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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第10讲 抛物线（二）Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第10讲 抛物线（二）Word版含解析，共30页。试卷主要包含了故选B，))，设F为抛物线C，已知曲线C等内容，欢迎下载使用。
直线与抛物线的位置关系
已知直线l：y＝kx＋m，抛物线y2＝2px(p>0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝kx＋m，))得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0.
(1)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(01))切：k≠0，Δ＝0；
(2)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(02))交：k≠0，Δ>0或k＝0；
(3)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(03))离：k≠0，Δ<0.
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|＝x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1－csα)，|BF|＝x2＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1＋csα)，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|)为定值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.
1．(2022·广州天河区高三综合测试)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案 C
解析 设过点(0,1)，斜率为k的直线方程为y＝kx＋1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. (*)
当k＝0时，(*)式只有一个根；当k≠0时，Δ＝(2k－4)2－4k2＝－16k＋16，由Δ＝0，即－16k＋16＝0得k＝1.所以k＝0或k＝1时，直线与抛物线只有一个公共点，又直线x＝0和抛物线只有一个公共点，故选C.
2．(2021·济南模拟)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，所以弦AB的中点到y轴的距离为d＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(6,2)＝3.故选B.
3．(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过点F交抛物线C于A，B两点(A在第一象限)，交抛物线C的准线于点D，若eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(FD,\s\up6(→))，|AF|＝4，则下列结论正确的是( )
A．p＝2
B．直线l的倾斜角为eq \f(π,3)
C．|BF|＝2
D．以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切
答案 ABD
解析 过A，B作准线的垂线，垂足为A1，B1.由抛物线定义知|AA1|＝|AF|＝eq \f(1,2)|AD|，所以在Rt△A1AD中，知∠A1AD＝eq \f(π,3)，故直线l的倾斜角θ为eq \f(π,3)，|AF|＝eq \f(p,1－csθ)＝2p＝4，p＝2，|BF|＝eq \f(p,1＋csθ)＝eq \f(4,3)，因此A，B正确，C错误；过AB的中点E作准线的垂线EE1(E1为垂足)，由梯形的中位线可知|EE1|＝eq \f(|AA1|＋|BB1|,2)＝eq \f(|AF|＋|BF|,2)＝eq \f(|AB|,2)，所以以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，所以D正确．故选ABD.
4．已知直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为________.
答案 0或1
解析 直线y＝kx＋2中，当k＝0时，y＝2，此时直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点；当k≠0时，把y＝kx＋2代入抛物线y2＝8x，得(kx＋2)2＝8x，整理，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，∵直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点，∴Δ＝(4k－8)2－16k2＝0，解得k＝1.故k的值为0或1.
5．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，若|AF|＝3，则|BF|＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 解法一：由题意知，抛物线的焦点F的坐标为(1,0)，|AF|＝3，由抛物线的定义知，点A到准线x＝－1的距离为3，所以点A的横坐标为2.如图，不妨设点A在第一象限，将x＝2代入y2＝4x，得y2＝8，所以点A的纵坐标为2eq \r(2)，即A(2,2eq \r(2))，所以直线AF的方程为y＝2eq \r(2)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2\r(2).))
所以点B的横坐标为eq \f(1,2)，所以|BF|＝eq \f(1,2)－(－1)＝eq \f(3,2).
解法二：如图，不妨设点A在第一象限，
设∠AFx＝θ，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
则由抛物线的定义知xA＋1＝2＋3csθ＝3，
解得csθ＝eq \f(1,3).又|BF|＝xB＋1＝1－|BF|csθ＋1＝2－eq \f(1,3)|BF|，所以|BF|＝eq \f(3,2).
6．(2020·新高考Ⅰ卷)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 ∵抛物线的方程为y2＝4x，∴抛物线的
焦点为F(1,0)，又直线AB过焦点F且斜率为eq \r(3)，∴直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，代入抛物线方程消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，
解法一：解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝3，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋3)×|eq \f(1,3)－3|＝eq \f(16,3).
解法二：Δ＝100－36＝64>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10,3)，过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如图所示，|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝eq \f(16,3).
考向一 抛物线的切线
例1 (1)过抛物线x2＝4y上一点(4,4)的抛物线的切线方程为________.
答案 y＝2x－4
解析 解法一：设切线方程为y－4＝k(x－4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－4＝kx－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.故切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.
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.∴切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.
(2)设抛物线x2＝2py(p>0), M为直线y＝－2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为xA，xB，xM，则下列关系：
①xA＋xB＝2xM；②xAxB＝xeq \\al(2,M)；③eq \f(1,xA)＋eq \f(1,xB)＝eq \f(2,xM).
其中正确的是________(填序号)．
答案 ①
解析 由x2＝2py得y＝eq \f(x2,2p)，
所以y′＝eq \f(x,p)，所以直线MA的方程为y＋2p＝eq \f(xA,p)(x－xM)，
直线MB的方程为y＋2p＝eq \f(xB,p)(x－xM)，
所以eq \f(x\\al(2,A),2p)＋2p＝eq \f(xA,p)(xA－xM)，(*)
eq \f(x\\al(2,B),2p)＋2p＝eq \f(xB,p)(xB－xM)，(**)
由(*)(**)可得xA＋xB＝2xM，故①正确．
(3)已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一个公共点，则实数a的值为________.
答案 0或－1或－eq \f(4,5)
解析 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝a＋1x－1，,y2＝ax.))
①当a＝0时，此方程组恰有一组解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0.))
②当a≠0时，消去x，得eq \f(a＋1,a)y2－y－1＝0.
a．若a＝－1，方程组恰有一组解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
b．若a≠－1，令Δ＝0，得1＋eq \f(4a＋1,a)＝0，解得a＝－eq \f(4,5)，这时直线与曲线相切，只有一个公共点．
综上所述，a＝0或a＝－1或a＝－eq \f(4,5).
(1)直线与抛物线相切时只有一个公共点，但只有一个公共点时未必相切．
(2)在讨论时应考虑全面，不要忽略二次项的系数为零的情况．
1.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))作C的切线，则切线的斜率为________.
答案 ±1
解析 设切线斜率为k，则切线方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，代入y2＝2px中得k2x2＋p(k2－2)x＋eq \f(k2p2,4)＝0.由Δ＝0，即p2(k2－2)2－4·k2·eq \f(k2p2,4)＝0，解得k2＝1，所以k＝±1.
2．已知点A(－2,3)在抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为________.
答案 eq \f(4,3)
解析 ∵A(－2,3)在抛物线y2＝2px的准线上，∴－eq \f(p,2)＝－2，∴p＝4，∴y2＝8x，
设直线AB的方程为x＝k(y－3)－2，①
将①与y2＝8x联立，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky－3－2，,y2＝8x，))
得y2－8ky＋24k＋16＝0，②
则Δ＝(－8k)2－4(24k＋16)＝0，即2k2－3k－2＝0，解得k＝2或k＝－eq \f(1,2)(舍去)，将k＝2代入①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝8，,y＝8，))即B(8,8)，又F(2,0)，∴kBF＝eq \f(8－0,8－2)＝eq \f(4,3).
3．(2022·四川名校联考)过抛物线C：x2＝4y的焦点F的直线l交C于A，B两点，点A处的切线与x，y轴分别交于M，N两点．若△MON的面积为eq \f(1,2)，则|AF|＝________.
答案 2
解析 由题可知，直线l的斜率存在，且过抛物线C：x2＝4y的焦点F，与其交于A，B两点，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,4)a2)).又y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(x,2)，所以点A处的切线方程为y－eq \f(1,4)a2＝eq \f(a,2)(x－a)．令x＝0，可得y＝－eq \f(1,4)a2，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)a2))；令y＝0，可得x＝eq \f(a,2)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0)).因为△MON的面积为eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×|－eq \f(1,4)a2|×|eq \f(a,2)|＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，所以|AF|＝eq \f(1,4)a2＋1＝2.
考向二 焦点弦问题
例2 (1)如图，已知线段AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的一条弦，过点A(A在第一象限内)作直线AC垂直于抛物线的准线，垂足为C，直线AT与抛物线相切于点A，交x轴于点T，给出下列命题：
①∠AFx＝2∠TAF；
②|TF|＝|AF|；
③AT⊥CF.
其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 D
解析 根据抛物线的定义可知|AF|＝|AC|，由于AC垂直于抛物线的准线，所以AC∥x轴，所以∠AFx＝∠CAF.设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),2p)，y0))，则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，y0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，设D是CF的中点，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y0,2))).所以直线AD的方程为y－eq \f(y0,2)＝eq \f(y0－\f(y0,2),\f(y\\al(2,0),2p)－0)(x－0)，即y＝eq \f(p,y0)x＋eq \f(y0,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(p,y0)x＋\f(y0,2)，,y2＝2px))消去y并化简，得eq \f(p2,y\\al(2,0))x2－px＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝0，其判别式Δ＝p2－4×eq \f(p2,y\\al(2,0))×eq \f(y\\al(2,0),4)＝0，所以直线AD与抛物线相切，故直线AD与直线AT重合．由于D是CF的中点，所以AD⊥CF，也即AT⊥CF，③正确；根据等腰三角形的性质可知∠CAF＝2∠TAF，所以∠AFx＝2∠TAF，①正确；由于AC∥x轴，所以∠CAT＝∠FTA，所以∠FTA＝∠TAF，所以|TF|＝|AF|，②正确．综上所述，正确命题的个数为3.故选D.
(2)(2021·贵州模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，点A，B在抛物线准线上的射影分别是A′，B′，若四边形AA′B′B的面积为32eq \r(2)，则该抛物线的方程为( )
A．y2＝2eq \r(2)x B．y2＝4x
C．y2＝4eq \r(2)x D．y2＝8x
答案 C
解析 抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq \f(p,2)，过点F倾斜角为45°的直线的斜率为k＝tan45°＝1，则直线AB的方程为y＝x－eq \f(p,2)，与抛物线方程联立得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＞x2，则x1＋x2＝3p，x1x2＝eq \f(p2,4)，y1－y2＝x1－x2＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(2)p，因为四边形AA′B′B的面积为32eq \r(2)，所以eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)＋x2＋\f(p,2)))(y1－y2)＝4eq \r(2)p2＝32eq \r(2)，解得p＝2eq \r(2)，所以抛物线方程为y2＝4eq \r(2)x.故选C.
(1)解决焦点弦问题时，要注意以下几点：
①设抛物线y2＝2px(p>0)上的点为(x1，y1)，(x2，y2)；
②因为(x1，y1)，(x2，y2)在抛物线y2＝2px(p>0)上，故满足yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2；
③利用yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2可以整体得到y1y2或x1x2.
(2)利用抛物线的定义把过焦点的弦分成两个焦半径，然后转化为到准线的距离，再求解．
4.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 易知抛物线中p＝eq \f(3,2)，焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，直线AB的斜率k＝eq \f(\r(3),3)，故直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－eq \f(21,2)x＋eq \f(9,16)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(21,2).由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(21,2)＋eq \f(3,2)＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝eq \f(p,2)sin30°＝eq \f(3,8)，所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(9,4).
5. 过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为60°的直线l交抛物线于A，B两点，且|AF|>|BF|，则eq \f(|AF|,|BF|)的值为( )
A．2 B．3
C．eq \f(4,3) D．eq \f(3,2)
答案 B
解析 解法一：由题意知抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，所以直线l的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，代入抛物线方程y2＝2px(p>0)，整理得3x2－5px＋eq \f(3p2,4)＝0，解得x1＝eq \f(3p,2)，x2＝eq \f(p,6)，由题意可知点A在第一象限，点B在第四象限，所以A，B两点的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)，\r(3)p))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)，－\f(\r(3)p,3)))，则有|AF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)－\f(p,2)))2＋\r(3)p2)＝2p，|BF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)－\f(p,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)p,3)))2)＝eq \f(2p,3)，所以eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(2p,\f(2p,3))＝3.故选B.
解法二：由抛物线的定义得p＋eq \f(1,2)|AF|＝|AF|，可得|AF|＝2p，p－eq \f(1,2)|BF|＝|BF|，可得|BF|＝eq \f(2,3)p，所以eq \f(|AF|,|BF|)＝3，故选B.
6．已知直线l：x－y－m＝0经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，l与C交于A，B两点．若|AB|＝6，则p的值为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(3,2)
C．1 D．2
答案 B
解析 直线l经过抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).将点F的坐标代入直线方程，得m＝eq \f(p,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－\f(p,2)＝0，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，所以p＝eq \f(3,2).故选B.
7.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.若点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)
答案 C
解析 如图，设准线l与x轴交于点M，过点A作准线l的垂线AD，交l于点D.由抛物线的定义知|AD|＝|AF|＝4.因为点F是线段AC的中点，所以|AD|＝2|MF|＝2p，所以2p＝4，解得p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，所以A(3,2eq \r(3))．又F(1,0)，所以kAF＝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)，将此方程与抛物线方程y2＝4x联立后消去y并整理，得3x2－10x＋3＝0.所以x1＋x2＝eq \f(10,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(10,3)＋2＝eq \f(16,3).故选C.
考向三 直线与抛物线的位置关系
例3 (2019·全国Ⅰ卷)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(12t－1,9).
从而－eq \f(12t－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).
求解抛物线综合问题的方法
(1)研究直线与抛物线的位置关系与研究直线与椭圆、双曲线的位置关系的方法类似，一般是用方程法，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，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p(焦点在x轴正半轴)，若不过焦点，则必须用弦长公式．
8.(2019·全国Ⅲ卷)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．
解 (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)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＋x22－4x1x2)＝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).
解析几何中的“设而不求”与“设而要求”思想
1．(2021·云南昆明摸底)已知动点M(x，y)满足： eq \r(x＋12＋y2)＋eq \r(x－12＋y2)＝2eq \r(2).
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点N(－1,0)的直线l与曲线E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合)．证明直线BC恒过定点，并求该定点的坐标．
解 (1)由题知，动点M到点(－1,0)，(1,0)的距离之和为2eq \r(2)，且2<2eq \r(2)，所以动点M的轨迹为椭圆，且a＝eq \r(2)，c＝1，所以b＝1，
所以动点M的轨迹E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，
由已知得直线l的斜率存在，设斜率为k，
则直线l的方程为y＝k(x＋1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
又直线BC的方程为y－y2＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x2)，
即y＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)x－eq \f(x1y2＋x2y1,x2－x1)，
令y＝0，得
x＝eq \f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq \f(2kx1x2＋kx1＋x2,kx1＋x2＋2k)
＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1＋x2＋2)＝eq \f(\f(4k2－4,1＋2k2)－\f(4k2,1＋2k2),－\f(4k2,1＋2k2)＋2)＝－2，
所以直线BC恒过定点D(－2,0)．
2.如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点是(eq \r(3)，0)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AM|＝2|MB|，且直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切于点N，求|MN|.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(－12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2,b2)＝1，))
整理得4a4－19a2＋12＝0，
又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，所以b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(m,0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2.①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))消去x得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋4)，②
y1y2＝eq \f(m2－4,t2＋4).③
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\f(4tm,t2＋4)，,y2＝\f(2tm,t2＋4)，))代入③，
得eq \f(m2－4,t2＋4)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2tm,t2＋4)))2，
化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.
原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋t2))，
又直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋t2))＝eq \r(\f(4,7))，
即t2＝eq \f(7,4)m2－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4t2＋4＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))
消去t得21m4－16m2－16＝0，
即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝eq \f(4,3)，此时t2＝eq \f(4,3)，
经检验满足题意，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(2\r(3),3)，0))，d2＝eq \f(4,7)，所以在Rt△OMN中，|MN|＝eq \r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq \f(4\r(21),21).
答题启示
解析几何的综合问题，常常涉及到直线与曲线相交，当两个交点坐标未知时，用“设而不求”避免求交点，从而简化计算．常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．
而当其中一个交点坐标是已知的或除根与系数的关系外，还有坐标等量关系，则常用到“设而要求”．
对点训练
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2.A，B是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6，,\f(1,2)×2bc＝\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
∴a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F2(1,0)，
设直线MN的方程为x＝my＋1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得
(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－eq \f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－eq \f(9,4＋3m2)，
∴my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线BN的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
令eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
∴eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，∴x＝4，
∴直线AM与BN的交点在直线x＝4上．
2．(2020·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
解 (1)设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a＝2b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝2.))
故椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)显然直线l的斜率存在．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋4)，
与椭圆方程eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1联立可得x2＋4k2(x＋4)2＝8，
即(4k2＋1)x2＋32k2x＋(64k2－8)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(64k2－8,4k2＋1).
直线MA的方程为y＋1＝eq \f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝－4，得yP＝－2×eq \f(y1＋1,x1＋2)－1
＝－2×eq \f(kx1＋4＋1,x1＋2)－eq \f(x1＋2,x1＋2)
＝eq \f(－2k＋1x1＋4,x1＋2)，
同理可得yQ＝eq \f(－2k＋1x2＋4,x2＋2).
显然eq \f(|PB|,|BQ|)＝|eq \f(yP,yQ)|，注意到
yP＋yQ＝－(2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))
＝－(2k＋1)×eq \f(x1＋4x2＋2＋x2＋4x1＋2,x1＋2x2＋2)，
而(x1＋4)(x2＋2)＋(x2＋4)(x1＋2)
＝2[x1x2＋3(x1＋x2)＋8]
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(64k2－8,4k2＋1)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－32k2,4k2＋1)))＋8))
＝2×eq \f(64k2－8＋3×－32k2＋84k2＋1,4k2＋1)
＝0，
故yP＋yQ＝0，yP＝－yQ.
从而eq \f(|PB|,|BQ|)＝|eq \f(yP,yQ)|＝1.
一、单项选择题
1．过抛物线y2＝4x的焦点F作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．如果x1＋x2＝6，那么|AB|＝( )
A．6 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 |AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝8. 故选B.
2．设经过抛物线C的焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，那么抛物线C的准线与以AB为直径的圆的位置关系为( )
A．相离 B．相切
C．相交但不经过圆心 D．相交且经过圆心
答案 B
解析 设圆心为M，过点A，B，M分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，M1，则|MM1|＝eq \f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)．由抛物线定义可知|AB|＝|BB1|＋|AA1|，∴|MM1|＝eq \f(1,2)|AB|，即圆心M到准线的距离等于圆的半径，故以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切．
3．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦AB的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(y1y2,x1x2)的值一定是( )
A．－4 B．4
C．p2 D．－p2
答案 A
解析 ①若焦点弦AB⊥x轴，则 x1＝x2＝eq \f(p,2)，则x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2，则eq \f(y1y2,x1x2)＝－4.②若焦点弦AB不垂直于x轴，可设直线AB：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq \f(p2k2,4)＝0，则x1x2＝eq \f(p2,4).∵yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，∴yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2＝p4.又y1y2<0，∴y1y2＝－p2.故eq \f(y1y2,x1x2)＝－4.故选A.
4．(2022·河北唐山质检)抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；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y2＝4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3,1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为( )
A.eq \f(71,12)＋eq \r(26) B．9＋eq \r(10)
C.eq \f(83,12)＋eq \r(26) D．9＋eq \r(26)
答案 D
解析 对于y2＝4x，令y＝1，得x＝eq \f(1,4)，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，结合抛物线的光学性质，得AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，据此可得xAxB＝1，所以xB＝eq \f(1,xA)＝4，故|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(25,4).将x＝4代入y2＝4x可得y＝±4，故B(4，－4)，故|MB|＝eq \r(4－32＋－4－12)＝eq \r(26).故△ABM的周长为|MA|＋|AB|＋|MB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,4)))＋eq \f(25,4)＋eq \r(26)＝9＋eq \r(26)，故选D.
5．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C的两个交点分别为A，B，且满足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，E为AB的中点，则点E到抛物线准线的距离为( )
A.eq \f(11,4) B．eq \f(9,4)
C．eq \f(5,2) D．eq \f(5,4)
答案 B
解析 由题得抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x＝－1，如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，∴|AF|＝2|BF|，∴x1＋1＝2(x2＋1)，∴x1＝2x2＋1，∵|y1|＝2|y2|，∴yeq \\al(2,1)＝4yeq \\al(2,2)，∴x1＝4x2，∴x1＝2，x2＝eq \f(1,2).∴线段AB的中点E到该抛物线准线的距离为eq \f(1,2)[(x1＋1)＋(x2＋1)]＝eq \f(9,4).故选B.
6．过抛物线C：x2＝2y的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为1，则|AF|＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 A
解析 ∵x2＝2y，∴y＝eq \f(x2,2)，∴y′＝x，∵抛物线C在点B处的切线斜率为1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，∵抛物线x2＝2y的焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴直线l的方程为y＝eq \f(1,2)，∴|AF|＝|BF|＝1.故选A.
7．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|＝( )
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.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).故选C.
8．(2022·湖南长沙模拟)已知抛物线C1：y＝eq \f(1,2p)x2(p>0)的焦点与双曲线C2：eq \f(x2,3)－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A.eq \f(\r(3),16) B．eq \f(\r(3),8)
C．eq \f(2\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),3)
答案 D
解析 由题可知，抛物线开口向上且焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以两个焦点连线的直线方程为y＝－eq \f(p,4)(x－2)．设M(x0，y0)，则有y′＝eq \f(1,p)x0＝eq \f(\r(3),3)⇒x0＝eq \f(\r(3),3)p.因为y0＝eq \f(1,2p)xeq \\al(2,0)，所以y0＝eq \f(p,6).所以eq \f(p,6)＝－eq \f(p,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)p－2))⇒p＝eq \f(4\r(3),3)，故选D.
9．(2021·湖南长郡中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(2,0)，过点F的直线交C于A，B两点，△OAB的重心为点G(O为坐标原点)，则点G到直线3x－3y＋1＝0的距离的最小值为( )
A．2 B．eq \r(2)
C．eq \f(\r(2),2) D．2eq \r(2)
答案 C
解析 由题意，得抛物线的方程为y2＝8x，设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程得y2－8my－16＝0且Δ＝64(m2＋1)＞0，则y1＋y2＝8m，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝8m2＋4，又△OAB的重心为点G，即Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,3)，\f(y1＋y2,3)))，∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8m2＋4,3)，\f(8m,3)))，则G到直线3x－3y＋1＝0的距离d＝eq \f(|8m2－8m＋5|,3\r(2))＝eq \f(|8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋3|,3\r(2))，∴当m＝eq \f(1,2)时，dmin＝eq \f(|3|,3\r(2))＝eq \f(\r(2),2).故选C.
10．(2021·新高考八省联考)已知抛物线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为( )
A．x＋2y＋1＝0 B．3x＋6y＋4＝0
C．2x＋6y＋3＝0 D．x＋3y＋2＝0
答案 B
解析 因为点A(2,2)在抛物线y2＝2px上，故22＝2p×2，即p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.易知直线AB，AC的斜率都存在，设过点A(2,2)与圆(x－2)2＋y2＝1相切的直线的方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y＋2－2k＝0，则圆心(2,0)到切线的距离d＝eq \f(|2k－0＋2－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \r(3).如图，直线AB：y－2＝eq \r(3)(x－2)，直线AC：y－2＝－eq \r(3)(x－2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2＝\r(3)x－2，,y2＝2x，))得3x2＋(4eq \r(3)－14)x＋16－8eq \r(3)＝0，故xAxB＝eq \f(16－8\r(3),3)，由xA＝2得xB＝eq \f(8－4\r(3),3)，故yB＝eq \f(2\r(3)－6,3).联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2＝－\r(3)x－2，,y2＝2x，))得3x2－(4eq \r(3)＋14)x＋16＋8eq \r(3)＝0，故xAxC＝eq \f(16＋8\r(3),3)，由xA＝2得xC＝eq \f(8＋4\r(3),3)，故yC＝eq \f(－2\r(3)－6,3)，故yB＋yC＝eq \f(2\r(3)－6,3)＋eq \f(－2\r(3)－6,3)＝－4，又由B，C在抛物线上可知，直线BC的斜率kBC＝eq \f(yB－yC,xB－xC)＝eq \f(yB－yC,\f(1,2)y\\al(2,B)－\f(1,2)y\\al(2,C))＝eq \f(2,yB＋yC)＝eq \f(2,－4)＝－eq \f(1,2)，故直线BC的方程为y－eq \f(2\r(3)－6,3)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8－4\r(3),3)))，即3x＋6y＋4＝0.故选B.
二、多项选择题
11．(2021·潍坊二模)已知抛物线x2＝eq \f(1,2)y的焦点为F，M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线上两点，则下列结论正确的是( )
A．点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，0))
B．若直线MN过点F，则x1x2＝－eq \f(1,16)
C．若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，则|MN|的最小值为eq \f(1,2)
D．若|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，则线段MN的中点P到x轴的距离为eq \f(5,8)
答案 BCD
解析 易知点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，A错误；根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，x1x2＝－p2＝－eq \f(1,16)，B正确；若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，则MN过点F，则|MN|的最小值即抛物线通径的长，为2p，即eq \f(1,2)，C正确；抛物线x2＝eq \f(1,2)y的准线方程为y＝－eq \f(1,8)，过点M，N，P分别作准线的垂线MM′，NN′，PP′，垂足分别为M′，N′，P′，所以|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|.所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，所以|PP′|＝eq \f(|MM′|＋|NN′|,2)＝eq \f(3,4)，所以线段MN的中点P到x轴的距离为|PP′|－eq \f(1,8)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,8)＝eq \f(5,8)，D正确．故选BCD.
12．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，则下列结论正确的是( )
A．点P到抛物线焦点的距离为eq \f(3,2)
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的斜率为定值
答案 BCD
解析 因为抛物线C：y2＝2px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)，错误；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＋y22－4y1y2)＝eq \f(5,32)，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，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ky2－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)，正确．故选BCD.
三、填空题
13．过点(0,3)的直线l与抛物线y2＝4x只有一个公共点，则直线l的方程为________.
答案 y＝eq \f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0
解析 当直线l的斜率k存在且k≠0时，由相切知直线l的方程为y＝eq \f(1,3)x＋3；当k＝0时，直线l的方程为y＝3，此时直线l平行于抛物线的对称轴，且与抛物线只有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，3))；当k不存在时，直线l与抛物线也只有一个公共点(0,0)，此时直线l的方程为x＝0.综上，过点(0,3)且与抛物线y2＝4x只有一个公共点的直线l的方程为y＝eq \f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.
14．(2021·上海高考)已知椭圆x2＋eq \f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦点为F1，F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是________.
答案 x＝1－eq \r(2)
解析 设F1(－c,0)，F2(c,0)，则抛物线y2＝4cx，直线PF1：y＝x＋c.联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4cx，,y＝x＋c，))解得x＝c，y＝2c，所以点P的坐标为(c,2c)，所以PF2⊥F1F2，又|PF2|＝|F2F1|＝2c，所以|PF1|＝2eq \r(2)c，所以|PF1|＋|PF2|＝(2＋2eq \r(2))c＝2a＝2，则c＝eq \r(2)－1，所以抛物线的准线方程为x＝－c＝1－eq \r(2).
15．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点(其中M点在第一象限)，若eq \(MN,\s\up6(→))＝3eq \(FN,\s\up6(→))，则直线l的斜率为________.
答案 2eq \r(2)
解析 解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
其中y1>0，y2<0.∵eq \(MN,\s\up6(→))＝3eq \(FN,\s\up6(→))，
∴y1＝－2y2.设直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，))
得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，
∴y2＝－eq \f(\r(2)p,2)，x2＝eq \f(p,4)，
∴k＝eq \f(－\f(\r(2)p,2)－0,\f(p,4)－\f(p,2))＝2eq \r(2).
解法二：由题意，可知eq \(MF,\s\up6(→))＝2eq \(FN,\s\up6(→))，设直线l的倾斜角为θ，由抛物线焦点弦的性质可知eq \f(p,1－csθ)＝eq \f(2p,1＋csθ)，
即2－2csθ＝1＋csθ，
解得csθ＝eq \f(1,3)，∵θ为直线的倾斜角，
∴sinθ＝eq \f(2\r(2),3)，∴tanθ＝2eq \r(2)，
即直线l的斜率为2eq \r(2).
16．(2022·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长，交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝________.
答案 16
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，由抛物线的定义得y1＋y2＋2＝|AF|＋|BF|，因为eq \f(y1＋y2,2)＝|AB|－1，所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，所以cs∠AFB＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF||BF|)＝eq \f(3|AF|2＋|BF|2－2|AF||BF|,8|AF||BF|)≥eq \f(6|AF||BF|－2|AF||BF|,8|AF||BF|)＝eq \f(1,2)，当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，AB∥x轴．不妨设此时直线AD的方程为y＝eq \r(3)x＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))消去y，得x2－4eq \r(3)x－4＝0，所以x1＋x3＝4eq \r(3)，所以y1＋y3＝eq \r(3)(x1＋x3)＋2＝14.所以|AD|＝16.
四、解答题
17．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(－22,4)＝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.
18．设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
解 (1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．
∴直线BM的方程为y＝eq \f(1,2)x＋1或y＝－eq \f(1,2)x－1.
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝2x，))得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)
＝eq \f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①
将x1＝eq \f(y1,k)＋2，x2＝eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq \f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)
＝eq \f(－8＋8,k)＝0.
∴kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，∴∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
19．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足eq \(PQ,\s\up6(→))＝9eq \(QF,\s\up6(→))，求直线OQ斜率的最大值．
解 (1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \(PQ,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)，eq \(QF,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，
因为eq \(PQ,\s\up6(→))＝9eq \(QF,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x1＝91－x2，,y2－y1＝－9y2，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝10x2－9，,y1＝10y2，))
又点P在抛物线C上，所以yeq \\al(2,1)＝4x1，
即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得yeq \\al(2,2)＝eq \f(2,5)x2－eq \f(9,25)，则点Q的轨迹方程为y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25).
设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25)相切时，斜率可以取最大，
联立y＝kx与y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25)并化简，
得k2x2－eq \f(2,5)x＋eq \f(9,25)＝0，
令Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)))2－4k2·eq \f(9,25)＝0，解得k＝±eq \f(1,3)，
所以直线OQ斜率的最大值为eq \f(1,3).
20．(2021·武汉4月模拟)设抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点，当l与x轴垂直时，△AOB的面积为8，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若l的斜率存在且为k1，点P(3,0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：eq \f(k2,k1)为定值．
解 (1)由题意不妨设点A在第一象限，则当l与x轴垂直时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，－p))，∴|AB|＝2p，∴eq \f(1,2)×2p×eq \f(p,2)＝8，
得p＝4，故抛物线E的标准方程为y2＝8x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y1－y2,\f(1,8)y\\al(2,1)－y\\al(2,2))＝eq \f(8,y1＋y2)，k2＝eq \f(y3－y4,x3－x4)＝eq \f(y3－y4,\f(1,8)y\\al(2,3)－y\\al(2,4))＝eq \f(8,y3＋y4)，∴直线AB的方程为y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)(x－x1)，
即(y1＋y2)y－y1y2＝8x.
又点F(2,0)在直线AB上，∴－y1y2＝16.
设直线BD的方程为x＝ty＋3.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,y2＝8x，))得y2－8ty－24＝0，∴y2y4＝－24，同理可得y1y3＝－24.
又k1＝eq \f(8,y1＋y2)，k2＝eq \f(8,y3＋y4)，∴eq \f(k2,k1)＝eq \f(y1＋y2,y3＋y4)＝eq \f(y1＋y2,\f(－24,y1)＋\f(－24,y2))＝eq \f(y1y2,－24)＝eq \f(－16,－24)＝eq \f(2,3)，为定值．
直线与抛物线的位置关系
已知直线l：y＝kx＋m，抛物线y2＝2px(p>0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝kx＋m，))得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0.
(1)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(01))切：k≠0，Δ＝0；
(2)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(02))交：k≠0，Δ>0或k＝0；
(3)直线l与抛物线相eq \x(\s\up1(03))离：k≠0，Δ<0.
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|＝x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1－csα)，|BF|＝x2＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1＋csα)，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|)为定值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.
1．(2022·广州天河区高三综合测试)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案 C
解析 设过点(0,1)，斜率为k的直线方程为y＝kx＋1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. (*)
当k＝0时，(*)式只有一个根；当k≠0时，Δ＝(2k－4)2－4k2＝－16k＋16，由Δ＝0，即－16k＋16＝0得k＝1.所以k＝0或k＝1时，直线与抛物线只有一个公共点，又直线x＝0和抛物线只有一个公共点，故选C.
2．(2021·济南模拟)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，所以弦AB的中点到y轴的距离为d＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(6,2)＝3.故选B.
3．(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过点F交抛物线C于A，B两点(A在第一象限)，交抛物线C的准线于点D，若eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(FD,\s\up6(→))，|AF|＝4，则下列结论正确的是( )
A．p＝2
B．直线l的倾斜角为eq \f(π,3)
C．|BF|＝2
D．以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切
答案 ABD
解析 过A，B作准线的垂线，垂足为A1，B1.由抛物线定义知|AA1|＝|AF|＝eq \f(1,2)|AD|，所以在Rt△A1AD中，知∠A1AD＝eq \f(π,3)，故直线l的倾斜角θ为eq \f(π,3)，|AF|＝eq \f(p,1－csθ)＝2p＝4，p＝2，|BF|＝eq \f(p,1＋csθ)＝eq \f(4,3)，因此A，B正确，C错误；过AB的中点E作准线的垂线EE1(E1为垂足)，由梯形的中位线可知|EE1|＝eq \f(|AA1|＋|BB1|,2)＝eq \f(|AF|＋|BF|,2)＝eq \f(|AB|,2)，所以以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，所以D正确．故选ABD.
4．已知直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为________.
答案 0或1
解析 直线y＝kx＋2中，当k＝0时，y＝2，此时直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点；当k≠0时，把y＝kx＋2代入抛物线y2＝8x，得(kx＋2)2＝8x，整理，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，∵直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点，∴Δ＝(4k－8)2－16k2＝0，解得k＝1.故k的值为0或1.
5．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，若|AF|＝3，则|BF|＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 解法一：由题意知，抛物线的焦点F的坐标为(1,0)，|AF|＝3，由抛物线的定义知，点A到准线x＝－1的距离为3，所以点A的横坐标为2.如图，不妨设点A在第一象限，将x＝2代入y2＝4x，得y2＝8，所以点A的纵坐标为2eq \r(2)，即A(2,2eq \r(2))，所以直线AF的方程为y＝2eq \r(2)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2\r(2).))
所以点B的横坐标为eq \f(1,2)，所以|BF|＝eq \f(1,2)－(－1)＝eq \f(3,2).
解法二：如图，不妨设点A在第一象限，
设∠AFx＝θ，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
则由抛物线的定义知xA＋1＝2＋3csθ＝3，
解得csθ＝eq \f(1,3).又|BF|＝xB＋1＝1－|BF|csθ＋1＝2－eq \f(1,3)|BF|，所以|BF|＝eq \f(3,2).
6．(2020·新高考Ⅰ卷)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 ∵抛物线的方程为y2＝4x，∴抛物线的
焦点为F(1,0)，又直线AB过焦点F且斜率为eq \r(3)，∴直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x－1)，代入抛物线方程消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，
解法一：解得x1＝eq \f(1,3)，x2＝3，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋3)×|eq \f(1,3)－3|＝eq \f(16,3).
解法二：Δ＝100－36＝64>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(10,3)，过A，B分别作准线x＝－1的垂线，设垂足分别为C，D，如图所示，|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝eq \f(16,3).
考向一 抛物线的切线
例1 (1)过抛物线x2＝4y上一点(4,4)的抛物线的切线方程为________.
答案 y＝2x－4
解析 解法一：设切线方程为y－4＝k(x－4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－4＝kx－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.故切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.
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.∴切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4.
(2)设抛物线x2＝2py(p>0), M为直线y＝－2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为xA，xB，xM，则下列关系：
①xA＋xB＝2xM；②xAxB＝xeq \\al(2,M)；③eq \f(1,xA)＋eq \f(1,xB)＝eq \f(2,xM).
其中正确的是________(填序号)．
答案 ①
解析 由x2＝2py得y＝eq \f(x2,2p)，
所以y′＝eq \f(x,p)，所以直线MA的方程为y＋2p＝eq \f(xA,p)(x－xM)，
直线MB的方程为y＋2p＝eq \f(xB,p)(x－xM)，
所以eq \f(x\\al(2,A),2p)＋2p＝eq \f(xA,p)(xA－xM)，(*)
eq \f(x\\al(2,B),2p)＋2p＝eq \f(xB,p)(xB－xM)，(**)
由(*)(**)可得xA＋xB＝2xM，故①正确．
(3)已知直线y＝(a＋1)x－1与曲线y2＝ax恰有一个公共点，则实数a的值为________.
答案 0或－1或－eq \f(4,5)
解析 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝a＋1x－1，,y2＝ax.))
①当a＝0时，此方程组恰有一组解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0.))
②当a≠0时，消去x，得eq \f(a＋1,a)y2－y－1＝0.
a．若a＝－1，方程组恰有一组解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
b．若a≠－1，令Δ＝0，得1＋eq \f(4a＋1,a)＝0，解得a＝－eq \f(4,5)，这时直线与曲线相切，只有一个公共点．
综上所述，a＝0或a＝－1或a＝－eq \f(4,5).
(1)直线与抛物线相切时只有一个公共点，但只有一个公共点时未必相切．
(2)在讨论时应考虑全面，不要忽略二次项的系数为零的情况．
1.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))作C的切线，则切线的斜率为________.
答案 ±1
解析 设切线斜率为k，则切线方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，代入y2＝2px中得k2x2＋p(k2－2)x＋eq \f(k2p2,4)＝0.由Δ＝0，即p2(k2－2)2－4·k2·eq \f(k2p2,4)＝0，解得k2＝1，所以k＝±1.
2．已知点A(－2,3)在抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为________.
答案 eq \f(4,3)
解析 ∵A(－2,3)在抛物线y2＝2px的准线上，∴－eq \f(p,2)＝－2，∴p＝4，∴y2＝8x，
设直线AB的方程为x＝k(y－3)－2，①
将①与y2＝8x联立，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky－3－2，,y2＝8x，))
得y2－8ky＋24k＋16＝0，②
则Δ＝(－8k)2－4(24k＋16)＝0，即2k2－3k－2＝0，解得k＝2或k＝－eq \f(1,2)(舍去)，将k＝2代入①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝8，,y＝8，))即B(8,8)，又F(2,0)，∴kBF＝eq \f(8－0,8－2)＝eq \f(4,3).
3．(2022·四川名校联考)过抛物线C：x2＝4y的焦点F的直线l交C于A，B两点，点A处的切线与x，y轴分别交于M，N两点．若△MON的面积为eq \f(1,2)，则|AF|＝________.
答案 2
解析 由题可知，直线l的斜率存在，且过抛物线C：x2＝4y的焦点F，与其交于A，B两点，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,4)a2)).又y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(x,2)，所以点A处的切线方程为y－eq \f(1,4)a2＝eq \f(a,2)(x－a)．令x＝0，可得y＝－eq \f(1,4)a2，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)a2))；令y＝0，可得x＝eq \f(a,2)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0)).因为△MON的面积为eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)×|－eq \f(1,4)a2|×|eq \f(a,2)|＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，所以|AF|＝eq \f(1,4)a2＋1＝2.
考向二 焦点弦问题
例2 (1)如图，已知线段AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的一条弦，过点A(A在第一象限内)作直线AC垂直于抛物线的准线，垂足为C，直线AT与抛物线相切于点A，交x轴于点T，给出下列命题：
①∠AFx＝2∠TAF；
②|TF|＝|AF|；
③AT⊥CF.
其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 D
解析 根据抛物线的定义可知|AF|＝|AC|，由于AC垂直于抛物线的准线，所以AC∥x轴，所以∠AFx＝∠CAF.设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),2p)，y0))，则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，y0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，设D是CF的中点，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y0,2))).所以直线AD的方程为y－eq \f(y0,2)＝eq \f(y0－\f(y0,2),\f(y\\al(2,0),2p)－0)(x－0)，即y＝eq \f(p,y0)x＋eq \f(y0,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(p,y0)x＋\f(y0,2)，,y2＝2px))消去y并化简，得eq \f(p2,y\\al(2,0))x2－px＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝0，其判别式Δ＝p2－4×eq \f(p2,y\\al(2,0))×eq \f(y\\al(2,0),4)＝0，所以直线AD与抛物线相切，故直线AD与直线AT重合．由于D是CF的中点，所以AD⊥CF，也即AT⊥CF，③正确；根据等腰三角形的性质可知∠CAF＝2∠TAF，所以∠AFx＝2∠TAF，①正确；由于AC∥x轴，所以∠CAT＝∠FTA，所以∠FTA＝∠TAF，所以|TF|＝|AF|，②正确．综上所述，正确命题的个数为3.故选D.
(2)(2021·贵州模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，点A，B在抛物线准线上的射影分别是A′，B′，若四边形AA′B′B的面积为32eq \r(2)，则该抛物线的方程为( )
A．y2＝2eq \r(2)x B．y2＝4x
C．y2＝4eq \r(2)x D．y2＝8x
答案 C
解析 抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq \f(p,2)，过点F倾斜角为45°的直线的斜率为k＝tan45°＝1，则直线AB的方程为y＝x－eq \f(p,2)，与抛物线方程联立得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＞x2，则x1＋x2＝3p，x1x2＝eq \f(p2,4)，y1－y2＝x1－x2＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(2)p，因为四边形AA′B′B的面积为32eq \r(2)，所以eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)＋x2＋\f(p,2)))(y1－y2)＝4eq \r(2)p2＝32eq \r(2)，解得p＝2eq \r(2)，所以抛物线方程为y2＝4eq \r(2)x.故选C.
(1)解决焦点弦问题时，要注意以下几点：
①设抛物线y2＝2px(p>0)上的点为(x1，y1)，(x2，y2)；
②因为(x1，y1)，(x2，y2)在抛物线y2＝2px(p>0)上，故满足yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2；
③利用yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2可以整体得到y1y2或x1x2.
(2)利用抛物线的定义把过焦点的弦分成两个焦半径，然后转化为到准线的距离，再求解．
4.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 易知抛物线中p＝eq \f(3,2)，焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0))，直线AB的斜率k＝eq \f(\r(3),3)，故直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－eq \f(21,2)x＋eq \f(9,16)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(21,2).由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(21,2)＋eq \f(3,2)＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝eq \f(p,2)sin30°＝eq \f(3,8)，所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(9,4).
5. 过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为60°的直线l交抛物线于A，B两点，且|AF|>|BF|，则eq \f(|AF|,|BF|)的值为( )
A．2 B．3
C．eq \f(4,3) D．eq \f(3,2)
答案 B
解析 解法一：由题意知抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，所以直线l的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，代入抛物线方程y2＝2px(p>0)，整理得3x2－5px＋eq \f(3p2,4)＝0，解得x1＝eq \f(3p,2)，x2＝eq \f(p,6)，由题意可知点A在第一象限，点B在第四象限，所以A，B两点的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)，\r(3)p))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)，－\f(\r(3)p,3)))，则有|AF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)－\f(p,2)))2＋\r(3)p2)＝2p，|BF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,6)－\f(p,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3)p,3)))2)＝eq \f(2p,3)，所以eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(2p,\f(2p,3))＝3.故选B.
解法二：由抛物线的定义得p＋eq \f(1,2)|AF|＝|AF|，可得|AF|＝2p，p－eq \f(1,2)|BF|＝|BF|，可得|BF|＝eq \f(2,3)p，所以eq \f(|AF|,|BF|)＝3，故选B.
6．已知直线l：x－y－m＝0经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，l与C交于A，B两点．若|AB|＝6，则p的值为( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(3,2)
C．1 D．2
答案 B
解析 直线l经过抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).将点F的坐标代入直线方程，得m＝eq \f(p,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－\f(p,2)＝0，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，所以p＝eq \f(3,2).故选B.
7.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.若点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)
答案 C
解析 如图，设准线l与x轴交于点M，过点A作准线l的垂线AD，交l于点D.由抛物线的定义知|AD|＝|AF|＝4.因为点F是线段AC的中点，所以|AD|＝2|MF|＝2p，所以2p＝4，解得p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，所以A(3,2eq \r(3))．又F(1,0)，所以kAF＝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)，将此方程与抛物线方程y2＝4x联立后消去y并整理，得3x2－10x＋3＝0.所以x1＋x2＝eq \f(10,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(10,3)＋2＝eq \f(16,3).故选C.
考向三 直线与抛物线的位置关系
例3 (2019·全国Ⅰ卷)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(12t－1,9).
从而－eq \f(12t－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).
求解抛物线综合问题的方法
(1)研究直线与抛物线的位置关系与研究直线与椭圆、双曲线的位置关系的方法类似，一般是用方程法，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，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p(焦点在x轴正半轴)，若不过焦点，则必须用弦长公式．
8.(2019·全国Ⅲ卷)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．
解 (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)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＋x22－4x1x2)＝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).
解析几何中的“设而不求”与“设而要求”思想
1．(2021·云南昆明摸底)已知动点M(x，y)满足： eq \r(x＋12＋y2)＋eq \r(x－12＋y2)＝2eq \r(2).
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点N(－1,0)的直线l与曲线E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合)．证明直线BC恒过定点，并求该定点的坐标．
解 (1)由题知，动点M到点(－1,0)，(1,0)的距离之和为2eq \r(2)，且2<2eq \r(2)，所以动点M的轨迹为椭圆，且a＝eq \r(2)，c＝1，所以b＝1，
所以动点M的轨迹E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，
由已知得直线l的斜率存在，设斜率为k，
则直线l的方程为y＝k(x＋1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
又直线BC的方程为y－y2＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x2)，
即y＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)x－eq \f(x1y2＋x2y1,x2－x1)，
令y＝0，得
x＝eq \f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq \f(2kx1x2＋kx1＋x2,kx1＋x2＋2k)
＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1＋x2＋2)＝eq \f(\f(4k2－4,1＋2k2)－\f(4k2,1＋2k2),－\f(4k2,1＋2k2)＋2)＝－2，
所以直线BC恒过定点D(－2,0)．
2.如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点是(eq \r(3)，0)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AM|＝2|MB|，且直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切于点N，求|MN|.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(－12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2,b2)＝1，))
整理得4a4－19a2＋12＝0，
又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，所以b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(m,0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2.①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))消去x得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋4)，②
y1y2＝eq \f(m2－4,t2＋4).③
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\f(4tm,t2＋4)，,y2＝\f(2tm,t2＋4)，))代入③，
得eq \f(m2－4,t2＋4)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2tm,t2＋4)))2，
化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.
原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋t2))，
又直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋t2))＝eq \r(\f(4,7))，
即t2＝eq \f(7,4)m2－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4t2＋4＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))
消去t得21m4－16m2－16＝0，
即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝eq \f(4,3)，此时t2＝eq \f(4,3)，
经检验满足题意，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(2\r(3),3)，0))，d2＝eq \f(4,7)，所以在Rt△OMN中，|MN|＝eq \r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq \f(4\r(21),21).
答题启示
解析几何的综合问题，常常涉及到直线与曲线相交，当两个交点坐标未知时，用“设而不求”避免求交点，从而简化计算．常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．
而当其中一个交点坐标是已知的或除根与系数的关系外，还有坐标等量关系，则常用到“设而要求”．
对点训练
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2.A，B是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6，,\f(1,2)×2bc＝\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
∴a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F2(1,0)，
设直线MN的方程为x＝my＋1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得
(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－eq \f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－eq \f(9,4＋3m2)，
∴my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线BN的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
令eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
∴eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，∴x＝4，
∴直线AM与BN的交点在直线x＝4上．
2．(2020·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
解 (1)设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a＝2b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝2.))
故椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)显然直线l的斜率存在．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋4)，
与椭圆方程eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1联立可得x2＋4k2(x＋4)2＝8，
即(4k2＋1)x2＋32k2x＋(64k2－8)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(64k2－8,4k2＋1).
直线MA的方程为y＋1＝eq \f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝－4，得yP＝－2×eq \f(y1＋1,x1＋2)－1
＝－2×eq \f(kx1＋4＋1,x1＋2)－eq \f(x1＋2,x1＋2)
＝eq \f(－2k＋1x1＋4,x1＋2)，
同理可得yQ＝eq \f(－2k＋1x2＋4,x2＋2).
显然eq \f(|PB|,|BQ|)＝|eq \f(yP,yQ)|，注意到
yP＋yQ＝－(2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))
＝－(2k＋1)×eq \f(x1＋4x2＋2＋x2＋4x1＋2,x1＋2x2＋2)，
而(x1＋4)(x2＋2)＋(x2＋4)(x1＋2)
＝2[x1x2＋3(x1＋x2)＋8]
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(64k2－8,4k2＋1)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－32k2,4k2＋1)))＋8))
＝2×eq \f(64k2－8＋3×－32k2＋84k2＋1,4k2＋1)
＝0，
故yP＋yQ＝0，yP＝－yQ.
从而eq \f(|PB|,|BQ|)＝|eq \f(yP,yQ)|＝1.
一、单项选择题
1．过抛物线y2＝4x的焦点F作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．如果x1＋x2＝6，那么|AB|＝( )
A．6 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 |AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝8. 故选B.
2．设经过抛物线C的焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，那么抛物线C的准线与以AB为直径的圆的位置关系为( )
A．相离 B．相切
C．相交但不经过圆心 D．相交且经过圆心
答案 B
解析 设圆心为M，过点A，B，M分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，M1，则|MM1|＝eq \f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)．由抛物线定义可知|AB|＝|BB1|＋|AA1|，∴|MM1|＝eq \f(1,2)|AB|，即圆心M到准线的距离等于圆的半径，故以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切．
3．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦AB的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(y1y2,x1x2)的值一定是( )
A．－4 B．4
C．p2 D．－p2
答案 A
解析 ①若焦点弦AB⊥x轴，则 x1＝x2＝eq \f(p,2)，则x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2，则eq \f(y1y2,x1x2)＝－4.②若焦点弦AB不垂直于x轴，可设直线AB：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq \f(p2k2,4)＝0，则x1x2＝eq \f(p2,4).∵yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，∴yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝4p2x1x2＝p4.又y1y2<0，∴y1y2＝－p2.故eq \f(y1y2,x1x2)＝－4.故选A.
4．(2022·河北唐山质检)抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；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y2＝4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3,1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为( )
A.eq \f(71,12)＋eq \r(26) B．9＋eq \r(10)
C.eq \f(83,12)＋eq \r(26) D．9＋eq \r(26)
答案 D
解析 对于y2＝4x，令y＝1，得x＝eq \f(1,4)，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，结合抛物线的光学性质，得AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，据此可得xAxB＝1，所以xB＝eq \f(1,xA)＝4，故|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(25,4).将x＝4代入y2＝4x可得y＝±4，故B(4，－4)，故|MB|＝eq \r(4－32＋－4－12)＝eq \r(26).故△ABM的周长为|MA|＋|AB|＋|MB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,4)))＋eq \f(25,4)＋eq \r(26)＝9＋eq \r(26)，故选D.
5．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C的两个交点分别为A，B，且满足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，E为AB的中点，则点E到抛物线准线的距离为( )
A.eq \f(11,4) B．eq \f(9,4)
C．eq \f(5,2) D．eq \f(5,4)
答案 B
解析 由题得抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x＝－1，如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，∴|AF|＝2|BF|，∴x1＋1＝2(x2＋1)，∴x1＝2x2＋1，∵|y1|＝2|y2|，∴yeq \\al(2,1)＝4yeq \\al(2,2)，∴x1＝4x2，∴x1＝2，x2＝eq \f(1,2).∴线段AB的中点E到该抛物线准线的距离为eq \f(1,2)[(x1＋1)＋(x2＋1)]＝eq \f(9,4).故选B.
6．过抛物线C：x2＝2y的焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为1，则|AF|＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 A
解析 ∵x2＝2y，∴y＝eq \f(x2,2)，∴y′＝x，∵抛物线C在点B处的切线斜率为1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，∵抛物线x2＝2y的焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴直线l的方程为y＝eq \f(1,2)，∴|AF|＝|BF|＝1.故选A.
7．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|＝( )
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.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).故选C.
8．(2022·湖南长沙模拟)已知抛物线C1：y＝eq \f(1,2p)x2(p>0)的焦点与双曲线C2：eq \f(x2,3)－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A.eq \f(\r(3),16) B．eq \f(\r(3),8)
C．eq \f(2\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),3)
答案 D
解析 由题可知，抛物线开口向上且焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以两个焦点连线的直线方程为y＝－eq \f(p,4)(x－2)．设M(x0，y0)，则有y′＝eq \f(1,p)x0＝eq \f(\r(3),3)⇒x0＝eq \f(\r(3),3)p.因为y0＝eq \f(1,2p)xeq \\al(2,0)，所以y0＝eq \f(p,6).所以eq \f(p,6)＝－eq \f(p,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)p－2))⇒p＝eq \f(4\r(3),3)，故选D.
9．(2021·湖南长郡中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(2,0)，过点F的直线交C于A，B两点，△OAB的重心为点G(O为坐标原点)，则点G到直线3x－3y＋1＝0的距离的最小值为( )
A．2 B．eq \r(2)
C．eq \f(\r(2),2) D．2eq \r(2)
答案 C
解析 由题意，得抛物线的方程为y2＝8x，设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程得y2－8my－16＝0且Δ＝64(m2＋1)＞0，则y1＋y2＝8m，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝8m2＋4，又△OAB的重心为点G，即Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,3)，\f(y1＋y2,3)))，∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8m2＋4,3)，\f(8m,3)))，则G到直线3x－3y＋1＝0的距离d＝eq \f(|8m2－8m＋5|,3\r(2))＝eq \f(|8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋3|,3\r(2))，∴当m＝eq \f(1,2)时，dmin＝eq \f(|3|,3\r(2))＝eq \f(\r(2),2).故选C.
10．(2021·新高考八省联考)已知抛物线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为( )
A．x＋2y＋1＝0 B．3x＋6y＋4＝0
C．2x＋6y＋3＝0 D．x＋3y＋2＝0
答案 B
解析 因为点A(2,2)在抛物线y2＝2px上，故22＝2p×2，即p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.易知直线AB，AC的斜率都存在，设过点A(2,2)与圆(x－2)2＋y2＝1相切的直线的方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y＋2－2k＝0，则圆心(2,0)到切线的距离d＝eq \f(|2k－0＋2－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \r(3).如图，直线AB：y－2＝eq \r(3)(x－2)，直线AC：y－2＝－eq \r(3)(x－2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2＝\r(3)x－2，,y2＝2x，))得3x2＋(4eq \r(3)－14)x＋16－8eq \r(3)＝0，故xAxB＝eq \f(16－8\r(3),3)，由xA＝2得xB＝eq \f(8－4\r(3),3)，故yB＝eq \f(2\r(3)－6,3).联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－2＝－\r(3)x－2，,y2＝2x，))得3x2－(4eq \r(3)＋14)x＋16＋8eq \r(3)＝0，故xAxC＝eq \f(16＋8\r(3),3)，由xA＝2得xC＝eq \f(8＋4\r(3),3)，故yC＝eq \f(－2\r(3)－6,3)，故yB＋yC＝eq \f(2\r(3)－6,3)＋eq \f(－2\r(3)－6,3)＝－4，又由B，C在抛物线上可知，直线BC的斜率kBC＝eq \f(yB－yC,xB－xC)＝eq \f(yB－yC,\f(1,2)y\\al(2,B)－\f(1,2)y\\al(2,C))＝eq \f(2,yB＋yC)＝eq \f(2,－4)＝－eq \f(1,2)，故直线BC的方程为y－eq \f(2\r(3)－6,3)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8－4\r(3),3)))，即3x＋6y＋4＝0.故选B.
二、多项选择题
11．(2021·潍坊二模)已知抛物线x2＝eq \f(1,2)y的焦点为F，M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线上两点，则下列结论正确的是( )
A．点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，0))
B．若直线MN过点F，则x1x2＝－eq \f(1,16)
C．若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，则|MN|的最小值为eq \f(1,2)
D．若|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，则线段MN的中点P到x轴的距离为eq \f(5,8)
答案 BCD
解析 易知点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，A错误；根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，x1x2＝－p2＝－eq \f(1,16)，B正确；若eq \(MF,\s\up6(→))＝λeq \(NF,\s\up6(→))，则MN过点F，则|MN|的最小值即抛物线通径的长，为2p，即eq \f(1,2)，C正确；抛物线x2＝eq \f(1,2)y的准线方程为y＝－eq \f(1,8)，过点M，N，P分别作准线的垂线MM′，NN′，PP′，垂足分别为M′，N′，P′，所以|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|.所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝eq \f(3,2)，所以|PP′|＝eq \f(|MM′|＋|NN′|,2)＝eq \f(3,4)，所以线段MN的中点P到x轴的距离为|PP′|－eq \f(1,8)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,8)＝eq \f(5,8)，D正确．故选BCD.
12．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，则下列结论正确的是( )
A．点P到抛物线焦点的距离为eq \f(3,2)
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的斜率为定值
答案 BCD
解析 因为抛物线C：y2＝2px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)，错误；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＋y22－4y1y2)＝eq \f(5,32)，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，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ky2－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)，正确．故选BCD.
三、填空题
13．过点(0,3)的直线l与抛物线y2＝4x只有一个公共点，则直线l的方程为________.
答案 y＝eq \f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0
解析 当直线l的斜率k存在且k≠0时，由相切知直线l的方程为y＝eq \f(1,3)x＋3；当k＝0时，直线l的方程为y＝3，此时直线l平行于抛物线的对称轴，且与抛物线只有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，3))；当k不存在时，直线l与抛物线也只有一个公共点(0,0)，此时直线l的方程为x＝0.综上，过点(0,3)且与抛物线y2＝4x只有一个公共点的直线l的方程为y＝eq \f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.
14．(2021·上海高考)已知椭圆x2＋eq \f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦点为F1，F2，以O为顶点，F2为焦点作抛物线交椭圆于P，且∠PF1F2＝45°，则抛物线的准线方程是________.
答案 x＝1－eq \r(2)
解析 设F1(－c,0)，F2(c,0)，则抛物线y2＝4cx，直线PF1：y＝x＋c.联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4cx，,y＝x＋c，))解得x＝c，y＝2c，所以点P的坐标为(c,2c)，所以PF2⊥F1F2，又|PF2|＝|F2F1|＝2c，所以|PF1|＝2eq \r(2)c，所以|PF1|＋|PF2|＝(2＋2eq \r(2))c＝2a＝2，则c＝eq \r(2)－1，所以抛物线的准线方程为x＝－c＝1－eq \r(2).
15．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点(其中M点在第一象限)，若eq \(MN,\s\up6(→))＝3eq \(FN,\s\up6(→))，则直线l的斜率为________.
答案 2eq \r(2)
解析 解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
其中y1>0，y2<0.∵eq \(MN,\s\up6(→))＝3eq \(FN,\s\up6(→))，
∴y1＝－2y2.设直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，))
得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，
∴y2＝－eq \f(\r(2)p,2)，x2＝eq \f(p,4)，
∴k＝eq \f(－\f(\r(2)p,2)－0,\f(p,4)－\f(p,2))＝2eq \r(2).
解法二：由题意，可知eq \(MF,\s\up6(→))＝2eq \(FN,\s\up6(→))，设直线l的倾斜角为θ，由抛物线焦点弦的性质可知eq \f(p,1－csθ)＝eq \f(2p,1＋csθ)，
即2－2csθ＝1＋csθ，
解得csθ＝eq \f(1,3)，∵θ为直线的倾斜角，
∴sinθ＝eq \f(2\r(2),3)，∴tanθ＝2eq \r(2)，
即直线l的斜率为2eq \r(2).
16．(2022·江苏南通模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，连接AF并延长，交抛物线C于点D，若AB中点的纵坐标为|AB|－1，则当∠AFB最大时，|AD|＝________.
答案 16
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，由抛物线的定义得y1＋y2＋2＝|AF|＋|BF|，因为eq \f(y1＋y2,2)＝|AB|－1，所以|AF|＋|BF|＝2|AB|，所以cs∠AFB＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF||BF|)＝eq \f(3|AF|2＋|BF|2－2|AF||BF|,8|AF||BF|)≥eq \f(6|AF||BF|－2|AF||BF|,8|AF||BF|)＝eq \f(1,2)，当且仅当|AF|＝|BF|时取等号．所以当∠AFB最大时，△AFB为等边三角形，AB∥x轴．不妨设此时直线AD的方程为y＝eq \r(3)x＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))消去y，得x2－4eq \r(3)x－4＝0，所以x1＋x3＝4eq \r(3)，所以y1＋y3＝eq \r(3)(x1＋x3)＋2＝14.所以|AD|＝16.
四、解答题
17．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(－22,4)＝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.
18．设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
解 (1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．
∴直线BM的方程为y＝eq \f(1,2)x＋1或y＝－eq \f(1,2)x－1.
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝2x，))得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)
＝eq \f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2).①
将x1＝eq \f(y1,k)＋2，x2＝eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq \f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)
＝eq \f(－8＋8,k)＝0.
∴kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，∴∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
19．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足eq \(PQ,\s\up6(→))＝9eq \(QF,\s\up6(→))，求直线OQ斜率的最大值．
解 (1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \(PQ,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)，eq \(QF,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，
因为eq \(PQ,\s\up6(→))＝9eq \(QF,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x1＝91－x2，,y2－y1＝－9y2，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝10x2－9，,y1＝10y2，))
又点P在抛物线C上，所以yeq \\al(2,1)＝4x1，
即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得yeq \\al(2,2)＝eq \f(2,5)x2－eq \f(9,25)，则点Q的轨迹方程为y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25).
设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25)相切时，斜率可以取最大，
联立y＝kx与y2＝eq \f(2,5)x－eq \f(9,25)并化简，
得k2x2－eq \f(2,5)x＋eq \f(9,25)＝0，
令Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)))2－4k2·eq \f(9,25)＝0，解得k＝±eq \f(1,3)，
所以直线OQ斜率的最大值为eq \f(1,3).
20．(2021·武汉4月模拟)设抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点，当l与x轴垂直时，△AOB的面积为8，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若l的斜率存在且为k1，点P(3,0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：eq \f(k2,k1)为定值．
解 (1)由题意不妨设点A在第一象限，则当l与x轴垂直时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，－p))，∴|AB|＝2p，∴eq \f(1,2)×2p×eq \f(p,2)＝8，
得p＝4，故抛物线E的标准方程为y2＝8x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y1－y2,\f(1,8)y\\al(2,1)－y\\al(2,2))＝eq \f(8,y1＋y2)，k2＝eq \f(y3－y4,x3－x4)＝eq \f(y3－y4,\f(1,8)y\\al(2,3)－y\\al(2,4))＝eq \f(8,y3＋y4)，∴直线AB的方程为y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)(x－x1)，
即(y1＋y2)y－y1y2＝8x.
又点F(2,0)在直线AB上，∴－y1y2＝16.
设直线BD的方程为x＝ty＋3.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,y2＝8x，))得y2－8ty－24＝0，∴y2y4＝－24，同理可得y1y3＝－24.
又k1＝eq \f(8,y1＋y2)，k2＝eq \f(8,y3＋y4)，∴eq \f(k2,k1)＝eq \f(y1＋y2,y3＋y4)＝eq \f(y1＋y2,\f(－24,y1)＋\f(－24,y2))＝eq \f(y1y2,－24)＝eq \f(－16,－24)＝eq \f(2,3)，为定值．
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