2023届高考一轮复习讲义（文科）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（文科）第九章　平面解析几何 第7讲　抛物线学案，共17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
与焦点弦有关的常用结论
(以图为依据)
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为直线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．
(6)过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p(通径)．
二、习题改编
1．(选修1­1P58例1(2)改编)若抛物线的焦点是Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，则抛物线的标准方程为 ．
答案：x2＝－2y
2．(选修1­1P59练习T2改编)抛物线y2＋4x＝0的准线方程 ．
答案：x＝1
3．(选修1­1P59练习T3(2)改编)抛物线y2＝12x上与焦点的距离等于6的点的坐标是 ．
答案：(3，±6)
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)(1)不注意抛物线方程的标准形式；
(2)忽视p的几何意义．
1．顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过点P(－4，－2)的抛物线的标准方程是( )
A．y2＝－x B．x2＝－8y
C．y2＝－8x或x2＝－y D．y2＝－x或x2＝－8y
解析：选D.设抛物线为y2＝mx，代入点P(－4，－2)，解得m＝－1，则抛物线方程为y2＝－x；设抛物线为x2＝ny，代入点P(－4，－2)，解得n＝－8，则抛物线方程为x2＝－8y.
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 ．
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.
答案：y2＝±4eq \r(2)x
抛物线的定义(典例迁移)
(1)(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,2)))在C上，且|PF|＝eq \f(3,4)，则p＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,4) D．1
(2)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】 (1)抛物线的准线方程为y＝－eq \f(p,2)，因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,2)))在抛物线上，所以点P到准线的距离d＝eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝|PF|＝eq \f(3,4)，则p＝eq \f(1,2)，故选B.
(2)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】 (1)B (2)4
【迁移探究1】 (变条件)若将本例(2)中的B点坐标改为(3，4)，试求|PB|＋|PF|的最小值．
解：由题意可知点(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，
所以|PB|＋|PF|≥|BF|＝eq \r(42＋22)＝eq \r(16＋4)＝2eq \r(5)，
即|PB|＋|PF|的最小值为2eq \r(5).
【迁移探究2】 (变设问)若本例(2)条件不变，求P到准线l的距离与P到直线3x＋4y＋7＝0的距离之和的最小值是 ．
解析：由抛物线定义可知点P到准线l的距离等于点P到焦点F的距离，由抛物线y2＝4x及直线方程3x＋4y＋7＝0可得直线与抛物线相离，所以点P到准线l的距离与点P到直线3x＋4y＋7＝0的距离之和的最小值为点F(1，0)到直线3x＋4y＋7＝0的距离，即eq \f(|3＋7|,\r(32＋42))＝2.
答案：2
eq \a\vs4\al()
抛物线定义的应用
(1)利用抛物线的定义解决问题，应灵活地进行抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化．即“看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”．
(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．已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，且|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为( )
A.eq \f(3,4) B．1
C.eq \f(5,4) D．eq \f(7,4)
解析：选C.如图所示，设抛物线的准线为l，AB的中点为M，作AA1⊥l于点A1，BB1⊥l于点B1，MM1⊥l于点M1，
由抛物线的定义知p＝eq \f(1,2)，|AA1|＋|BB1|＝|AF|＋|BF|＝3，
则点M到y轴的距离为|MM1|－eq \f(p,2)＝eq \f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)－eq \f(1,4)＝eq \f(5,4).故选C.
2．(2020·沈阳市质量监测(一))抛物线y2＝6x上一点M(x1，y1)到其焦点的距离为eq \f(9,2)，则点M到坐标原点的距离为 ．
解析：由y2＝6x，知p＝3，由焦半径公式得x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(9,2)，即x1＝3.代入得yeq \\al(2,1)＝18，则|MO|＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))＝3eq \r(3)(O为坐标原点)，故填3eq \r(3).
答案：3eq \r(3)
抛物线的标准方程及性质(师生共研)
(1)(2020·陕西榆林二模)已知抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq \f(1,2)，则抛物线的标准方程为( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝8x
(2)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( )
A．2 B．4
C．6 D．8
【解析】 (1)抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq \f(1,2)，由抛物线的定义可得xM＋eq \f(p,2)＝xM＋eq \f(1,2)，所以p＝1，所以抛物线方程为y2＝2x.故选B.
(2)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，故选B.
【答案】 (1)B (2)B
eq \a\vs4\al()
(1)求抛物线标准方程的方法
①先定位：根据焦点或准线的位置；
②再定形：即根据条件求p.
(2)抛物线性质的应用技巧
①利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程；
②要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算．
1．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
2．(2020·沈阳质量检测(一))已知正三角形AOB(O为坐标原点)的顶点A，B在抛物线y2＝3x上，则△AOB的边长是 ．
解析：如图，设△AOB的边长为a，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a))，因为点A在抛物线y2＝3x上，所以eq \f(1,4)a2＝3×eq \f(\r(3),2)a，所以a＝6eq \r(3).
答案：6eq \r(3)
3．(2020·东北四市模拟)若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为 ．
解析：由题意知x2＝eq \f(1,2)y，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，
设P(x0，2xeq \\al(2,0))，
则|PF|＝ eq \r(xeq \\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2xeq \\al(2,0)－\f(1,8)))\s\up12(2))
＝ eq \r(4xeq \\al(4,0)＋\f(1,2)xeq \\al(2,0)＋\f(1,64))＝2xeq \\al(2,0)＋eq \f(1,8)，
所以当xeq \\al(2,0)＝0时，|PF|min＝eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
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．
[注意] 涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
1．已知抛物线x2＝ay与直线y＝2x－2相交于M，N两点，若MN中点的横坐标为3，则此抛物线方程为( )
A．x2＝eq \f(3,2)y B．x2＝6y
C．x2＝－3y D．x2＝3y
解析：选D.设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝ay，,y＝2x－2，))消去y得x2－2ax＋2a＝0，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2a,2)＝3，即a＝3，
所以所求的抛物线方程是x2＝3y.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为eq \f(2,3)的直线与C交于M，N两点，则eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选D.法一：过点(－2，0)且斜率为eq \f(2,3)的直线的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)（x＋2），,y2＝4x，))
得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝4，))不妨设M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，0)，所以eq \(FM,\s\up6(→))＝(0，2)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(3，4)，所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝8.故选D.
法二：过点(－2，0)且斜率为eq \f(2,3)的直线的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)（x＋2），,y2＝4x，))得x2－5x＋4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1>0，y2>0，根据根与系数的关系，得x1＋x2＝5，x1x2＝4.易知F(1，0)，所以eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4eq \r(x1x2)＝4－5＋1＋8＝8.故选D.
3．过点(－2，1)斜率为k的直线l与抛物线y2＝4x只有一个公共点，则由k的值组成的集合为 ．
解析：设l的方程为y－1＝k(x＋2)，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（2k＋1），,y2＝4x，))得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0，①当k＝0时，y＝1，此时x＝eq \f(1,4)，l与抛物线仅有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))；②当k≠0时，由Δ＝－16(2k2＋k－1)＝0，得k＝－1或k＝eq \f(1,2)，所以k的值组成的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,2)))
核心素养系列19 数学抽象——活用抛物线焦点弦的四个结论
数学抽象素养水平表现为能够在得到的数学结论的基础上形成新命题，能够针对具体的问题运用数学方法解决问题．本课时抛物线的焦点弦问题的四个常用结论即为具体表现之一．设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1·x2＝eq \f(p2,4).
(2)y1·y2＝－p2.
(3)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α是直线AB的倾斜角)．
(4)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)为定值(F是抛物线的焦点)．
(一题多解)(2020·益阳、湘潭调研)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若F是AC的中点，且|AF|＝4，则线段AB的长为( )
A．5 B．6
C.eq \f(16,3) D．eq \f(20,3)
【解析】 如图，设l与x轴交于点M，
过点A作AD⊥l交l于点D，
由抛物线的定义知，|AD|＝|AF|＝4，
由F是AC的中点，知|AD|＝2|MF|＝2p，
所以2p＝4，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
通性通法：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，可得y1＝2eq \r(3)，所以A(3，2eq \r(3))，又F(1，0)，所以直线AF的斜率k＝eq \f(2\r(3),3－1)＝eq \r(3)，所以直线AF的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得3x2－10x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq \f(10,3)，|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(16,3).故选C.
巧用结论：法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，
又x1x2＝eq \f(p2,4)＝1，所以x2＝eq \f(1,3)，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝3＋eq \f(1,3)＋2＝eq \f(16,3).
法二：因为eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)，|AF|＝4，所以|BF|＝eq \f(4,3)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,3).
法三：由|AC|＝2|AF|＝2|AD|知，∠ACD＝30°，即直线AC的倾斜角为60°，
所以|AB|＝eq \f(4,sin260°)＝eq \f(16,3).
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
本题给出四种解法，有通性通法，也有巧用结论，对焦点弦问题巧用结论可简化运算．
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
解析：选B.通性通法：易知直线l的斜率存在，设为k，则其方程为y＝k(x－1)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
得xA·xB＝1，①
因为|AF|＝2|BF|，
由抛物线的定义得xA＋1＝2(xB＋1)，
即xA＝2xB＋1，②
由①②解得xA＝2，xB＝eq \f(1,2)，
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋p＝eq \f(9,2).
巧用结论：法一：由对称性不妨设点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|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).
又y2＝4x，知2p＝4，
故利用弦长公式|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)＝eq \f(9,2).
法二：因为|AF|＝2|BF|，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).
[基础题组练]
1．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过点(－1，1)，则该抛物线的焦点坐标为( )
A．(－1，0) B．(1，0)
C．(0，－1) D．(0，1)
解析：选B.抛物线y2＝2px(p>0)的准线为x＝－eq \f(p,2)且过点(－1，1)，故－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2.所以抛物线的焦点坐标为(1，0)．
2．(2020·湖南省湘东六校联考)抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上的点P(m，－3)到焦点的距离为4，则抛物线方程为( )
A．x2＝8y B．x2＝4y
C．x2＝－4y D．x2＝－8y
解析：选C.依题意，设抛物线的方程为x2＝－2py(p>0)，则eq \f(p,2)＋3＝4，所以p＝2，所以抛物线的方程为x2＝－4y，故选C.
3．若点A，B在抛物线y2＝2px(p>0)上，O是坐标原点，若正三角形OAB的面积为4eq \r(3)，则该抛物线方程是( )
A．y2＝eq \f(2\r(3),3)x B．y2＝eq \r(3)x
C．y2＝2eq \r(3)x D．y2＝eq \f(\r(3),3)x
解析：选A.根据对称性，AB⊥x轴，由于正三角形的面积是4eq \r(3)，故eq \f(\r(3),4)AB2＝4eq \r(3)，故AB＝4，正三角形的高为2eq \r(3)，故可设点A的坐标为(2eq \r(3)，2)，代入抛物线方程得4＝4eq \r(3)p，解得p＝eq \f(\r(3),3)，故所求抛物线的方程为y2＝eq \f(2\r(3),3)x.故选A.
4．(2020·甘肃张掖第一次联考)已知抛物线C1：x2＝2py(y>0)的焦点为F1，抛物线C2：y2＝(4p＋2)x的焦点为F2，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(1,2)))在C1上，且|PF1|＝eq \f(3,4)，则直线F1F2的斜率为( )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,5)
解析：选B.因为|PF1|＝eq \f(3,4)，所以eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,4)，
解得p＝eq \f(1,2).
所以C1：x2＝y，C2：y2＝4x，F1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，F2(1，0)，
所以直线F1F2的斜率为eq \f(\f(1,4),0－1)＝－eq \f(1,4).故选B.
5．(2020·吉林第三次调研测试)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(4，3)，P为抛物线上一点，且P不在直线AF上，则△PAF周长取最小值时，线段PF的长为( )
A．1 B.eq \f(13,4)
C．5 D．eq \f(21,4)
解析：选B.求△PAF周长的最小值，即求|PA|＋|PF|的最小值，
设点P在准线上的射影为D，
根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|，
因此，|PA|＋|PF|的最小值，
即|PA|＋|PD|的最小值，
根据平面几何知识，可得当D，P，A三点共线时|PA|＋|PD| 最小，
此时Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，3))，PF的长为eq \f(9,4)＋1＝eq \f(13,4)，故选B.
6．在直角坐标系xOy中，有一定点M(－1，2)，若线段OM的垂直平分线过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，则该抛物线的准线方程是 ．
解析：依题意可得线段OM的垂直平分线的方程为2x－4y＋5＝0，把焦点坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))代入可求得p＝eq \f(5,2)，所以准线方程为y＝－eq \f(5,4).
答案：y＝－eq \f(5,4)
7．抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝ .
解析：在等边三角形ABF中，AB边上的高为p，eq \f(AB,2)＝eq \f(\r(3),3)p，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(\r(3),3)p，－\f(p,2))).
又因为点B在双曲线上，故eq \f(\f(p2,3),3)－eq \f(\f(p2,4),3)＝1，解得p＝6.
答案：6
8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)，则抛物线C的方程是 ；若M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，且M为FN的中点，则|FN|＝ ．
解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)，可得p＝4，则抛物线C的方程是y2＝8x.
由M为FN的中点，得M的横坐标为1，代入抛物线方程得y＝±2eq \r(2)，则M(1，±2eq \r(2))，则点N的坐标为(0，±4eq \r(2))，所以|FN|＝eq \r(22＋（4\r(2)）2)＝6.
答案：y2＝8x 6
9．顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线截直线y＝2x－4所得的弦长|AB|＝3eq \r(5)，求此抛物线的方程．
解：设所求的抛物线方程为y2＝ax(a≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线y＝2x－4代入y2＝ax，
得4x2－(a＋16)x＋16＝0，
由Δ＝(a＋16)2－256>0，得a>0或a0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过M作MN⊥FA，垂足为N，求点N的坐标．
解：(1)抛物线y2＝2px的准线为x＝－eq \f(p,2)，
于是4＋eq \f(p,2)＝5，所以p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)因为点A的坐标是(4，4)，
由题意得B(0，4)，M(0，2)．
又因为F(1，0)，所以kFA＝eq \f(4,3)，
因为MN⊥FA，所以kMN＝－eq \f(3,4).
所以FA的方程为y＝eq \f(4,3)(x－1)，①
MN的方程为y－2＝－eq \f(3,4)x，②
联立①②，
解得x＝eq \f(8,5)，y＝eq \f(4,5)，
所以点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)，\f(4,5))).
[综合题组练]
1．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点．若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9eq \r(3)，则下列说法正确的是( )
①△ABF是等边三角形；②|BF|＝3；③点F到准线的距离为3；④抛物线C的方程为y2＝6x.
A．①②③ B．②④
C．①③④ D．②③④
解析：选C.因为以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠ABD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，所以△ABF是等边三角形，所以∠FBD＝30°.因为△ABF的面积为eq \f(\r(3),4)|BF|2＝9eq \r(3)，所以|BF|＝6.又点F到准线的距离为|BF|sin 30°＝3＝p，则该抛物线的方程为y2＝6x.
2．(2020·武汉市调研测试)已知过点M(1，0)的直线AB与抛物线y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若OA，OB的斜率之和为1，则直线AB的方程为 ．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线AB过点M(1，0)，所以可设直线AB的方程为x＝ty＋1.
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x,x＝ty＋1))，
得y2－2ty－2＝0，y1＋y2＝2t，y1y2＝－2.
又kOA＝eq \f(y1,x1)，kOB＝eq \f(y2,x2)，
所以eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝1，
于是x2y1＋x1y2＝x1x2.
又x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1，
所以(ty2＋1)y1＋(ty1＋1)y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)，
所以2ty1y2＋(y1＋y2)＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1，
所以(t2－2t)y1y2＋(t－1)(y1＋y2)＋1＝0，
所以(t2－2t)(－2)＋(t－1)·2t＋1＝0，
所以2t＝－1，t＝－eq \f(1,2).
故直线AB的方程为2x＋y－2＝0.
答案：2x＋y－2＝0
3．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＝－eq \f(1,2)(舍)．
所以直线AB的方程为y＝x＋eq \f(7,2).
4．已知抛物线C：y2＝ax(a>0)上一点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))到焦点F的距离为2t.
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
解：(1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋eq \f(a,4)＝2t，则a＝4t，
由点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))在抛物线上，则at＝eq \f(1,4).
所以a×eq \f(a,4)＝eq \f(1,4)，则a2＝1，
由a>0，则a＝1，故抛物线的方程为y2＝x.
(2)证明：因为A点在抛物线上，且yA＝1.
所以xA＝1，
所以A(1，1)，设过点Q(3，－1)的直线l的方程为x－3＝m(y＋1)．即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
所以k1·k2＝eq \f(y1－1,x1－1)·eq \f(y2－1,x2－1)
＝eq \f(y1y2－（y1＋y2）＋1,m2y1y2＋m（m＋2）（y1＋y2）＋（m＋2）2)
＝eq \f(－m－3－m＋1,m2（－m－3）＋m（m＋2）m＋（m＋2）2)＝－eq \f(1,2)，为定值．
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)