課本上和老師講解的例題，一般都具有一定的典型性和代表性。要認真研究，深刻理解，要透過“樣板”，學會通過邏輯思維，靈活運用所學知識去分析問題和解決問題，特別是要學習分析問題的思路、解決問題的方法，并能總結出解題的規(guī)律。
2、精練習題
復習時不要搞“題海戰(zhàn)術”，應在老師的指導下，選一些源于課本的變式題，或體現基本概念、基本方法的基本題，通過解題來提高思維能力和解題技巧，加深對所學知識的深入理解。在解題時，要獨立思考，一題多思，一題多解，反復玩味，悟出道理。
3、加強審題的規(guī)范性
每每大考過后，總有同學抱怨沒考好，糾其原因是考試時沒有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個問題勢必影響到高考的成敗。那么怎么審題呢? 應找出題目中的已知條件 ;善于挖掘題目中的隱含條件 ;認真分析條件與目標的聯系，確定解題思路 。
4、重視錯題
“錯誤是最好的老師”，但更重要的是尋找錯因，及時進行總結，三五個字，一兩句話都行，言簡意賅，切中要害，以利于吸取教訓，力求相同的錯誤不犯第二次。
§8.8 拋物線
考試要求 1.掌握拋物線的定義、幾何圖形、標準方程.2.掌握拋物線的簡單幾何性質(范圍、對稱性、頂點、離心率).3.了解拋物線的簡單應用．
知識梳理
1．拋物線的概念
把平面內與一個定點F和一條定直線l(l不經過點F)的距離相等的點的軌跡叫做拋物線，點F叫做拋物線的焦點，直線l叫做拋物線的準線．
2．拋物線的標準方程和簡單幾何性質
常用結論
拋物線焦點弦的幾個常用結論
設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－cs α)，|BF|＝eq \f(p,1＋cs α)，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線上；
(7)通徑：過焦點與對稱軸垂直的弦長等于2p.
思考辨析
判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)
(1)平面內與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡是拋物線．( × )
(2)方程y＝4x2表示焦點在x軸上的拋物線，焦點坐標是(1,0)．( × )
(3)拋物線既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．( × )
(4)若直線與拋物線只有一個交點，則直線與拋物線相切．( × )
教材改編題
1．拋物線y＝2x2的準線方程為( )
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的準線方程為y＝－eq \f(1,8).
2．過拋物線y2＝4x的焦點的直線l交拋物線于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩點，如果x1＋x2＝6，則|PQ|等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 B
解析 拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1.根據題意可得，
|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1
＝x1＋x2＋2＝8.
3．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 由已知可知雙曲線的焦點為
(－eq \r(2)，0)，(eq \r(2)，0)．
設拋物線方程為y2＝±2px(p>0)，則eq \f(p,2)＝eq \r(2)，
所以p＝2eq \r(2)，所以拋物線方程為y2＝±4eq \r(2)x.
題型一 拋物線的定義和標準方程
命題點1 定義及應用
例1 (1)(2020·全國Ⅰ)已知A為拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點，點A到C的焦點的距離為12，到y(tǒng)軸的距離為9，則p等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
答案 C
解析 設A(x，y)，由拋物線的定義知，點A到準線的距離為12，即x＋eq \f(p,2)＝12.
又因為點A到y(tǒng)軸的距離為9，即x＝9，
所以9＋eq \f(p,2)＝12，解得p＝6.
(2)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的值等于________．
答案 42或22
解析 當點M(20,40)位于拋物線內時，如圖①，過點P作拋物線準線的垂線，垂足為D，
① ②
則|PF|＝|PD|，
|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|.
當點M，P，D三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。?br>由最小值為41，得20＋eq \f(p,2)＝41，解得p＝42.
當點M(20,40)位于拋物線外時，如圖②，當點P，M，F三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。?br>由最小值為41，得eq \r(402＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(p,2)))2)＝41，
解得p＝22或p＝58.
當p＝58時，y2＝116x，點M(20,40)在拋物線內，故舍去．
綜上，p＝42或p＝22.
思維升華 “看到準線想到焦點，看到焦點想到準線”，許多拋物線問題均可根據定義獲得簡捷、直觀的求解．“由數想形，由形想數，數形結合”是靈活解題的一條捷徑．
命題點2 求標準方程
例2 (1)設拋物線y2＝2px的焦點在直線2x＋3y－8＝0上，則該拋物線的準線方程為( )
A．x＝－4 B．x＝－3
C．x＝－2 D．x＝－1
答案 A
解析 直線2x＋3y－8＝0與x軸的交點為(4,0)，∴拋物線y2＝2px的焦點為(4,0)，∴準線方程為x＝－4.
(2)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，準線為l，點A是拋物線C上一點，AD⊥l，交l于D.若|AF|＝4，∠DAF＝60°，則拋物線C的方程為( )
A．y2＝8x B．y2＝4x
C．y2＝2x D．y2＝x
答案 B
解析 根據拋物線的定義可得|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，
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
教師備選
1．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，M，N是拋物線上兩個不同的點．若|MF|＋|NF|＝5，則線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為( )
A．3 B.eq \f(3,2) C．5 D.eq \f(5,2)
答案 B
解析 由題意知拋物線的準線方程為x＝－1，分別過點M，N作準線的垂線，垂足為M′，N′(圖略)，
根據拋物線的定義得|MF|＝|MM′|，
|NF|＝|NN′|，
所以|MF|＋|NF|＝|MM′|＋|NN′|，
所以線段MN的中點到準線的距離為
eq \f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq \f(5,2)，所以線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為eq \f(5,2)－1＝eq \f(3,2).
2．(2022·濟南模擬)已知拋物線x2＝2py(p>0)，過焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點(點A在第一象限)．若直線AB的斜率為eq \f(\r(3),3)，點A的縱坐標為eq \f(3,2)，則p的值為( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 C
解析 由題意得，拋物線x2＝2py(p>0)的焦點在y軸上，
準線方程為y＝－eq \f(p,2)，
設A(xA，yA)，
則|AF|＝y(tǒng)A＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)＋eq \f(p,2)，
設直線AB的傾斜角為α，
則tan α＝eq \f(\r(3),3)，
因為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.
思維升華 求拋物線的標準方程的方法
(1)定義法；
(2)待定系數法：當焦點位置不確定時，分情況討論．
跟蹤訓練1 (1)設拋物線的頂點為O，焦點為F，準線為l，P是拋物線上異于O的一點，過P作PQ⊥l于Q.則線段FQ的垂直平分線( )
A．經過點O B．經過點P
C．平行于直線OP D．垂直于直線OP
答案 B
解析 連接PF(圖略)，由題意及拋物線的定義可知|PQ|＝|FP|，則△QPF為等腰三角形，故線段FQ的垂直平分線經過點P.
(2)《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，第九章“勾股”，講述了“勾股定理”及一些應用，直角三角形的三條邊長分別稱為“勾”“股”“弦”．設點F是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，l是該拋物線的準線，過拋物線上一點A作準線的垂線，垂足為B，直線AF交準線l于點C，若Rt△ABC的“勾”|AB|＝3，“股”|CB|＝3eq \r(3)，則拋物線的方程為 ( )
A．y2＝2x B．y2＝3x C．y2＝4x D．y2＝6x
答案 B
解析 如圖，|AB|＝3，|BC|＝3eq \r(3)，
則|AC|＝eq \r(32＋?3\r(3)?2)＝6，
設直線l與x軸交于點H，
由|AB|＝|AF|＝3，|AC|＝6，可知點F為AC的中點，
所以|FH|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(3,2)，
又|FH|＝p，所以p＝eq \f(3,2)，
所以拋物線的方程為y2＝3x.
題型二 拋物線的幾何性質
例3 (1)(2021·新高考全國Ⅱ)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點到直線y＝x＋1的距離為eq \r(2)，則p等于( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
答案 B
解析 拋物線的焦點坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，其到直線x－y＋1＝0的距離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)(多選)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，直線l的斜率為eq \r(3)且經過點F，與拋物線C交于A，B兩點(點A在第一象限)，與拋物線C的準線交于點D.若|AF|＝8，則以下結論正確的是( )
A．p＝4 B.eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝4
答案 ABC
解析 如圖所示，分別過點A，B作拋物線C的準線的垂線，垂足分別為點E，M，連接EF.設拋物線C的準線交x軸于點P，則|PF|＝p.因為直線l的斜率為eq \r(3)，所以其傾斜角為60°.
因為AE∥x軸，所以∠EAF＝60°，
由拋物線的定義可知，|AE|＝|AF|，
則△AEF為等邊三角形，
所以∠EFP＝∠AEF＝60°，
則∠PEF＝30°，
所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，
故A正確；
因為|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，
所以F為AD的中點，則eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(FA,\s\up6(→))，故B正確；
因為∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，
所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故C正確；
因為|BD|＝2|BF|，
所以|BF|＝eq \f(1,3)|DF|＝eq \f(1,3)|AF|＝eq \f(8,3)，故D錯誤．
教師備選
1．拋物線y2＝2px(p>0)準線上的點A與拋物線上的點B關于原點O對稱，線段AB的垂直平分線OM與拋物線交于點M，若直線MB經過點N(4,0)，則拋物線的焦點坐標是( )
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 設點B(x1，y1)，M(x2，y2)，
則點A(－x1，－y1)，可得－x1＝－eq \f(p,2)，
則x1＝eq \f(p,2)，
設直線MB的方程為x＝my＋4，
聯立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,y2＝2px，))可得y2－2mpy－8p＝0，
所以y1y2＝－8p，
由題意可知，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，拋物線的焦點為(1,0)．
2．(多選)(2022·唐山模擬)拋物線有如下光學性質：由其焦點射出的光線經拋物線反射后，沿平行于拋物線對稱軸的方向射出．反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經拋物線反射后必過拋物線的焦點．已知拋物線r：y2＝x，O為坐標原點，一束平行于x軸的光線l1從點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41,16)，1))射入，經過r上的點A(x1，y1)反射后，再經r上另一點B(x2，y2)反射后，沿直線l2射出，經過點Q，則( )
A．y1y2＝－1
B．|AB|＝eq \f(25,16)
C．PB平分∠ABQ
D．延長AO交直線x＝－eq \f(1,4)于點C，則C，B，Q三點共線
答案 BCD
解析 設拋物線的焦點為F，
則Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)).
因為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41,16)，1))，
且l1∥x軸，
故A(1,1)，
故直線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錯誤；
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正確；
直線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＝y(tǒng)2，
所以C，B，Q三點共線，故D正確；
因為|AP|＝eq \f(41,16)－1＝eq \f(25,16)＝|AB|，
故△APB為等腰三角形，故∠ABP＝∠APB，
而l1∥l2，故∠PBQ＝∠APB，
即∠ABP＝∠PBQ，
故PB平分∠ABQ，故C正確．
思維升華 應用拋物線的幾何性質解題時，常結合圖形思考，通過圖形可以直觀地看出拋物線的頂點、對稱軸、開口方向等幾何特征，體現了數形結合思想解題的直觀性．
跟蹤訓練2 (1)(2021·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標原點，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的準線方程為________．
答案 x＝－eq \f(3,2)
解析 方法一 (解直角三角形法)由題易得|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的準線方程為x＝－eq \f(3,2).
方法二 (應用射影定理法)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的準線方程為x＝－eq \f(3,2).
(2)直線l過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F(1,0)，且與C交于A，B兩點，則p＝______，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝________.
答案 2 1
解析 由eq \f(p,2)＝1，得p＝2.
當直線l的斜率不存在時，l：x＝1與y2＝4x
聯立解得y＝±2，此時|AF|＝|BF|＝2，
所以eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1；
當直線l的斜率存在時，設l：y＝k(x－1)，代入拋物線方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則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.
綜上，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1.
題型三 直線與拋物線
例4 已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為eq \f(3,2)的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，求|AB|.
解 設直線l：y＝eq \f(3,2)x＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由題設得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，
則x1＋x2＝－eq \f(12?t－1?,9).
從而－eq \f(12?t－1?,9)＝eq \f(5,2)，得t＝－eq \f(7,8).
所以l的方程為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，從而－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).
教師備選
如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點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)))，拋物線上的點P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)0)的焦點F作直線l與拋物線C交于A，B兩點，當點A的縱坐標為1時，|AF|＝2.
(1)求拋物線C的方程；
(2)若拋物線C上存在點M(－2，y0)，使得MA⊥MB，求直線l的方程．
解 (1)拋物線C：x2＝2py(p>0)的準線方程為y＝－eq \f(p,2)，焦點為Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))).
∵當點A的縱坐標為1時，|AF|＝2，
∴1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2，
∴拋物線C的方程為x2＝4y.
(2)∵點M(－2，y0)在拋物線C上，
∴y0＝eq \f(?－2?2,4)＝1.
又F(0,1)，∴設直線l的方程為y＝kx＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))
得x2－4kx－4＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則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.
當k＝0時，l過點M(舍去)，∴k＝2，
∴直線l的方程為y＝2x＋1.
10．(2022·沈陽模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，其焦點到準線的距離為2，直線l與拋物線C交于A，B兩點，過A，B分別作拋物線C的切線l1，l2，且l1與l2交于點M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面積的最小值．
解 (1)由題意知，拋物線焦點為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
準線方程為y＝－eq \f(p,2)，
焦點到準線的距離為2，即p＝2.
(2)由(1)知拋物線的方程為x2＝4y，
即y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
l1：y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
l2：y－eq \f(x\\al(2,2),4)＝eq \f(x2,2)(x－x2)，
由于l1⊥l2，所以eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)＝－1，
即x1x2＝－4.
設直線l的方程為y＝kx＋m，與拋物線方程聯立，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，))
所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以m＝1，
即l：y＝kx＋1.
聯立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x\\al(2,2),4)，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，))即M(2k，－1)．
M點到直線l的距離d＝eq \f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2))＝eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))，
|AB|＝eq \r(?1＋k2?[?x1＋x2?2－4x1x2])
＝4(1＋k2)，
所以S＝eq \f(1,2)×4(1＋k2)×eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))
,
當k＝0時，△MAB的面積取得最小值4.
11．設F為拋物線y2＝2x的焦點，A，B，C為拋物線上三點，若F為△ABC的重心，則|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|的值為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 由題意可知，點F的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
又F為△ABC的重心，故eq \f(xA＋xB＋xC,3)＝eq \f(1,2)，
即xA＋xB＋xC＝eq \f(3,2).
又由拋物線的定義可知|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．(多選)(2022·濰坊模擬)已知拋物線x2＝eq \f(1,2)y的焦點為F，M(x1，y1)，N(x2，y2)是拋物線上兩點，則下列結論正確的是( )
A．點F的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，0))
B．若直線MN過點F，則x1x2＝－eq \f(1,16)
C．若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，則|MN|的最小值為eq \f(1,2)
D．若|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，則線段MN的中點P到x軸的距離為eq \f(5,8)
答案 BCD
解析 易知點F的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，選項A錯誤；
根據拋物線的性質知，MN過焦點F時，
x1x2＝－p2＝－eq \f(1,16)，選項B正確；
若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，則MN過點F，則|MN|的最小值即拋物線通徑的長，為2p，即eq \f(1,2)，選項C正確；
拋物線x2＝eq \f(1,2)y的焦點為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，
準線方程為y＝－eq \f(1,8)，
過點M，N，P分別作準線的垂線MM′，NN′，PP′，垂足分別為M′，N′，P′(圖略)，
所以|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|.
所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，
所以線段|PP′|＝eq \f(|MM′|＋|NN′|,2)＝eq \f(3,4)，
所以線段MN的中點P到x軸的距離為|PP′|－eq \f(1,8)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,8)＝eq \f(5,8)，選項D正確．
13．(多選)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點P(1,1)，則下列結論正確的是( )
A．點P到拋物線焦點的距離為eq \f(3,2)
B．過點P作過拋物線焦點的直線交拋物線于點Q，則△OPQ的面積為eq \f(5,32)
C．過點P與拋物線相切的直線方程為x－2y＋1＝0
D．過點P作兩條斜率互為相反數的直線交拋物線于M，N兩點，則直線MN的斜率為定值
答案 BCD
解析 因為拋物線C：y2＝2px(p>0)過點P(1,1)，
所以p＝eq \f(1,2)，
所以拋物線方程為y2＝x，
焦點坐標為Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)).
對于A，|PF|＝1＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,4)，錯誤；
對于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)))，
與y2＝x聯立得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)，正確；
對于C，依題意斜率存在，設直線方程為y－1＝k(x－1)，與y2＝x聯立得ky2－y＋1－k＝0，Δ＝1－4k(1－k)＝0，
即4k2－4k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)，
所以切線方程為x－2y＋1＝0，正確；
對于D，依題意斜率存在，
設lPM：y－1＝k(x－1)，
與y2＝x聯立得ky2－y＋1－k＝0，
所以yM＋1＝eq \f(1,k)，
即yM＝eq \f(1,k)－1，
則xM＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－1))2，
所以點M eq \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N eq \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)，正確．
14．已知P為拋物線C：y＝x2上一動點，直線l：y＝2x－4與x軸，y軸交于M，N兩點，點A(2，－4)，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AM,\s\up6(→))＋μeq \(AN,\s\up6(→))，則λ＋μ的最小值為________．
答案 eq \f(7,4)
解析 由題意得M(2,0)，N(0，－4)，
設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的最小值為eq \f(7,4).
15．(多選)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F的直線l交拋物線于A，B兩點，以線段AB為直徑的圓交y軸于M，N兩點，設線段AB的中點為P，O為坐標原點，則下列說法中正確的是( )
A.eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－eq \f(3,4)p2
B．若|AF|·|BF|＝4p2，則直線AB的斜率為eq \r(3)
C．若拋物線上存在一點E(2，t)到焦點F的距離等于3，則拋物線的方程為y2＝4x
D．若點F到拋物線準線的距離為2，則sin∠PMN的最小值為eq \f(1,2)
答案 ACD
解析 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直線l的方程為x＝my＋eq \f(p,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))得y2－2pmy－p2＝0，
則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2.
對于A，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(y\\al(2,1),2p)·eq \f(y\\al(2,2),2p)＋y1y2＝eq \f(p2,4)－p2＝－eq \f(3,4)p2，故A正確；
對于B，根據拋物線的定義可知|AF|＝x1＋eq \f(p,2)，
|BF|＝x2＋eq \f(p,2)，
故|AF|·|BF|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(p,2)))
＝(my1＋p)(my2＋p)
＝m2y1y2＋pm(y1＋y2)＋p2
＝－m2p2＋2p2m2＋p2＝p2(m2＋1)＝4p2，
所以m2＋1＝4，解得m＝±eq \r(3)，
所以直線l的斜率k＝eq \f(1,m)＝±eq \f(\r(3),3)，故B不正確；
對于C，由題意可知2＋eq \f(p,2)＝3，解得p＝2，則拋物線的方程為y2＝4x，故C正確；
對于D，由題意可知p＝2，所以y1＋y2＝4m.
易得sin∠PMN＝eq \f(d,r)，其中d是點P到y(tǒng)軸的距離，r為以AB為直徑的圓的半徑，
且d＝eq \f(x1＋x2,2)，r＝|PM|＝eq \f(|AB|,2)＝eq \f(x1＋x2＋2,2).
又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，且y1＋y2＝4m，
所以d＝2m2＋1，r＝2m2＋2，
所以sin∠PMN＝eq \f(d,r)＝eq \f(2m2＋1,2m2＋2)＝1－eq \f(1,2?m2＋1?)，
當m＝0時，sin∠PMN取得最小值eq \f(1,2)，故D正確．
16．已知曲線C：y＝eq \f(x2,2)，D為直線y＝－eq \f(1,2)上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.
(1)證明：直線AB過定點；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．
(1)證明 設Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，
則xeq \\al(2,1)＝2y1.
因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，
故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1，
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)解 由(1)得直線AB的方程為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)．
設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，
則d1＝eq \r(t2＋1)，d2＝eq \f(2,\r(t2＋1)).
因此，四邊形ADBE的面積
S＝eq \f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq \r(t2＋1).
設M為線段AB的中點，則Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).
因為eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4eq \r(2).
因此，四邊形ADBE的面積為3或4eq \r(2).標準方程
y2＝2px(p>0)
y2＝－2px(p>0)
x2＝2py(p>0)
x2＝－2py(p>0)
圖形
范圍
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
焦點
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)))
準線方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
對稱軸
x軸
y軸
頂點
(0,0)
離心率
e＝1

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