋n，得x－3＝m(y－2)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3＝0，,y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))∴直線MN恒過定點Q(3，2)．又AD⊥MN，∴點D在以AQ為直徑的圓上，∵A，Q的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，|AQ|＝eq\r(（2－3）2＋（－2－2）2)＝eq\r(17)，∴以AQ為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,4)，∴存在點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，使得|DE|＝eq\f(\r(17),2)，為定值．課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知直線l與拋物線x2＝2py(p>0)只有一個公共點，則直線l與拋物線的位置關(guān)系是()A．相交 B．相切C．相離 D．相交或相切答案D解析直線l與拋物線的對稱軸平行或直線l與拋物線相切時只有一個公共點，所以D正確．故選D.2．過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，若點C(x1，0)與點D(x2，0)關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，則|AB|＝()A．3 B．4C．5 D．6答案C解析拋物線y2＝4x，∴p＝2，過焦點F的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋1，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，又點C(x1，0)與點D(x2，0)關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，則x1＋x2＝eq\f(3,2)×2＝3，∴|AB|＝3＋2＝5.3．(2023·四川資陽統(tǒng)考三模)已知拋物線C：y2＝8x，過點P(2，－1)的直線l與拋物線C交于A，B兩點，若|AP|＝|BP|，則直線l的斜率是()A．－4 B．4C．－eq\f(1,4) D．eq\f(1,4)答案A解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝8x1，,yeq\o\al(2,2)＝8x2，))作差得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝8(x1－x2)．因為|AP|＝|BP|，所以P是線段AB的中點，所以y1＋y2＝－2，則直線l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1＋y2)＝－4.故選A.4.(2024·江西九江二模)青花瓷又稱白地青花瓷，常簡稱青花，是中華陶瓷燒制工藝的珍品，是中國瓷器的主流品種之一，屬釉下彩瓷．一只內(nèi)壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上，瓷碗底座高為1cm，瓷碗的軸截面可以近似看成是拋物線，碗里不慎掉落一根質(zhì)地均勻、粗細相同且長度為22cm的筷子，筷子的兩端緊貼瓷碗內(nèi)壁．若筷子的中點離桌面的最小距離為7cm，則該拋物線的通徑長為()A．16 B．18C．20 D．22答案C解析如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線為x2＝2py(p>0)，焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵|AB|＝22，|AB|≤|AF|＋|BF|，∴y1＋y2＋p≥22，設(shè)線段AB的中點為M，則2yM＋p≥22，由題意知，yM的最小值為6，即12＋p＝22，得p＝10，∴該拋物線的通徑長為2p＝20.故選C.5．(2023·遼寧名校聯(lián)考)過拋物線C：x2＝4y的焦點F的直線l交C于A，B兩點，點A處的切線與x，y軸分別交于點M，N.若△MON(O為坐標(biāo)原點)的面積為eq\f(1,2)，則|AF|＝()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析由題意可知，直線l的斜率存在，且過拋物線C：x2＝4y的焦點F，與其交于A，B兩點，設(shè)Aeq\b\lc\(\