高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线第2课时学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线第2课时学案，共24页。


一条斜率为k的直线l过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝x1＋x2＋p，类似的你还能得到其他结论吗？
知识点 与抛物线有关的焦点弦的相关结论
过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的一条直线与它交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝p24；
(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝2psin2α(α为直线AB的倾斜角)；
(3)1AF＋1BF＝2p；
(4)S△AOB＝p22sinα(α为直线AB的倾斜角)；
(5)以AB为直径的圆必与准线l相切．
你能证明1AF＋1BF＝2p这个结论吗？
提示：(1)当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝p2.
由x=p2， y2=2px，得y2＝p2.
∴y＝±p.
从而|AF|＝|BF|＝p，
∴1AF＋1BF＝2p.
(2)当直线的斜率存在时，设直线的方程为y＝kx-p2，
由y=kx-p2，y2=2px， 得k2x2－p(k2＋2)x＋k2p24＝0，
∴x1＋x2＝pk2+2k2＝p＋2pk2，x1x2＝p24，
∴1AF＋1BF＝1x1+p2＋1x2+p2
＝x1+x2+px1+p2x2+p2＝x1+x2+px1x2+p2 x1+x2+p24
＝p+2pk2+pp24+p2p+2pk2+p24＝2p+2pk2p2+p2k2＝2p，
即1AF＋1BF＝2p.
综合(1)(2)可得，1AF＋1BF＝2p.
直线l过抛物线x2＝4y的焦点F，与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝6，则|BF|＝______．
65 [由1AF＋1BF＝2p，得16＋1BF＝1，
解得|BF|＝65．]
类型1 和抛物线有关的轨迹问题
【例1】 设点P(x，y)(y≥0)为平面直角坐标系Oxy内的一个动点(其中O为坐标原点)，点P到定点M0，12的距离比点P到x轴的距离大12.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若直线l：y＝kx＋1与点P的轨迹相交于A，B两点，且|AB|＝26，求实数k的值．
[解] (1)法一：(直接法)过点P作x轴的垂线且垂足为点N，则|PN|＝y，由题意知|PM|－|PN|＝12，
∴x2+y-122＝y＋12，化简得x2＝2y.故点P的轨迹方程为x2＝2y.
法二：(定义法)由题意知，点P到定点M0，12与直线y＝－12的距离相等，则点P的轨迹是以点M为焦点，以直线y＝－12为准线的抛物线，且p＝1.
∴点P的轨迹方程为x2＝2y.
(2)由题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y=kx+1，x2=2y， 消去y化简得x2－2kx－2＝0，
∴x1＋x2＝2k，x1x2＝－2.
∵|AB|＝1+k2·x1+x22-4x1x2
＝1+k2·4k2+8
＝26，
∴k4＋3k2－4＝0，
又k2≥0，∴k2＝1，∴k＝±1.
求轨迹问题的两种方法
(1)直接法：按照动点适合条件直接代入求方程．
(2)定义法：若动点满足某种曲线定义，可按待定系数法列方程(组)求解曲线方程．
[跟进训练]
1．若动圆M与圆C：(x－2)2＋y2＝1外切，又与直线x＋1＝0相切，求动圆圆心的轨迹方程．
[解] 设动圆圆心为M(x，y)，半径为R，由已知可得定圆圆心为C(2，0)，半径r＝1.
因为两圆外切，
所以|MC|＝R＋1.
又动圆M与已知直线x＋1＝0相切，
所以圆心M到直线x＋1＝0的距离d＝R.
所以|MC|＝d＋1.
即动点M到定点C(2，0)的距离等于它到定直线x＋2＝0的距离．
由抛物线的定义可知，点M的轨迹是以C为焦点，x＋2＝0为准线的抛物线，且p2＝2，p＝4，
故其方程为y2＝8x.
类型2 与弦长、弦中点有关的问题
【例2】 过点P(4，1)作抛物线y2＝8x的弦AB，弦AB恰被点P平分，求AB所在直线的方程及弦AB的长度．
[解] 法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y12＝8x1，y22＝8x2，
两式相减，得(y1－y2)(y1＋y2)＝8(x1－x2)．
∵P是AB的中点，
∴x1＋x2＝8，y1＋y2＝2，
则k＝y2-y1x2-x1＝8y1+y2＝4，
∴所求直线AB的方程为y－1＝4(x－4)，
即4x－y－15＝0.
由4x-y-15=0，y2=8x 消x整理得y2－2y－30＝0，
则y1＋y2＝2，y1y2＝－30.
由弦长公式得|AB|＝1+1k2|y1－y2|＝1+1k2·y1+y22-4y1y2＝5272.
法二：由题意知AB所在直线的斜率存在且不为0.
设AB所在直线的方程为y＝k(x－4)＋1(k≠0)，
由y=kx-4+1，y2=8x 消x整理得ky2－8y－32k＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝8k，
∵P是AB的中点，
∴y1+y22＝1，∴8k＝2，∴k＝4.
∴所求直线AB的方程为4x－y－15＝0.
由4x-y-15=0，y2=8x 消x整理得y2－2y－30＝0，
则y1＋y2＝2，y1y2＝－30，
由弦长公式得|AB|＝1+1k2|y1－y2|
＝1+1k2·y1+y22-4y1y2
＝5272.
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运用“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．
[跟进训练]
2．(1)已知直线l与抛物线y2＝8x交于A，B两点，且l经过抛物线的焦点F，A点的坐标为(8，8)，则线段AB的中点到准线的距离是( )
A．254 B．252 C．258 D．25
(2)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)．直线l与抛物线C相交于A，B两点，若AB的中点为(2，2)，则抛物线的方程为________，直线l的方程为________．
(1)A (2)y2＝4x x－y＝0 [(1)由题意知，抛物线的焦点坐标为(2，0)，直线l过焦点F，所以kl＝8-08-2＝43，所以直线l的方程为y＝43(x－2)．
由y=43x-2，y2=8x，
得B点的坐标为12，-2.
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝2＋8＋2＋12＝252.
所以AB的中点到准线的距离为254.
(2)由题意知抛物线的方程为y2＝4x，
设直线l与抛物线C的交点为A(x_1 ，y_1 )，(B(x_2 ) ，y2)，
则有y12=4x1，y22=4x2，且x1≠x2，
两式相减得，y12-y22＝4(x1－x2)，因为AB的中点为(2，2)，所以y1＋y2＝4，所以y1-y2x1-x2＝4y1+y2＝1，
所以直线l的方程为y－2＝x－2，即x－y＝0．]
类型3 与抛物线有关的综合问题
【例3】 (2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β 取得最大值时，求直线AB的方程．
[解] (1)抛物线的准线为x＝－p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时MF＝p＋p2＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设My124，y1，Ny224，y2，Ay324，y3，By424，y4，直线MN：x＝my＋1，
由x=my+1，y2=4x， 可得y2－4my－4＝0，Δ>0，y1y2＝－4，
由斜率公式可得kMN＝y1-y2y124-y224＝4y1+y2，kAB＝y3-y4y324-y424＝4y3+y4，
直线MD：x＝y124-2y1·y＋2，代入抛物线方程可得y2－4y124-2y1·y－8＝0，
Δ>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝4y3+y4＝42y1+y2＝kMN2，
又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝kMN2＝tanα2，
若要使α－β最大，则β∈0，π2，
设kMN＝2kAB＝2k>0，则tan α-β＝tanα-tanβ1+tanαtanβ＝k1+2k2＝11k+2k≤121k·2k＝24，
当且仅当1k＝2k即k＝22时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝22，设直线AB：x＝2y＋n，
代入抛物线方程可得y2－42y－4n＝0，
Δ>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB：x＝2y＋4.
当直线MN斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，
tan (α－β)＜24.
综上，直线AB的方程为x＝2y＋4，即x－2y－4＝0.
最值问题类型较多，总体上主要有两种方法：一是几何法，即利用曲线的定义、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数式表示为某个(些)变式的函数，然后利用函数方法、不等式方法等求解．
[跟进训练]
3．(2022·山师大附中高二月考)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F的直线l交抛物线C于P，Q两点，且直线l⊥MF，设直线MF与抛物线C的另一个交点为K，求PM·KQ的最小值．
[解] 由题意知F(1，0)，直线l的斜率k存在且不为0，
设l的方程为y＝k(x－1)，
由y=kx-1，y2=4x， 可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝2＋4k2，x1x2＝1.
因为直线l⊥MF，所以直线MF的斜率为－1k.
设M(x3，y3)，K(x4，y4)，同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.
故PM·KQ＝(PF+FM)·(KF+FQ)
＝PF·KF+PF·FQ+FM·KF+FM·FQ
＝|PF|·|FQ|＋|FM|·|KF|
＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)
＝x1x2＋x1＋x2＋1＋x3x4＋x3＋x4＋1
＝8＋4k2+1k2≥8＋4×2k2·1k2＝16，
当且仅当k2＝1k2，即k＝±1时，PM·KQ取得最小值16.
1．已知动圆M经过点A(3，0)，且与直线l：x＝－3相切，则动圆圆心M的轨迹方程为( )
A．y2＝12x B．y2＝－12x
C．x2＝12y D．x2＝－12y
A [设动点M(x，y)，⊙M与直线l：x＝－3的切点为N，则|MA|＝|MN|，
即动点M到定点A和定直线l：x＝－3的距离相等，
∴点M的轨迹是抛物线，且以A(3，0)为焦点，
以直线l：x＝－3为准线，∴p2＝3，
∴p＝6，
故动圆圆心M的轨迹方程是y2＝12x．]
2．若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为12，0，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝4，则弦AB的中点到y轴的距离为( )
A．32 B．2 C．3 D．4
A [因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为12，0，所以p＝1，抛物线的方程为y2＝2x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由抛物线的定义，得|AB|＝x1＋x2＋p，所以4＝x1＋x2＋1，即x1＋x2＝3，所以弦AB的中点到y轴的距离为d＝x1+x22＝32．]
3．直线y＝x－1被抛物线y2＝4x截得的线段的中点坐标是________．
(3，2) [将y＝x－1代入y2＝4x，整理，得x2－6x＋1＝0.由根与系数的关系，得x1＋x2＝6，x1+x22＝3，
∴y1+y22＝x1+x2-22＝6-22＝2.
∴所求点的坐标为(3，2)．]
4．已知AB是过抛物线2x2＝y的焦点的弦，若|AB|＝4，则AB的中点的纵坐标是________．
158 [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由抛物线2x2＝y，可得p＝14.
∵|AB|＝y1＋y2＋p＝4，
∴y1＋y2＝4－14＝154，故AB的中点的纵坐标是y1+y22＝158．]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．解决和抛物线有关的问题，有哪些方法？
提示：直接法、定义法．
2．如何解答最值问题？
提示：最值问题的常用解法有两种：
(1)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、换元法、均值不等式法、单调性法．
(2)几何法：若题目的条件与结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用几何图形性质来解决．
课时分层作业(三十二) 抛物线的方程及性质的应用
一、选择题
1．(2022·浙江省台州市期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若点P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是( )
A．直线 B．圆
C．椭圆 D．抛物线
D [由几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体，知D1C1⊥侧面BB1C1C，连接PC1(图略)，所以D1C1⊥PC1，即PC1为点P到直线D1C1的距离，从而PC1等于点P到直线BC的距离．由抛物线的定义知，动点P的轨迹所在的曲线是抛物线．]
2．(2022·河北徐水综合高级中学高二上月考)已知抛物线y2＝8x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝6，则|BF|＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [法一：由题知p＝4.因为抛物线过焦点的弦满足1AF＋1BF＝2p，又|AF|＝6，所以|BF|＝3.
法二：由题知抛物线的焦点为F(2，0)，准线方程为x＝－2.因为|AF|＝6，所以xA＝4.不妨设点A在第一象限，则yA＝42，所以kAF＝424-2＝22，故直线AB的方程为y＝22x－42.
由y=22x-42y2=8x ，得x2－5x＋4＝0，所以xA＋xB＝5，所以xB＝1，所以|BF|＝xB＋2＝3．]
3．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，|AF|·|BF|＝16，则p的值为( )
A．2 B．4 C．22 D．8
C [抛物线y2＝2px(p>0)的焦点Fp2，0，
准线方程为x＝－p2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴直线AB的方程为y＝x－p2，
代入y2＝2px可得x2－3px＋p24＝0，
∴x1＋x2＝3p，x1x2＝p24，
由抛物线的定义可知，|AF|＝x1＋p2，
|BF|＝x2＋p2，
∴|AF|·|BF|＝x1+p2x2+p2
＝x1x2＋p2(x1＋x2)＋p24
＝p24＋32p2＋p24
＝2p2＝16，
解得p＝22．]
4．已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝2 D．x＝－2
B [抛物线的焦点为Fp2，0，
所以过焦点且斜率为1的直线方程为y＝x－p2，
即x＝y＋p2，代入y2＝2px消去x，
得y2＝2py＋p2，即y2－2py－p2＝0，
由根与系数的关系得y1+y22＝p＝2(y1，y2分别为点A，B的纵坐标)，
所以抛物线方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1．]
5．M是抛物线y2＝x上一点，N是圆(x＋1)2＋(y－4)2＝1关于直线x－y＋1＝0的对称曲线C上的一点，则|MN|的最小值是( )
A．2 B．3－1
C．112 D．112－1
D [设圆心(－1，4)关于直线x－y＋1＝0对称的点为C(x，y)，
则y-4x+1=-1， x-12-y+42+1=0，解得x=3，y=0，
曲线C为(x－3)2＋y2＝1，设M(a2，a)，
故|MC|＝a2-32+a2＝a4-5a2+9
＝a2-522+114，
当a2＝52时，|MC|有最小值为112，
故|MN|的最小值为112－1．]
二、填空题
6．(2022·江苏扬州开学考试)直线l过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的长是6，AB的中点到x轴的距离是1，则此抛物线方程是________．
x2＝8y [由抛物线的方程可得焦点为0，p2，
准线方程为y＝－p2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以AB的中点的纵坐标为y1+y22，
因为AB的中点到x轴的距离是1，
所以y1+y22＝1，所以y1＋y2＝2，
又|AB|＝y1＋y2＋p＝6，故p＝4，所以抛物线方程为x2＝8y．]
7．已知抛物线y2＝4x，过点P(4，0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y12+y22的最小值是________．
32 [设AB的方程为x＝my＋4，
代入y2＝4x，
得y2－4my－16＝0，Δ>0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－16，
所以y12+y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋32，
当m＝0时，y12+y22的最小值为32．]
8．已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点P(4，m)到焦点的距离为6.则抛物线C的方程为________；若抛物线C与直线y＝kx－2相交于不同的两点A，B，且AB中点横坐标为2，则k＝________．
y2＝8x 2 [由题意设抛物线方程为y2＝2px，其准线方程为x＝－p2，根据定义可得4＋p2＝6，所以p＝4，所以抛物线C的方程为y2＝8x.
由y2=8x， y=kx-2，消去y，得k2x2－(4k＋8)x＋4＝0.
由k≠0，Δ＝64(k＋1)>0，解得k>－1且k≠0.
又x1+x22＝2k+4k2＝2，
解得k＝2或k＝－1(舍去)，所以k的值为2．]
三、解答题
9．在平面直角坐标系Oxy中，设点F(1，0)，直线l：x＝－1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹方程；
(2)记Q的轨迹为曲线E，过点F作两条互相垂直的直线交曲线E的弦为AB，CD，设AB，CD的中点分别为点M，N，求证：直线MN过定点(3，0)．
[解] (1)因为点F(1，0)，直线l：x＝－1，所以点R是线段FP的中点，由此及RQ⊥FP知，RQ是线段FP的垂直平分线．因为|PQ|是点Q到直线l的距离，而|PQ|＝|QF|，所以动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝4x(x>0)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，直线AB：x＝my＋1(m≠0)，
则x=my+1，y2=4x， 消去x得y2－4my－4＝0.
于是，有yM＝y1+y22＝2m，
xM＝m·yM＋1＝2m2＋1，即M(2m2＋1，2m)．
同理，N2m2+1，-2m.
因此，直线MN的斜率kMN＝2m+2m2m2+1-2m2+1＝mm2-1，
直线MN的方程为y－2m＝mm2-1(x－2m2－1)，
即mx＋(1－m2)y－3m＝0．显然，不论m为何值，(3，0)均满足方程，所以直线MN过定点(3，0)．
10．设抛物线y2＝4x上一点P到y轴的距离为d1，到直线l：3x＋4y＋12＝0的距离为d2，则d1＋d2的最小值为( )
A．2 B．153 C．163 D．3
A [由y2=4x， 3x+4y+12=0，得3y2＋16y＋48＝0，
Δ＝256－12×48<0，故方程无解，
∴直线3x＋4y＋12＝0与抛物线相离．
又d1＋d2＝d1＋1＋d2－1，
而d1＋1为P到准线x＝－1的距离，
故d1＋1为P到焦点F(1，0)的距离，
从而d1＋1＋d2的最小值为点F到直线3x＋4y＋12＝0的距离，
即1×3+0×4+1232+42＝3，
故d1＋d2的最小值为2．]
11．过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上，且MN⊥l，则M到直线NF的距离为( )
A．5 B．22 C．23 D．33
C [抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.
由直线方程的点斜式可得直线MF的方程为y＝3(x－1).
联立方程y=3x-1，y2=4x，
解得x=13，y=-233或x=3， y=23．
∵点M在x轴的上方，∴M(3，23)．
∵MN⊥l，∴N(－1，23)．
∴|NF|＝1+12+0-232＝4，
|MF|＝|MN|＝3＋1＝4.
∴△MNF是边长为4的等边三角形．
∴点M到直线NF的距离为23．]
12．(多选)已知点F是抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，AB，CD是经过点F的弦且AB⊥CD，直线AB的斜率为k，且k＞0，C，A两点在x轴上方，则下列结论中一定成立的是( )
A．1AB＋1CD＝12p
B．若|AF|·|BF|＝43p2，则k＝33
C．OA·OB＝OC·OD
D．四边形ACBD面积的最小值为16p2
AC [因为直线AB的斜率为k，AB⊥CD，所以kCD＝－1k.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可得焦点为Fp2，0，
则直线AB的方程为y＝kx-p2.
由y=kx-p2，y2=2px， 可得k2x2－p(k2＋2)x＋14k2p2＝0，
则x1+x2=pk2+2k2，x1x2=14 p2，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝pk2+2k2＋p＝2pk2+1k2，
同理可得|CD|＝2p1k2+11k2＝2p(1＋k2)，
则有1AB＋1CD＝12p，故A正确；
若|AF|·|BF|＝43p2，则x1+p2·x2+p2＝x1x2＋p2(x1＋x2)＋14p2＝43p2，则12p2＋p2k2+22k2＝p2＋p2k2＝43p2，解得k＝3(负值舍去)，故B错误；
OA·OB＝x1x2＋y1y2＝14p2＋k2x1-p2x2-p2＝14p2＋k2x1x2-p2 x1+x2+14p2＝14p2＋12k2p2－p2k2+22＝－34p2，与k无关，
同理OC·OD＝－34p2，
故OA·OB＝OC·OD，故C正确；
因为AB⊥CD，所以四边形ACBD的面积S＝12|AB|·|CD|＝12·2pk2+1k2·2p(1＋k2)＝2p2k2+12k2＝2p2k2+1k2+2≥8p2，
当且仅当k2＝1k2，
即k＝1时，等号成立，故D错误．故选AC．]
13．定长为3的线段AB的端点A，B在抛物线y2＝x上移动，则AB的中点到y轴距离的最小值为________，此时AB中点的坐标为________．
54 54，±22 [如图所示，F是抛物线y2＝x的焦点，过A，B两点作准线的垂线，垂足分别为C，D，过AB的中点M作准线的垂线，垂足为N，则|MN|＝12(|AC|＋|BD|)．
连接AF，BF，由抛物线的定义知|AC|＝|AF|，
|BD|＝|BF|，
所以|MN|＝12(|AF|＋|BF|)≥12|AB|＝32.
设点M的横坐标为x，则|MN|＝x＋14，所以x≥32－14＝54，当且仅当弦AB过点F时等号成立，此时，点M到y轴的距离最短，最短距离为54.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2x.
当x＝54时，易知y1y2＝－p2＝－14，
所以(y1＋y2)2＝y12+y22＋2y1y2＝2x－12＝2.
所以y1＋y2＝±2，得y＝±22，
即M54，±22．]
14．过抛物线y2＝2px(p>0)的顶点O作两条互相垂直的弦交抛物线于A，B两点，求证：
(1)A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积分别为定值；
(2)直线AB过定点．
[证明] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)kOA＝y1x1，kOB＝y2x2，
∵OA⊥OB，∴kOA·kOB＝－1，
∴x1x2＋y1y2＝0，
∵y12＝2px1，y22＝2px2，
∴y122p·y222p＋y1y2＝0，
∵y1≠0，y2≠0，∴y1y2＝－4p2，∴x1x2＝4p2.
(2)当直线AB的斜率存在时，
∵y12＝2px1，y22＝2px2，
∴(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
∴y1-y2x1-x2＝2py1+y2，∴kAB＝2py1+y2，
∴直线AB：y－y1＝2py1+y2(x－x1)，
∴y＝2pxy1+y2＋y1－2px1y1+y2，
∴y＝2pxy1+y2＋y12-2px1+y1y2y1+y2，
∵y12＝2px1，y1y2＝－4p2，
∴y＝2pxy1+y2＋-4p2y1+y2，
∴y＝2py1+y2(x－2p)，
∴直线AB过定点(2p，0)．
当直线AB的斜率不存在时，则kOA＝1，
∴直线OA：y＝x，与抛物线方程联立，得x2＝2px，
∴A(2p，2p)，故直线AB过定点(2p，0)，
综上，直线AB过定点(2p，0)．
15．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求PM·PN的最小值．
[解] (1)由题意可知Fp2，0，
则该直线方程为y＝x－p2，
代入y2＝2px(p>0)，得x2－3px＋p24＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则有x1＋x2＝3p.
∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，
即3p＋p＝8，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，
得x2＋(2b－4)x＋b2＝0.
∵直线l为抛物线C的切线，
∴Δ＝0，解得b＝1.
∴直线l的方程为y＝x＋1.
由(1)可知x1＋x2＝6，x1x2＝1.
设P(m，m＋1)，
则PM＝(x1－m，y1－(m＋1))，PN＝(x2－m，y2－(m＋1))，
∴PM·PN＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)]·[y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2.
∵x1＋x2＝6，x1x2＝1，
∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，y1y2＝－4.
∵y12-y22＝4(x1－x2)，
∴y1＋y2＝4×x1-x2y1-y2＝4，
∴PM·PN＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2，3)时，PM·PN取得最小值，最小值为－14.
学习任务
1．会解决与抛物线有关的轨迹问题和中点弦问题．(逻辑推理、数学运算)
2．能解决一些与抛物线有关的综合问题．(逻辑推理、数学运算)