2025高考数学专项复习第九章 平面解析几何第7节 第2课时 直线与抛物线的位置关系含答案

2025高考数学专项复习第九章平面解析几何第2课时直线与抛物线的位置关系课标解读考向预测1.会判断直线与抛物线的位置关系.2.会求直线与抛物线相交所得的弦长.3.能解决与抛物线的切线相关的简单几何问题.从近几年高考来看，直线与圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点，高考试题中加大了思维能力的考查，以及二级结论的考查，减少了对复杂运算的考查．预计2025年高考对直线与抛物线综合问题考查的难度会增加，平时应注意二级结论的应用.必备知识——强基础1．直线与抛物线的位置关系(1)直线与抛物线的三种位置关系(2)设直线l：y＝kx＋m，抛物线：y2＝2px(p>0)，将直线方程与抛物线方程联立，整理成关于x的方程k2x2＋(2km－2p)x＋m2＝0.①若k≠0，当Δ>0时，直线与抛物线eq\x(\s\up1(04))相交，有eq\x(\s\up1(05))两个交点；当Δ＝0时，直线与抛物线eq\x(\s\up1(06))相切，有eq\x(\s\up1(07))一个交点；当Δ<0时，直线与抛物线eq\x(\s\up1(08))相离，eq\x(\s\up1(09))无交点．②若k＝0，直线与抛物线eq\x(\s\up1(10))只有一个交点，此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合．因此，直线与抛物线只有一个交点是直线与抛物线相切的eq\x(\s\up1(11))必要不充分条件．2．弦长问题设直线与抛物线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)(k为直线的斜率，k≠0)．3．抛物线的焦点弦问题若MN为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦(过焦点的弦)，则焦点弦长为|MN|＝eq\x(\s\up1(12))x1＋x2＋p(x1，x2分别为M，N的横坐标)．设过抛物线焦点的弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则四种标准方程形式下的弦长公式如下表．标准方程弦长公式y2＝2px(p>0)|AB|＝x1＋x2＋py2＝－2px(p>0)|AB|＝p－(x1＋x2)x2＝2py(p>0)|AB|＝y1＋y2＋px2＝－2py(p>0)|AB|＝p－(y1＋y2)4.抛物线的切线(1)过抛物线y2＝2px(p>0)上的点P(x1，y1)的切线方程是y1y＝p(x＋x1)．(2)抛物线y2＝2px(p>0)的斜率为k的切线方程是y＝kx＋eq\f(p,2k)(k≠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|＝eq\f(p,1－cosα)，|BF|＝eq\f(p,1＋cosα)，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|)＝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，长度为2p；(8)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点．设直线l1的倾斜角为α，则|AB|＝eq\f(2p,sin2α)，|DE|＝eq\f(2p,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))＝eq\f(2p,cos2α).1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线l的距离为2，则过点A(－1，0)恰有2条直线与抛物线C有且只有一个公共点．()(2)已知过抛物线C：y2＝x的焦点F的直线l与C交于A，B两点，若直线l垂直于x轴，则|AB|＝1.()(3)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l的倾斜角为60°且经过点F.若l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1x2＝2.()答案(1)×(2)√(3)×2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册3.3例4改编)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|＝()A．eq\f(8,3) B．eq\f(16,3)C．5 D．3eq\r(3)答案B解析由题意得，抛物线的焦点为F(1，0)，直线AB的方程为y＝eq\r(3)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)（x－1），,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(10,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3).(2)(人教A选择性必修第一册习题3.3T12改编)过定点P(0，1)且与抛物线y2＝8x有且仅有一个公共点的直线有________条．答案3解析当斜率不存在时，直线方程为x＝0，只有一个公共点，符合题意；当斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝8x，))得k2x2＋(2k－8)x＋1＝0，当k＝0时，直线方程为y＝1，只有一个公共点，符合题意；当k≠0时，令Δ＝(2k－8)2－4k2＝0，解得k＝2，即直线与抛物线有一个公共点，符合题意．所以满足题意的直线有3条．(3)过点P(4，－3)作抛物线y＝eq\f(1,4)x2的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为________________．答案2x－y＋3＝0解析设切点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，又y′＝eq\f(1,2)x，则切线PA的方程为y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理，切线PB的方程为y＝eq\f(1,2)x2x－y2，由P(4，－3)是PA，PB的交点可知，－3＝2x1－y1，－3＝2x2－y2，由两点确定一条直线，可得过A，B的直线方程为－3＝2x－y，即2x－y＋3＝0.(4)(2024·山东济南模拟)已知A，B为抛物线C：x2＝4y上的两点，M(－1，2)，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，则直线AB的方程为________________．答案x＋2y－3＝0解析由题意知点M(－1，2)在抛物线内，且M(－1，2)是线段AB的中点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))两式相减得(x1－x2)(x1＋x2)＝4(y1－y2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(1,2)，则直线AB的方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x＋1)，即x＋2y－3＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,x2＝4y，))消去y，得x2＋2x－6＝0，Δ＝22－4×(－6)＞0，故斜率为－eq\f(1,2)符合题意．因此直线AB的方程为x＋2y－3＝0.考点探究——提素养考点一抛物线的切线例1(1)过抛物线x2＝4y上一点(4，4)的抛物线的切线方程为()A．2x－y－4＝0 B．2x＋y－4＝0C．x－2y＋4＝0 D．x＋2y＋4＝0答案A解析解法一：设切线方程为y－4＝k(x－4)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－4＝k（x－4），,x2＝4y))⇒x2＝4(kx－4k＋4)⇒x2－4kx＋16(k－1)＝0，由Δ＝(－4k)2－4×16(k－1)＝0，得k2－4k＋4＝0.∴k＝2.故切线方程为y－4＝2(x－4)，即2x－y－4＝0.解法二：由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，∴y′＝eq\f(x,2).∴y′|x＝4＝eq\f(4,2)＝2.∴切线方程为y－4＝2(x－4)，即2x－y－4＝0.(2)(2023·四川成都适应性考试)已知A，B为抛物线y＝x2上两点，以A，B为切点的抛物线的两条切线交于点P，过点A，B的直线斜率为kAB，若点P的横坐标为eq\f(1,3)，则kAB＝________．答案eq\f(2,3)解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B为切点的抛物线的切线斜率分别为kA，kB，由y＝x2，得y′＝2x，故kA＝2x1，kB＝2x2，所以切线PA的方程为y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即xeq\o\al(2,1)－2x1x＋y＝0.同理可得，切线PB的方程为xeq\o\al(2,2)－2x2x＋y＝0.设点P的坐标为(x0，y0)，所以xeq\o\al(2,1)－2x1x0＋y0＝0，xeq\o\al(2,2)－2x2x0＋y0＝0，所以x1，x2为方程x2－2x0x＋y0＝0的两根，故x1＋x2＝2x0，x1x2＝y0，则kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝x1＋x2＝2x0＝eq\f(2,3).【通性通法】求抛物线切线方程的方法方法一首先设出切线方程，然后与抛物线方程联立，利用判别式求解方法二首先求导得出切线的斜率，然后由点斜式得出切线方程方法三过抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点P(x0，y0)的切线方程为y0y＝p(x＋x0)【巩固迁移】1．(多选)(2023·辽宁名校联考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的准线l的方程为y＝－1，过C的焦点F的直线与C交于A，B两点，以A，B为切点分别作C的两条切线，且两切线交于点M，则下列结论正确的是()A．C的方程为x2＝2yB．∠AMB＝90°C．M恒在l上D．|MF|2＝|AF|·|BF|答案BCD解析由题得－eq\f(p,2)＝－1，所以p＝2，因此C的方程为x2＝4y，A错误；由题意可知AB的斜率存在，F(0，1)，设AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.由y＝eq\f(1,4)x2得y′＝eq\f(1,2)x，所以AM的斜率为kAM＝eq\f(1,2)x1，所以AM的方程为y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)x1(x－x1)①，同理BM的斜率为kBM＝eq\f(1,2)x2，所以BM的方程为y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)x2(x－x2)②，所以kAM·kBM＝eq\f(1,4)x1x2＝－1，即AM⊥BM，所以∠AMB＝90°，B正确；由①②得(x2－x1)y＝eq\f(1,4)x1x2(x2－x1)，因为x1≠x2，所以y＝－1，将y＝－1代入①②得x＝eq\f(x2＋x1,2)＝2k，所以点M的坐标为(2k，－1)，又C的准线l的方程为y＝－1，所以M恒在l上，C正确；当AB的斜率k不为零时，则kMF＝eq\f(－1－1,2k)＝－eq\f(1,k)，所以kAB·kMF＝－1，所以AB⊥MF，当AB的斜率k＝0时，点M的坐标为(0，－1)，显然AB⊥MF，在Rt△ABM中，由△AMF∽△MBF得eq\f(|MF|,|AF|)＝eq\f(|BF|,|MF|)，所以|MF|2＝|AF|·|BF|，D正确．故选BCD.考点二焦点弦问题例2(1)(2024·河北邯郸模拟)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|＝()A．4 B．eq\f(9,2)C．5 D．6答案B解析解法一：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\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设点A，B的横坐标分别为xA，xB，则xAxB＝1①，因为|AF|＝2|BF|，由抛物线的定义得xA＋1＝2(xB＋1)，即xA＝2xB＋1②，由①②解得xA＝2，xB＝eq\f(1,2)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋p＝eq\f(9,2).解法二：由对称性，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cosθ＝eq\f(|AE|,|AB|)＝eq\f(1,3)，所以sin2θ＝eq\f(8,9).又y2＝4x，知2p＝4，故利用弦长公式，得|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(9,2).解法三：因为|AF|＝2|BF|，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,2|BF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(3,2|BF|)＝eq\f(2,p)＝1，解得|BF|＝eq\f(3,2)，|AF|＝3，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(9,2).(2)(多选)(2023·湖北鄂州市教学研究室期末)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，准线l与y轴的交点为D，过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，点O为坐标原点．下列结论正确的是()A．存在点A，B，使∠AOB≤eq\f(π,2)B．|AB|的最小值为4C．DF平分∠ADBD．若点M(2，3)是弦AB的中点，则直线m的方程为x－y＋1＝0答案BCD解析抛物线C的焦点F的坐标为(0，1)，由题意分析可知，直线m的斜率一定存在．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线m的方程为y＝kx＋1，与抛物线C：x2＝4y联立，得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(xeq\o\al(2,1),4)·eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＝－4＋1＝－3<0，所以∠AOB为钝角，故A错误；|AB|＝y1＋y2＋2＝kx1＋1＋kx2＋1＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4≥4(当且仅当k＝0时，等号成立)，故B正确；因为点D(0，－1)，kDA＋kDB＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2,x1)＋eq\f(kx2＋2,x2)＝eq\f(2kx1x2＋2（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(2k×（－4）＋2×4k,x1x2)＝0，即直线DA和直线DB的倾斜角互补，所以DF平分∠ADB，故C正确；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，因为点M(2，3)是弦AB的中点，所以x1＋x2＝4，所以直线m的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1，所以直线m的方程为x－y＋1＝0，故D正确．故选BCD.【通性通法】解决焦点弦问题的策略(1)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．(2)利用与抛物线焦点弦有关的二级结论求解．【巩固迁移】2．(2024·山东聊城质检)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为2的直线l与抛物线交于A，B两点，若弦AB的中点到抛物线准线的距离为3，则抛物线的方程为()A．y2＝eq\f(12,5)x B．y2＝eq\f(24,5)xC．y2＝12x D．y2＝6x答案B解析因为直线l的方程为y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，即y＝2x－p，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝2x－p，))消去y，得4x2－6px＋p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(3p,2)，又因为弦AB的中点到抛物线准线的距离为3，所以|AB|＝6，而|AB|＝x1＋x2＋p，所以x1＋x2＝6－p，故eq\f(3p,2)＝6－p，解得p＝eq\f(12,5)，所以抛物线的方程为y2＝eq\f(24,5)x.故选B.3．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－eq\r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形答案AC解析对于A，直线y＝－eq\r(3)(x－1)过点(1，0)，所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，A正确；对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＞x2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，))消去y并化简，得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋eq\f(1,3)＋2＝eq\f(16,3)，B错误；对于C，设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直线l的距离等于|MN|的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C正确；对于D，由上述分析可知y1＝－eq\r(3)×(3－1)＝－2eq\r(3)，y2＝－eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))＝eq\f(2\r(3),3)，所以|OM|＝eq\r(32＋（－2\r(3)）2)＝eq\r(21)，|ON|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3)，所以△OMN不是等腰三角形，D错误．故选AC.考点三直线与抛物线的综合问题例3(2023·重庆统考模拟预测)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，F为其焦点，点A(2，y0)在C上，△OAF的面积为4.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P(m，0)(m>0)作斜率为－1的直线l1交抛物线C于点M，N，直线MF交抛物线C于点Q，以Q为切点作抛物线C的切线l2，且l2∥l1，求△MNQ的面积．解(1)由题意，可知抛物线C的焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，将A(2，y0)代入抛物线C的方程，得yeq\o\al(2,0)＝4p，且p>0，则|y0|＝2eq\r(p)，因为△OAF的面积为eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×2eq\r(p)＝eq\f(p\r(p),2)＝4，解得p＝4，所以抛物线C的方程为y2＝8x.(2)由(1)可得抛物线C的方程为y2＝8x，焦点F(2，0)，设直线l1：x＝－y＋m(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋m，,y2＝8x，))消去x，得y2＋8y－8m＝0，则Δ＝64＋32m>0，可得y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，因为点M(x1，y1)在抛物线上，则yeq\o\al(2,1)＝8x1，即x1＝eq\f(yeq\o\al(2,1),8)，所以直线MF的方程为x＝eq\f(x1－2,y1)y＋2＝eq\f(\f(yeq\o\al(2,1),8)－2,y1)y＋2＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)y＋2，,y2＝8x，))消去x，得y2＋eq\f(16－yeq\o\al(2,1),y1)y－16＝0，可得y1y3＝－16，即y3＝－eq\f(16,y1)，则x3＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－16,8y1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,y1)))＋2＝eq\f(32,yeq\o\al(2,1))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，因为l2∥l1，可设l2：x＝－y＋n，代入Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,yeq\o\al(2,1))，－\f(16,y1)))，得eq\f(32,yeq\o\al(2,1))＝eq\f(16,y1)＋n，即n＝eq\f(32,yeq\o\al(2,1))－eq\f(16,y1)，所以l2：x＝－y＋eq\f(32,yeq\o\al(2,1))－eq\f(16,y1)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋\f(32,yeq\o\al(2,1))－\f(16,y1)，,y2＝8x，))消去x，得y2＋8y＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,yeq\o\al(2,1))))＝0，因为l2为抛物线C的切线，则Δ＝64－32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,y1)－\f(32,yeq\o\al(2,1))))＝0，整理得yeq\o\al(2,1)－8y1＋16＝0，解得y1＝4，又因为y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，y1y3＝－16，可得y2＝－12，m＝6，y3＝－4，即Q(2，－4)，l1：x＝－y＋6，可得|MN|＝eq\r(2)×|4－(－12)|＝16eq\r(2)，点Q(2，－4)到直线l1：x＋y－6＝0的距离d＝eq\f(|2－4－6|,\r(2))＝4eq\r(2)，所以S△MNQ＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(1,2)×16eq\r(2)×4eq\r(2)＝64.【通性通法】解决直线与抛物线综合问题的策略(1)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y2＝2px的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则一般用弦长公式．(2)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．提醒：涉及弦的中点、斜率时一般用“点差法”求解．【巩固迁移】4．(2023·甘肃张掖高台县第一中学统考期末)已知点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，且A到C的焦点F的距离与到x轴的距离之差为eq\f(1,2).(1)求抛物线C的方程；(2)当p<2时，M，N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM，AN的斜率之积为－2，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点E，使得|DE|为定值．解(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq\f(p,2)，又点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，即(－2)2＝2px0，∴x0＝eq\f(2,p)，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,p)，－2))，依题意，可得eq\f(2,p)＋eq\f(p,2)－2＝eq\f(1,2)，解得p＝1或p＝4，∴y2＝2x或y2＝8x.(2)证明：∵p<2，∴y2＝2x，A(2，－2)．设MN：x＝my＋n，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)，y1))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)，y2))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x＝my＋n，))消去x，整理得y2－2my－2n＝0，Δ＝4m2＋8n>0，(ⅰ)且y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，∴kAM·kAN＝eq\f(2,y1－2)·eq\f(2,y2－2)＝－2，∴(y1－2)(y2－2)＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋6＝0，∴n＋2m＝3，适合(ⅰ)，将n＝3－2m代入x＝my＋n，得x－3＝m(y－2)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3＝0，,y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))∴直线MN恒过定点Q(3，2)．又AD⊥MN，∴点D在以AQ为直径的圆上，∵A，Q的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，|AQ|＝eq\r(（2－3）2＋（－2－2）2)＝eq\r(17)，∴以AQ为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,4)，∴存在点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，使得|DE|＝eq\f(\r(17),2)，为定值．课时作业一、单项选择题1．已知直线l与抛物线x2＝2py(p>0)只有一个公共点，则直线l与抛物线的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．相交或相切答案D解析直线l与抛物线的对称轴平行或直线l与抛物线相切时只有一个公共点，所以D正确．故选D.2．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若点C(x1，0)与点D(x2，0)关于直线x＝eq\f(3,2)对称，则|AB|＝()A．3 B．4C．5 D．6答案C解析抛物线y2＝4x，∴p＝2，过焦点F的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋1，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，又点C(x1，0)与点D(x2，0)关于直线x＝eq\f(3,2)对称，则x1＋x2＝eq\f(3,2)×2＝3，∴|AB|＝3＋2＝5.3．(2023·四川资阳统考三模)已知抛物线C：y2＝8x，过点P(2，－1)的直线l与抛物线C交于A，B两点，若|AP|＝|BP|，则直线l的斜率是()A．－4 B．4C．－eq\f(1,4) D．eq\f(1,4)答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝8x1，,yeq\o\al(2,2)＝8x2，))作差得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝8(x1－x2)．因为|AP|＝|BP|，所以P是线段AB的中点，所以y1＋y2＝－2，则直线l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1＋y2)＝－4.故选A.4.(2024·江西九江二模)青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，是中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．一只内壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上，瓷碗底座高为1cm，瓷碗的轴截面可以近似看成是抛物线，碗里不慎掉落一根质地均匀、粗细相同且长度为22cm的筷子，筷子的两端紧贴瓷碗内壁．若筷子的中点离桌面的最小距离为7cm，则该抛物线的通径长为()A．16 B．18C．20 D．22答案C解析如图，建立平面直角坐标系，设抛物线为x2＝2py(p>0)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵|AB|＝22，|AB|≤|AF|＋|BF|，∴y1＋y2＋p≥22，设线段AB的中点为M，则2yM＋p≥22，由题意知，yM的最小值为6，即12＋p＝22，得p＝10，∴该抛物线的通径长为2p＝20.故选C.5．(2023·辽宁名校联考)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轴分别交于点M，N.若△MON(O为坐标原点)的面积为eq\f(1,2)，则|AF|＝()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析由题意可知，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\co1(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\co1(0，－\f(1,4)a2)).令y＝0，可得x＝eq\f(a,2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0)).因为△MON的面积为eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)a2))×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(1,2)，解得a2＝4，所以|AF|＝eq\f(1,4)a2＋1＝2.故选A.6．(2023·河北石家庄模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若AB中点的纵坐标为2，且|AB|＝8，则p＝()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析设直线AB：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，k≠0.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，))得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq\f(k2p2,4)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(k2p＋2p,k2)＝p＋eq\f(2p,k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－p)＝eq\f(2p,k).由题可知，x1＋x2＋p＝8，eq\f(y1＋y2,2)＝2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋\f(p,k2)＝4，,\f(p,k)＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1，,p＝2.))故选B.7．(2023·湖北武汉模拟)已知抛物线x2＝2py(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中点的横坐标为3，则该抛物线的准线方程为()A．y＝－3 B．y＝－eq\f(3,2)C．x＝－3 D．x＝－eq\f(3,2)答案B解析根据题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以xeq\o\al(2,1)＝2py1①，xeq\o\al(2,2)＝2py2②，由①－②，得(x1－x2)(x1＋x2)＝2p(y1－y2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2p)，因为直线AB的斜率为1，线段AB中点的横坐标为3，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2p)＝eq\f(3,p)＝1，即p＝3，所以抛物线的方程为x2＝6y，准线方程为y＝－eq\f(3,2).故选B.8．已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为()A．16 B．14C．12 D．10答案A解析抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0.不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为－eq\f(1,k)，故l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－eq\f(1,k)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1），))消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)＝2＋eq\f(4,k2)，由抛物线的定义可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋eq\f(4,k2).同理可得|DE|＝4＋4k2，∴|AB|＋|DE|＝8＋4k2＋eq\f(4,k2)≥8＋2eq\r(16)＝16，当且仅当eq\f(1,k2)＝k2，即k＝±1时取等号．故|AB|＋|DE|的最小值为16.二、多项选择题9．(2023·广州模拟)已知点O为坐标原点，直线y＝x－1与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，则()A．|AB|＝8B．OA⊥OBC．△AOB的面积为2eq\r(2)D．线段AB的中点到直线x＝0的距离为2答案AC解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为抛物线C：y2＝4x，则p＝2，焦点为(1，0)，则直线y＝x－1过焦点．联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y，得x2－6x＋1＝0，则x1＋x2＝6，x1x2＝1，y1y2＝(x1－1)(x2－1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝－4，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8，故A正确；因为eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝1－4＝－3≠0，所以OA与OB不垂直，故B错误；原点到直线y＝x－1的距离为d＝eq\f(1,\r(2))，所以△AOB的面积为S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×8×eq\f(1,\r(2))＝2eq\r(2)，故C正确；因为线段AB的中点到直线x＝0的距离为eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(6,2)＝3，故D错误．故选AC.10．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为4，直线l过点F且与抛物线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若M(m，2)是线段AB的中点，则下列结论正确的是()A．p＝4B．抛物线的方程为y2＝16xC．直线l的方程为y＝2x－4D．|AB|＝10答案ACD解析由焦点F到准线的距离为4，并根据抛物线的定义可知p＝4，故A正确；抛物线的方程为y2＝8x，故B错误；因为焦点F(2，0)，yeq\o\al(2,1)＝8x1，yeq\o\al(2,2)＝8x2，若M(m，2)是线段AB的中点，则y1＋y2＝4，所以yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝8x1－8x2，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1＋y2)＝eq\f(8,4)＝2，所以直线l的方程为y＝2x－4，故C正确；又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝2x－4，))得x2－6x＋4＝0，所以x1＋x2＝6，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4＝10，故D正确．故选ACD.三、填空题11．(2023·天津高考)过原点O的一条直线与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，则p的值为________．答案6解析由题意得直线OP的斜率存在．设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以eq\f(|－2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px(p>0)联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2p,3)，设P(x1，y1)，则x1＝eq\f(2p,3)，又O(0，0)，所以|OP|＝eq\r(1＋k2)|x1－0|＝2×eq\f(2p,3)＝8，解得p＝6.12．(2024·陕西咸阳二模)过抛物线y＝eq\f(1,4)x2的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若l的倾斜角为45°，则线段AB的中点到x轴的距离是________．答案3解析由题意，抛物线方程为x2＝4y，则F(0，1)，∴直线l的方程为y＝x＋1，将直线方程代入抛物线方程，整理，得x2－4x－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，故线段AB的中点的横坐标为eq\f(x1＋x2,2)＝2，代入直线l的方程，得y＝3，∴线段AB的中点到x轴的距离是3.13．(2024·贵州遵义统考)已知抛物线x2＝2y上两点A，B关于点M(2，t)对称，则直线AB的斜率为________．答案2解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入抛物线方程x2＝2y，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝2y1，,xeq\o\al(2,2)＝2y2，))则xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2(y1－y2)①，因为A，B两点关于点M(2，t)对称，则x1≠x2，x1＋x2＝4，所以由①得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2)＝2，即直线AB的斜率为2.14．(2023·山东鄄城三模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过A(－1，0)作抛物线C的切线，切点为B，|BF|＝3，则抛物线C上的动点P到直线l：x－y＋4＝0的距离与到y轴的距离之和的最小值为________．答案3eq\r(2)－2解析根据抛物线的对称性，不妨设B(x0，y0)(y0>0)，由抛物线定义知，|BF|＝x0＋eq\f(p,2)＝3，∴x0＝3－eq\f(p,2)>0，∴p<6，∴y0＝eq\r(6p－p2)，当y>0时，y＝eq\r(2px)，∴y′＝eq\f(\r(2p),2\r(x))，∴eq\f(\r(2p),2\r(3－\f(p,2)))＝eq\f(\r(6p－p2),3－\f(p,2)＋1)，解得p＝0(舍去)或p＝4或p＝eq\f(20,3)(舍去)，则抛物线C的方程为y2＝8x，焦点F(2，0)，准线方程为x＝－2，焦点F(2，0)到直线l：x－y＋4＝0的距离d＝eq\f(|2－0＋4|,\r(12＋（－1）2))＝3eq\r(2)，抛物线C上的动点P到直线l：x－y＋4＝0的距离与到y轴的距离之和的最小值为3eq\r(2)－2.四、解答题15．已知F为抛物线T：x2＝4y的焦点，直线l：y＝kx＋2与T交于A，B两点．(1)若k＝1，求|FA|＋|FB|的值；(2)点C(－3，－2)，若∠CFA＝∠CFB，求直线l的方程．解由已知得F(0，1)，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＝4y，))得x2－4kx－8＝0，所以x1＋x2＝4k，①x1x2＝－8.②(1)|FA|＋|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1＋eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,4)＋2.当k＝1时，由①②，得|FA|＋|FB|＝10.(2)由题意可知，eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)－1))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)－1))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－3，－3)．由∠CFA＝∠CFB，得cos〈eq\o(FA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))〉＝cos〈eq\o(FB,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))〉，即eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(FA,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|))＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(FB,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|))，又|FA|＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1，|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1，所以由eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(FA,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|))＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(FB,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|))，得4＋2(x1＋x2)－x1x2＝0，即4＋8k＋8＝0，解得k＝－eq\f(3,2)，所以直线l的方程为3x＋2y－4＝0.16．(2024·江西南昌等四地联考)已知直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求p；(2)设抛物线C的焦点为F，过点F且与l垂直的直线与抛物线C交于E，G两点，求四边形AEBG的面积．解(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,x2＝2py，))可得x2－2px－2p＝0，易得Δ＝4p2＋8p>0，所以xA＋xB＝2p，xAxB＝－2p，则|AB|＝eq\r(2)×eq\r(（xA＋xB）2－4xAxB)＝2eq\r(2)×eq\r(p2＋2p)＝8，即p2＋2p－8＝0，因为p>0，所以p＝2.(2)由题意可得抛物线C的焦点为F(0，1)，直线EG的方程为x＋y－1＝0.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0，,x2＝4y，))化简可得x2＋4x－4＝0，[考情分析]从近几年的新高考试题来看，解析几何是高考的重点，通常以一大两小的模式命题．对解析几何大题的考查综合性较强、难度较大，通常作为两道压轴题之一．下面我们重点讲解一下解析几何部分常考问题的解题方法．第1课时定点、定值、定线问题考点一定点问题(多考向探究)考向1直接推理法求定点问题例1(2023·浙江校考模拟预测)已知点A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))在椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求椭圆M的方程；(2)直线l与椭圆M交于C，D两个不同的点(异于A，B)，过C作x轴的垂线分别交直线AB，AD于点P，Q，当P是CQ的中点时，证明：直线l过定点．解(1)由题意知a＝2，又椭圆经过Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))，代入可得eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,b2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝1，解得b2＝1，故椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：由题意知，当l⊥x轴时，不符合题意，故l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，则Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，即4k2＋1>m2.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).直线AB的方程为y＝eq\f(1,4)(x－2)，令x＝x1，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,4)))，直线AD的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝x1，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,x2－2)y2))，由P是CQ的中点，得eq\f(x1－2,2)＝y1＋eq\f(x1－2,x2－2)y2，即eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(1,2)，即(kx1＋m)(x2－2)＋(kx2＋m)(x1－2)＝eq\f(1,2)[x1x2－2(x1＋x2)＋4]，即(1－4k)x1x2＋(4k－2m－2)(x1＋x2)＋4＋8m＝0，即4m2＋(16k＋8)m＋16k2＋16k＝0，所以(m＋2k)(m＋2k＋2)＝0，得m＝－2k－2或m＝－2k.当m＝－2k－2时，由4k2＋1＞m2，得k<－eq\f(3,8)，符合题意；当m＝－2k时，直线l经过点A，与题意不符，舍去．所以直线l的方程为y＝kx－2k－2，即y＝k(x－2)－2，所以直线l过定点(2，－2)．探索直线过定点时，注意讨论直线的斜率是否存在．若直线的斜率存在，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立m，k之间的等量关系，消元后借助于直线系的思想找出定点．1.(2023·福建名校联盟模拟)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A的坐标为(3，－2)．已知点P是抛物线C上的动点，|PA|＋|PF|的最小值为4.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线PA与C交于另一点Q，经过点B(3，－6)和点Q的直线与C交于另一点T，证明：直线PT过定点．解(1)若A和F在抛物线y2＝2px的同侧，则(－2)2<3×2p，解得p>eq\f(2,3).设点P在准线上的射影为H，于是|PF|＝|PH|.过A作AH′与准线垂直，垂足为H′，故|PF|＋|PA|＝|PH|＋|PA|≥|AH′|＝3＋eq\f(p,2)＝4，当且仅当A，P，H三点共线时取等号，由此得p＝2>eq\f(2,3)，符合题意；若A和F在抛物线的异侧或A在抛物线上，则p≤eq\f(2,3).由|PF|＋|PA|≥|AF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(p,2)))\s\up12(2)＋（－2）2)＝4，当且仅当A，P，F三点共线(或A与P重合)时取等号，得到p＝6±4eq\r(3)(舍去)．综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),4)，y0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2)).直线QP的斜率kQP＝eq\f(y0－y1,\f(yeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y0＋y1)，则其方程为y＝eq\f(4,y0＋y1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,0),4)))＋y0＝eq\f(4x＋y0y1,y0＋y1).同理可得直线QT的方程为y＝eq\f(4x＋y0y2,y0＋y2)，直线PT的方程为y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2).将A(3，－2)，B(3，－6)分别代入直线QP，QT的方程，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＝\f(12＋y0y1,y0＋y1)，,－6＝\f(12＋y0y2,y0＋y2)，))消去y0，可得y1y2＝12，代入直线PT的方程y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2)，化简得y＝eq\f(4x＋12,y1＋y2)＝eq\f(4,y1＋y2)(x＋3)，故直线PT过定点(－3，0)．考向2逆推法求定点问题例2(2024·辽宁锦州一模)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解(1)由题意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(b2＋4a2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0)．由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0)．下证Q(－1，0)符合题意．设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)·x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)．定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时．找出定点，再证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)或证明与变量无关．2.(2023·湖南长沙模拟)已知定点A(－1，0)，F(2，0)，定直线l：x＝eq\f(1,2)，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍．设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B，C两点，直线AB，AC分别交l于点M，N.(1)求E的方程；(2)试判断以线段MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由．解(1)设P(x，y)，依题意有eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化简可得E的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)假设以线段MN为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在x轴上．若BC⊥x轴，则B(2，3)，直线AB的方程为y＝x＋1，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，同理可得点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，此时以MN为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，该圆与x轴交于点D1(2，0)和D2(－1，0)．下面进行验证：设直线BC的方程为x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，由题意，知3m2－1≠0，Δ>0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因为直线AB的方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，同理可得，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y2,2（x2＋1）))).因为eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y2,2（x2＋1）)))，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4（x1＋1）（x2＋1）)＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4[m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋9])＝eq\f(9,4)＋eq\f(\f(81,3m2－1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m2,3m2－1)－\f(36m2,3m2－1)＋9)))＝0.同理可得，eq\o(D2M,\s\up6(→))·eq\o(D2N,\s\up6(→))＝0.所以以线段MN为直径的圆过定点(2，0)和(－1，0)．考点二定值问题(多考向探究)考向1直接消参法求定值问题例3(2024·武汉调研)如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．解(1)由题设知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(为定值)．圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)证明代数式为定值．依题设条件得出与代数式参数有关的等式，代入所求代数式，化简得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形．(3)求某线段长度为定值．利用两点间距离公式求得表达式，再根据条件对其进行化简、变形即可．3.(2024·山西太原联考一)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与双曲线eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1有相同的焦点，且C的一条渐近线与直线x－2y＋2＝0平行．(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，且l分别交双曲线C的两条渐近线于点A，B，O为坐标原点，试判断△AOB的面积是否为定值．若是，求出定值；若不是，请说明理由．解(1)设双曲线C的焦距为2c(c>0)，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2＋3)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))则双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由于直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，则Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，可得1－4k2＝－m2.设l与x轴的交点为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，则S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝eq\f(1,2)|OD|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,k)))·|k|·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|，又双曲线两条渐近线的方程为y＝±eq\f(1,2)x，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝\f(1,2)x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2m,1－2k)，,y＝\f(m,1－2k)，))不妨令Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,2k＋1)，\f(m,2k＋1)))，则S△AOB＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,1－4k2)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,－m2)))＝2(定值)．考向2特殊转化法求定值问题例4(2023·张家口模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点．(1)求圆O和椭圆C的方程；(2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值．解(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,c＝b，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，所以圆O的方程为x2＋y2＝2，椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：设点P的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，点Q的坐标为(xQ，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),2)＝1，,xeq\o\al(2,Q)＋yeq\o\al(2,0)＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＝4－2yeq\o\al(2,0)，,xeq\o\al(2,Q)＝2－yeq\o\al(2,0).))由直线AP的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，得点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，由直线BP的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，得点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，\f(2y0,x0＋2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0＋2)))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(2y0,x0－2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,Q)＋eq\f(xeq\o\al(2,0)yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝2－yeq\o\al(2,0)＋eq\f(（4－2yeq\o\al(2,0)）yeq\o\al(2,0),－2yeq\o\al(2,0))＝0，所以QM⊥QN，即∠MQN＝90°，为定值．将一般问题转化为特殊问题的特征，比如角转化为斜率或向量的夹角，线段比转化为坐标比，然后利用题设条件解决问题．4.(2024·北京房山模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴的两个端点分别为A(－2，0)，B(2，0)，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线x＝4于点N，O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：eq\f(|BP|,|PQ|)为定值．解(1)由已知，得a＝2，又e＝eq