【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第47讲 专题2-12 抛物线解答题十一大题型

专题2-12抛物线解答题十一大题型汇总题型1弦长问题 1题型2中点弦问题 8题型3直线方程问题 13题型4面积问题 20题型5取值范围问题 27题型6最值问题 37题型7定点问题 48题型8定值问题 57题型9定直线问题 65题型10向量问题 73题型11探索性问题 83题型1弦长问题【方法总结】弦长计算方法：（1）由已知条件，应用点斜式写出过焦点的直线方程，联立抛物线方程得x1+x（2）联立直线与抛物线方程，结合弦长公式求弦长.【例题1】（21·22上·攀枝花·阶段练习）已知抛物线C:y2=2px的焦点为F，M1,t为抛物线(1)求抛物线C的方程；(2)若直线y=x−12与抛物线C相交于A，B两点，求弦长【答案】(1)y(2)4【分析】（1）由焦半径公式得p=1，进而得抛物线方程；（2）联立方程，根据韦达定理，结合弦长公式求解即可.【详解】（1）解：∵M(1,t)在抛物线C:y2=2px上，且|MF|=32故抛物线C的方程为y2（2）解：联立y=x−12y设A(x1，y1)，B(x2，∴|AB|=2⋅|x【变式1-1】1.（22·23上·南岸·期末）已知点M1,0，直线l：x=−2，平面内存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l(1)求点P的轨迹方程C.(2)已知直线l2：y=12【答案】(1)y(2)4【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解.（2）将直线方程与曲线方程联立，利用韦达定理和弦长公式即可求解.【详解】（1）因为点M1,0，直线l：x=−2，平面内存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1，也即点P到点M的距离等于到直线x=−1由抛物线的定义可知：点P的轨迹是以M(1,0)为焦点，以直线x=−1为准线的抛物线，所以点P的轨迹方程为：y2（2）由（1）可知：曲线C的方程为：y2=4x，设直线l2与曲线C交于A(x1,y所以y1+y2=8所以l2被曲线C截得的弦长为4【变式1-1】2.（21·22上·北京·期末）已知抛物线y2=2px(p>0)的准线方程是x=−1(1)求抛物线的方程；(2)求弦长|MN|；(3)设O为坐标原点，证明：OM⊥ON．【答案】(1)y2(2)210(3)详见解析.【分析】（1）根据抛物线的准线方程求解；（2）由直线方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求解；（3）结合韦达定理，利用数量积运算证明；【详解】（1）解：因为抛物线y2=2px(p>0)的准线方程是所以−p2=−所以抛物线的方程是y2（2）由x−y−2=0y2=2x设Mx则x1所以MN=（3）因为OM⋅=2x=2×4−2×6+4=0，所以OM⊥即OM⊥ON.【变式1-1】3.（20·21上·福州·期中）已知直线l经过抛物线y2=6x的焦点F，且与抛物线相交于A、（1）若直线l的倾斜角为60∘，求AB（2）若以线段AB为直径的圆截y轴所得到的弦长为6，求此圆的半径．【答案】（1）AB=8；（2）【分析】（1）由倾斜角求直线的斜率k，抛物线方程求F点坐标，由直线过抛物线焦点F，写出直线方程，联立直线与抛物线方程，应用韦达定理得x1+x（2）先讨论直线l的斜率不存在时得不满足条件，再讨论直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−32k≠0，联立方程得以线段AB为直径的圆的圆心为3k2+62k【详解】解：（1）由直线l的倾斜角为60°，则斜率k=tan60°=3∴直线l的方程为y=3联立y2=6xy=若设Ax1,y1而|AB|=|AF|+|BF|=x1+∴AB=5+3=8（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=32，此时以线段AB为直径的圆的方程为x−322+y当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−联立y2=6xy=k设Ax1,y1，B所以y1所以|AB|=所以以线段AB为直径的圆的圆心为3k2+6因为以线段AB为直径的圆截y轴所得到的弦长为6所以3k2+62k所以圆的半径r=1【点睛】关键点点睛：【变式1-1】4.（20·21上·沙坪坝·期中）已知点M(−3,0)，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点N在直线PQ上，且满足MP⋅PN=0（1）当P点在y轴上移动时，求动点N的轨迹C的方程；（2）过点T(2,0)作一直线交曲线C于A，B两点，O为坐标原点，若△AOT的面积是△BOT面积的2倍，求弦长|AB|．【答案】（1）y2=3【解析】（1）设N(x,y)，由已知向量的数量关系及位置关系得(3,2y)⋅(x,−y)=0，即可知N的轨迹C的方程；（2）由直线与抛物线相交关系，令直线AB的方程为：x=my+2，A(x1,y1)，【详解】（1）设点N(x,y)，由PN=12PQ，得由MP⋅PN=0所以y2∴y2（2）设直线AB的方程为：x=my+2，A(x1,联立{x=my+2y2=3又△AOT的面积是△BOT面积的2倍，得y1=−2y由弦长公式可得：|AB|=1+【点睛】关键点点睛：（1）由向量的数量关系，应用向量的坐标表示求动点轨迹方程.（2）根据直线与抛物线相交，设直线方程x=my+2并联立抛物线方程，得到y1+y【变式1-1】5.（20·21上·全国·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点F(0,3),E(2,−3)，动点C满足关系式OF→（1）求动点C的轨迹M的方程；（2）过点F作一直线AB交M于A,B两点，若△BOF的面积是△AOF的面积的2倍，求弦长AB.【答案】（1）x2=12y；（2）【分析】（1）设动点Cx,y，则有OF→=0,3,EC→（2）设Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）设动点Cx,y，则有又由OF→⋅EC化简得x2=12y.故所求动点C的轨迹M的方程为（2）如图，设Ax1,得12OF⋅x2=2×由于直线AB过点F(0,3)，显然直线AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y=kx+3，代入方程x2整理得x2−12kx−36=0，其由韦达定理得x1+x2=12k由①②得x1=−12k,x2=24k由弦长公式得AB【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：设Ax1,y1题型2中点弦问题【方法总结】（1）求二次曲线的标准方程的方法有：待定系数法、定义法、直接法、代入法、参数方程法；（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.（3）针对中点弦这一特殊问题的专用方法——点差法.【例题2】（23·24上·汉中·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点A6,y(1)求抛物线C的方程；(2)已知直线l交抛物线C于M,N两点，且点4,2为线段MN的中点，求直线l的方程．【答案】(1)y(2)4x−y−14=0【分析】（1）利用抛物线定义可求得p=8，即可求出抛物线C的方程；（2）由弦中点坐标为4,2并利用点差法即可求得直线l的斜率为4，便可得直线方程.【详解】（1）点A6,y0由抛物线定义可得AF=6+p2故抛物线C的标准方程为y2（2）设Mx

则y12=16即y1又线段MN的中点为4,2，可得y1则y1−y所以直线l的方程为y−2=4x−4即直线l的方程为4x−y−14=0．【变式2-1】1.（22·23上·贵港·期末）已知F是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，M4,y(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l与抛物线C交于A,B两点，且线段AB的中点坐标为(8,12)，求直线l的斜率.【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根据点在抛物线上及焦半径公式，列方程组求解即可；（2）设出A,B坐标，代入抛物线方程，结合弦中点，利用点差法即可求得直线的斜率.【详解】（1）由题可知，16=2py0y0+p2（2）设Ax1,y1即y1−y2x1−x2故直线l的斜率为2.

【变式2-1】2.（23·24上·全国·课时练习）已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，AR与FQ平行吗？(2)若△PQF的面积是△ABF的2倍，求AB中点的轨迹方程.【答案】(1)AR//FQ；(2)y2【分析】（1）求出抛物线C的焦点坐标、准线方程，设出直线l1,l（2）根据给定条件，求出直线AB与x轴的交点坐标，设出AB的中点坐标，利用共线向量的坐标表示求解作答.【详解】（1）抛物线C:y2=2x的焦点F(

设l1:y=a，l2:y=b，则ab≠0，得A(a22,a)，则BA=(a22−于是a(a22−bRA=(a2因此RA//QF，显然点R不在直线所以AR//FQ.（2）如图，设直线AB与x轴相交于点Dx

由（1）知，△ABF的面积S△ABF=12a−b依题意，S△PQF=2S△ABF，即a−b2=a−b由于x1=0时，点D与A,B之一重合，有ab=0，矛盾，则点D的坐标为设AB的中点为Ex,y，则DE=(x−1,y)，由DE//即a+b2y=x−1，又a+b2所以所求的轨迹方程为y2【变式2-1】3.（22·23下·呼伦贝尔·阶段练习）已知抛物线C:x2=−2py(p>0)的焦点为F,Ax0(1)求抛物线C的方程；(2)已知直线l交抛物线C于M,N两点，且MN的中点为6,−4，求直线l的方程．【答案】(1)x(2)x+2y+2=0【分析】（1）根据抛物线的定义求解；（2）设点代入抛物线方程，然后利用点差法求解直线的斜率，然后根据点斜式即可解得直线的方程；【详解】（1）因为AF=9+所以p=12，故抛物线C的方程为x2（2）

易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k,Mx则x两式相减得x12−因为MN的中点为6,−4，所以k=y所以直线l的方程为y+4=−12x−6【变式2-1】4.（22·23下·安康·期末）已知抛物线C：y2=2px（p>0）上一点M1,m(1)求p和m；(2)若在抛物线C上存在点A，B，使得MA⊥MB，设AB的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为152【答案】(1)p=2，m=2(2)132,1或【分析】（1）根据抛物线的性质，求出p=2，然后将M1,m（2）根据D到抛物线C的准线的距离求出D的横坐标，将MA⊥MB转为k1k2=−1，从而得到【详解】（1）设抛物线C的焦点为F，根据题意可知MF=1+p2故抛物线C：y2因为M在抛物线C上，所以m2=4.又因为m>0，所以（2）设Ay124,y1，By224易知k1，k2一定存在，则k1由MA⊥MB，得k1k2=−1，即y因为D到抛物线C的准线的距离d1=x则x1+x2=13y1+y解得y1+y2=−6或y故点D的坐标为132,1或题型3直线方程问题【方法总结】有关直线与抛物线的问题，解题方法如下：（1）根据题意，列出等量关系式求得p的值，得到抛物线的方程，利用点在抛物线上点的坐标满足抛物线方程，求得m的值；（2）根据题意，设出点的坐标，根据重心坐标公式，列出等量关系式，根据点在抛物线上，点的坐标满足抛物线方程，联立求得点的坐标，进而求得直线方程.【例题3】（22·23上·眉山·期中）如图，点A(2,8)，B(x1,y1)，C(x2,y2(1)求抛物线的方程和点F的坐标；(2)求点M的坐标及BC所在的直线方程.【答案】(1)y2=32x(2)M(11,−4)；4x+y−40=0【分析】(1)将A(2,8)代入y2=2px求得p值，得到点(2)设点M的坐标为x0,y0，根据AF=2由y12=32x1【详解】（1）由点A(2,8)在抛物线y2=2px上，有82所以抛物线方程为y2=32x，焦点F的坐标为（2）由于F是△ABC的重心，M是线段BC的中点，所以AF=2FM，设点M的坐标为则AF=(6,−8),∴6=2x0−8−8=2y0由y12=32因为M(11,−4)为为BC的中点，故y1所以y2因此BC所在直线的方程为y−(−4)=−4(x−11)，即4x+y−40=0.【变式3-1】1.（20·21上·绍兴·期末）已知三角形ABC内接于抛物线C:y2=2px(p>0)（1）求m,p的值．（2）若△ABC的重心恰是抛物线的焦点F，求BC所在的直线方程．【答案】（1）m=8，p=16；（2）lBC【分析】（1）根据抛物线上的点A(2,m)(m>0)到准线的距离，列出等量关系式，求得p的值，得到抛物线的方程，将点的坐标代入抛物线方程求得m的值；（2）设Bx2,【详解】（1）因为A到抛物线C准线的距离为10=pA(2,m)(m>0)代入抛物线C:y2=32x（2）由（1）得F(8,0),A(2,8)，设Bx则2+x故x2+所以kBC=y【变式3-1】2.（20·21上·沈阳·期末）已知点M到点F32,0（1）求点M的轨迹方程；（2）求过点C(0,−2)与点M的轨迹只有一个公共点的直线方程.【答案】（1）y2=6x；（2）x=0或y=−2或【分析】（1）用定义法判断M的轨迹为抛物线，写出轨迹方程；（2）设出直线方程，利用只有一个交点（分斜率不存在、斜率存在及与x轴平行或重合）求出直线方程即可.【详解】解：（1）由点M到点F（32,0）可得点M的轨迹为以F（32,0）∴M的轨迹方程为y（2）①当过点C（0，−2）的直线斜率不存在时方程x=0与y2②当过点C（0，−2）的直线斜率存在时，设方程y=kx−2联立y=kx−2y2当k=0时，方程为y=−2.解得x=23，有一个交点当k≠0时，∆=（4k+6）方程为y=−34综上，过点C（0，−2）与点M的轨迹恰有一个交点的直线方程为x=0或y=−2或3x+4y+8=0.【变式3-1】3.（18·19下·衡阳·阶段练习）已知抛物线E:x2=2py(p>0)上一点P的纵坐标为4，且点P（1）求抛物线E的方程（2）已知两直线l1,l2分别经过点F和H(0,−1)，l1与抛物线E交于A,B两点，l2与抛物线E在第一象限相切于点M，且【答案】（1）x2=4y【分析】（1）根据抛物线的定义，由4+p2（2）根据l2与抛物线E在第一象限相切于点M，利用Δ=0求出l2，得到根据点到直线距离及弦长AB可得△ABM的面积，即可求出斜率，得到直线l1【详解】（1）因为抛物线的准线为y=−p2，则解得p=2，所以抛物线的方程为x2（2）由已知设直线l1:y=kx+1，由y=kx+1x2=4y这时Δ=16(kAB同理可得直线l2:y=k'x−1，由Δ=16(k解得k点M第一象限，则k∴∴∴M(2,1)，则M到l1的距离∴S=1解得k=2，故直线l1方程为y=2x+1【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程，直线与抛物线的位置关系，弦长公式，三角形面积，属于中档题.【变式3-1】4.（18·19下·河南·期中）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，弦AB的中点的横坐标为32（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）若直线l的倾斜角为锐角，求与直线l平行且与抛物线C相切的直线方程.【答案】（Ⅰ）y2=4x【分析】（Ⅰ）由题得x1+x22=32，再利用抛物线的定义求p的值，即得抛物线C的方程；（Ⅱ）设直线l的方程为【详解】（Ⅰ）设A(x1,因为AB的中点的横坐标为32，所以x根据抛物线定义知AB=所以p+3=5，解得p=2，所以抛物线C的方程为y2（Ⅱ）设直线l的方程为y=k(x−1)，k>0.则由y2=4xy=k(x−1)所以x1+x2=设与直线l平行的直线的方程为y=2x+b，由y2=4xy=2x+b依题知Δ=(4b−4)2−16故所求的切线方程为y=2x+1【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程的求法，考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.【变式3-1】5.（20·21上·清远·期末）已知抛物线y2=2px （1）求抛物线方程；（2）若直线l：y−kx−2=0与抛物线只有一个交点，求直线l方程.【答案】（1）y2=8x；（2）y【解析】（1）利用抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线x23（2）联立直线与抛物线方程，消去x得−ky2+8y−16=0【详解】解：（1）双曲线x23−∴p2=2，∴抛物线C的标准方程为y2（2）因为直线y−kx−2=0与抛物线只有一个交点，联立方程得y−kx−2=0y2=8x，消去x当k=0时，8y−16=0显然有一个交点，满足条件，此时直线方程为y−2=0；当k≠0时，Δ=82−4×−k×综上可得，直线方程为y−2=0或x−y+2=0【点睛】本题考查抛物线的标准方程及直线与抛物线的位置关系求参数的值，属于中档题.题型4面积问题【方法总结】有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用S△（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．【例题4】（22·23下·内江·期中）已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，(1)求抛物线C的方程；(2)斜率为1的且过焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，求△PAB的面积．【答案】(1)y(2)4【分析】（1）由题可得2=1+p2，即可求出（2）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式可求出AB，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，最后利用面积公式即可.【详解】（1）由抛物线的定义得PF=2=1+p2，解得p=2即抛物线的标准方程是y2（2）由题意得，抛物线的焦点为F1,0，令x=1，解得t=2（负舍），则P∴斜率为1的直线l的方程为y=x−1，即x−y−1=0，设Ax1,y2=4xy=x−1所以x1+x∴AB=点P到直线l的距离为d=1−2−1所以△PAB的面积S△PAB

【变式4-1】1.（22·23·重庆·模拟预测）如图，已知抛物线C：y2=2pxp>0

(1)求抛物线C的方程；(2)过点Pm,0m>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l【答案】(1)y(2)64【分析】（1）根据题意列式求解p，即可得结果；（2）根据题意联立方程结合韦达定理求点Q的坐标，根据切线结合Δ判别式求相应参数值，进而可得结果.【详解】（1）由题意可知：抛物线C的焦点Fp将A2,y0且p>0，则y0因为△OAF的面积为12×p所以抛物线C的方程为y2（2）由（1）可得抛物线C的方程为y2=8x，焦点设直线l1联立方程x=−y+my2=8x则Δ=64+32m>0，可得y因为点Mx1,y1所以直线MF的方程为x=x联立方程x=y12可得y1y3则x3=y因为l2//l代入Q32y12,−所以l2联立方程x=−y+32y1因为l2为抛物线C的切线，则Δ整理得y12−8又因为y1+y可得y2即Q2,−4，l可得MN=点Q2,−4到x+y−6=0的距离d=所以△MNQ的面积S△MNQ【变式4-1】2.（23·24上·南京·阶段练习）设抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，M∈C，Q在准线上，Q的纵坐标为3p，(1)求抛物线C的方程；(2)过F且斜率为2的直线l与C交于A、B两点，求△ABQ的面积.【答案】(1)y(2)2【分析】（1）根据抛物线的方程的得到Q−p2,3p，Fp（2）联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得到AB，根据点到直线的距离公式得到三角形ABQ的高，然后求面积即可.【详解】（1）由题意得Q−p2所以FQ=p2+−所以抛物线的方程为y2（2）由（1）可得Q−1,23，所以直线AB的方程为y=2x−1，即y=2x−2设Ax1,联立y=2x−2y2=4x所以x1+x设点Q到直线AB的距离为d，则d=−2−2−2所以S△ABQ【变式4-1】3.（22·23上·省直辖县级单位·阶段练习）已知点M2,−22在抛物线C:y(1)求抛物线C的标准方程；(2)求线段AB的长及△ABO的面积.【答案】(1)y(2)AB=8；【分析】（1）将点M的坐标代入抛物线方程，即可得到结果；（2）由题意可得直线l的方程，联立直线与抛物线的方程，结合焦半径公式即可得到AB，再由点到直线的距离公式，即可得到△ABO的面积.【详解】（1）由题意可知，将点M2,−22代入抛物线方程，可得−22则抛物线方程为y2（2）由（1）可知，抛物线方程为y2=4x，则F1,0，则直线l即y=x−1，设Ax1,y1消去y可得x−12=4x，化简可得x2由抛物线焦半径公式可得，AB=由点到直线的距离公式可知，点O到直线l的距离d=−1则S△ABO【变式4-1】4.（22·23下·静安·期中）已知斜率为k的直线l经过抛物线C:y2=4x的焦点F，且与抛物线C交于不同的两点Ax1,y(1)若点A和B到抛物线准线的距离分别为32和3，求AB(2)若斜率k=1，求△AMB的面积；(3)若△AMB是等腰三角形且MA=MB，求实数【答案】(1)AB(2)8(3)1或−1【分析】（1）由抛物线的定义求解即可；（2）由抛物线焦点弦的弦长和点到直线距离求解即可；（3）将抛物线方程与直线方程联立，用k表示出AB中点N的坐标，使MN⊥AB即可.【详解】（1）抛物线C:y2=4x的焦点为F由抛物线的定义，若点A和B到准线的距离分别为32和3，则AF=3∴AB=（2）若斜率k=1，则直线l的方程为y=x−1，由y=x−1y2=4x消去y，整理得x∵Ax1,y1,B由抛物线的定义，AB=M5,0到直线l:y=x−1即x−y−1=0的距离为d=∴△AMB的面积S△AMB（3）直线l的方程为y=kx−1，（易知k≠0由y=kx−1y2=4x消去y，整理得∵Ax1,y1,B∴AB中点Nx其中x1+x22∵△AMB是等腰三角形且MA=MB，∴∴kMN⋅k∴实数k的值为1或−1.题型5取值范围问题【方法总结】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例题5】（21·22下·嘉兴·模拟预测）已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，点M是抛物线的准线(1)求p的值和抛物线的焦点坐标；(2)设直线l与抛物线相交于A、B两点，且MF⊥AB,AF⊥MB，求直线l在x轴上截距b的取值范围．【答案】(1)p=4；F(2,0)(2)(−【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求解F(2,0),p=4；（2）利用向量处理MF⊥AB,AF⊥MB，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在．【详解】（1）因为抛物线的准线是x=−2，所以抛物线的焦点坐标F(2,0),p2=2（2）因为点M是抛物线的准线x=−2上的动点，设M−2,（ⅰ）若直线l的斜率不存在，则l:x=b(b>0)．由x=by2=8xMF因为MF⊥AB，所以MF⋅即4,−y0⋅(0,−2因为b≠0，所以y0因为AF⊥MB，所以AF⋅即(2−b,−8b)⋅b+2,−所以b2−8b−4=0因为b>0，所以（ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则l:y=k(x−b)．设Ax由y=kx−by2=8x得且Δ=64−4k(−8kb)>0，所以b因为MF⊥AB，所以MF⋅AB=0，即4,−所以k=y2−因为AF⊥MB，所以AF⋅即2−x1,−所以2则2所以2y1+所以k2代入（*）得，16bb2−8b−4由②得b2−8b−4>0，所以所以b2−4>0，所以由④，⑤知b∈(−∞综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是(−∞【变式5-1】1.（21·22下·大连·二模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)(1)抛物线E的标准方程；(2)如图所示，过点M(t,0)和点N(2t,0)(2≤t≤6)分别作两条斜率为k的平行弦分别和抛物线E相交于点A，B和点C，D，得到一个梯形ABCD.记梯形两腰AD和BC的斜率分别为k1和k2，且（i）试求实数k的值；（ii）若存在实数λ，使得S梯形ABCD=λ【答案】(1)y(2)（i）2；（ii）1+【分析】(1)设点P(x(2)设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x【详解】（1）设点P(x0,y0∴PF=p4所以抛物线E的标准方程为y2（2）(i)设点A(x1,y1)，则k=y同理：k1=4y1又因为k1+k2−所以y1+y2+（ii）由（i）得：AB:y=2(x−t)代入y2=4x可得：所以AB=点O到直线AB的距离为d=2∴S△OAB同理可求得：CD=∴S梯形∴4t+1+λ=4t+1∵2≤t≤6，∴1+17综上，实数λ的取值范围为1+17【变式5-1】2.（21·22下·江西·二模）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点M(2,m)(m>0)(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点G(0,a)(a>0)的两直线l1,l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于A，B两点，直线l【答案】(1)y(2)(0,1)∪(1,【分析】（1）根据抛物线的定义：到焦点的距离等于到准线的距离即可求解答.（2）联立直线与抛物线方程，得到根与系数的关系，由弦长公式求长度，由点到直线的距离求高，进而可得三角形的面积即可求解.【详解】（1）依题意，点M(2,m)是抛物线C上的一点，点M到焦点的距离为3，所以2+p所以抛物线方程为y（2）由题意可知直线l1,l2的斜率存在，且不为0，设直线l1联立方程组{y2=4x可得ΔS将t用−t代换，可得S△FPQ=2由S△FAB=S化简可得t+at−a=|ta+1所以2−a2>0又由Δ1>0且Δ2>0，可得t<−a所以12−a2>a2【变式5-1】3.（21·22下·绍兴·模拟预测）已知椭圆C1:x2a2+(1)求椭圆C1及抛物线C(2)如图，过M(−m,0)(m≥1)作直线l交抛物线C2于P，Q两点（P在Q的左侧），点Q关于x轴的对称点为Q1，求证直线PQ1过定点N；并求当l的倾斜角为【答案】(1)x22(2)证明见解析，d∈【分析】（1）根据已知条件求得b,c,a,p，由此求得C1（2）设出P,Q的坐标，求得直线l、直线PQ1的方程，结合M点坐标证得直线PQ1过定点Nm,0.求得当l的倾斜角为30°【详解】（1）由题意得b=1，因为离心率为ca=2c2∴a=2,b=1,∴椭圆p2=1,p=2，所以抛物线（2）设Px1,l:y−y∵kPQ∴l:y=4同理可得lP把M(−m,0)代入l得y1y2所以直线PQ1过定点当l的倾斜为30°时kPQ=∴y∴1≤m<3且y1∴lPd=|−2m|令4−m=t则1<t≤3，∵y=24t−t在(1,【变式5-1】4.（21·22下·枣庄·三模）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C和抛物线E的方程；(2)过双曲线C上一点P作抛物线E的切线，切点分别为A，B．求△PAB面积的取值范围．【答案】(1)C:x2(2)3【分析】（1）代入点(7,−1)结合双曲线（2）设直线AB方程为y=kx+m，Ax1,y1【详解】（1）由题，a=1，又点(7,−1)在双曲线上，故7−1故双曲线方程为x2又点(7,−1)过抛物线E:x2=2py故E:（2）显然直线AB斜率存在，故设直线AB方程为y=kx+m，Ax联立y=kx+mx2=4y故x1+x2=4k,故切线AP:y−y1=12同理切线BP:y=1联立y=12x1x−14又S=4k2+m32，且2k又P2k,−m在双曲线上故m∈R，故S故△PAB面积的取值范围为3【点睛】本题主要考查了双曲线和抛物线方程的求解，同时也考查了联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理化简并表达面积的问题，同时也考查了求导求切线方程的方法与面积的范围问题等，属于难题【变式5-1】5.（21·22下·岳阳·一模）已知抛物线C:y2=2pxp>0上一点P(x0,2)，抛物线C(1)求抛物线C的方程；(2)过点P引圆M:(x−3)2+y2=r2(1<r≤3)的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C【答案】(1)y(2)t∈【分析】（1）由题设可得∠PFO=90°，据此可求x0，从而可得p（2）设切线PA的方程为y=k1(x−1)+2，切线PB的方程为y=k2(x−1)+2，根据相切可得k1,k【详解】（1）由已知条件可得∠PFO=90°，∴x解得{p=2x0（2）由题意可知，过P引圆(x−3)2设切线PA的方程为y=k则圆心M到切线PA的距离d=|2整理得，(r设切线PB的方程为y=k同理可得(r所以，k1,kk1设A(x1,由y=k1x−1由韦达定理知2y所以y1=4−2设点D的横坐标为t，则t==2(k设m=k1+所以t=2m2−2m−3，对称轴题型6最值问题【方法总结】求解直线与抛物线综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③表示出所求三角形的面积，代入韦达定理的结论；④将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.【例题6】（22·23下·新疆·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0，圆(1)求抛物线C的方程；(2)设O为坐标原点，过圆心E的直线与圆E交于点A,B，直线OA,OB分别交抛物线C于点P,Q（点P,Q不与点O重合）.记△OAB的面积为S1，△OPQ的面积为S2，求【答案】(1)y(2)9【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于x的方程有两个相等的正的实数根，由Δ=0且根为正数解出p，得出抛物线C（2）设直线AB的方程为x=my+4，代入圆E的方程中，消去x，可得A,B的纵坐标；设直线OA的方程为y=y1x1x，代入抛物线方程，可得P,Q【详解】（1）由y2得(x−4)2+2px=12，即由对称性可得关于x的方程有两个相等的正的实数根，所以Δ=(8−2p)2解得p=2，所以抛物线C的方程为y2（2）由题意，知直线AB的斜率不为0，故设直线AB的方程为x=my+4，如图，设Ax1,y1，B将直线AB的方程代入圆E的方程中，消去x，得m2所以y2=12m2直线OA的方程为y=y1x消去x，得y2=4x1y1同理，得y4所以S===9所以当m=0时，S1S2【变式6-1】1.（22·23下·武汉·一模）过坐标原点O作圆C:(x+2)2+y2=3的两条切线，设切点为(1)求抛物线E的标准方程；(2)设点T是圆C上的动点，抛物线E上四点A,B,M,N满足：TA=2TM,TB=2（i）求直线TD的斜率；（ii）设△TAB面积为S，求S的最大值.【答案】(1)y(2)（i）0；（ii）48【分析】（1）设直线PQ与x轴交于P0−p2,0，由几何性质易得：CP2=CP0⋅CO，即可解决；（2）设Tx0,y0,Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）设直线PQ与x轴交于P0由几何性质易得：△CPP0与所以CPCCP2即：3=−p2所以抛物线E的标准方程为：y2（2）设T（i）由题意，TA中点M在抛物线E上，即y0又y12=2得：y1同理：y2有y1+y2=2所以直线TD的斜率为0.（ⅱ）因为x1所以点D3此时S=1TD=y1所以S=3又因为点T在圆C上，有x0+22S=3由−2−3所以x0=−3时，S取到最大价所以S的最大值为48.【变式6-1】2.（22·23下·蚌埠·二模）已知抛物线C:y2=2px，点A(1,2)在C上，A关于动点T(t,0)(t<3)的对称点记为M，过M的直线l与C交于P(1)当直线l过坐标原点O时，求△APQ外接圆的标准方程；(2)求△APQ面积的最大值．【答案】(1)x−(2)32【分析】（1）由题意解得抛物线方程，设直线方程，代入抛物线方程，利用M为P，Q的中点解出P，Q的坐标，利用圆上三点求圆的方程；（2）把△APQ面积表示为t的函数，利用导数研究单调性求最大值.【详解】（1）由点A(1,2)在C上，代入C:y2=2px，解得p=2因为M为A关于动点T(t,0)的对称点，所以M(2t−1,−2)．设直线l:x=n(y+2)+2t−1，联立x=n(y+2)+2t−1,y2=4x,则Δ=y1+y由M为P，Q的中点，得y1+y由Δ>0，解得1<t<3由直线l过坐标原点O，得n=12−t解得y1=0，y2=−4，即设△APQ外接圆的一般方程x2代入A(1,2)，P(0,0)，Q(4,−4)，F=0,解得D=−7，E=1，F=0，即x2即△APQ外接圆的标准方程为x−7（2）由（1）可知，|PQ|=8t−1A到直线l:x+y+3−2t=0的距离为d=|1+2+3−2t|则△APQ面积S=1S'=22(5−3t)当1<t<53，S'>0，S单调递增；当故t=53，△APQ面积的最大值【点睛】思路点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；最值问题经常转化成函数问题处理.【变式6-1】3.（22·23上·乌鲁木齐·期末）已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线上有一点Mm,2(1)求抛物线C的方程；(2)已知直线l交抛物线C于A，B两点，且线段AB中点的纵坐标为2，则AB的最大值为多少？【答案】(1)x(2)6【分析】（1）方法1：由题分析设抛物线的标准式，由抛物线的定义将抛物线上的点到焦点的距离转化成此点到准线的距离列式可得结果.方法2：设出抛物线焦点在y轴上的一般式方程，由抛物线的定义将抛物线上的点到焦点的距离转化成此点到准线的距离列式可得结果.（2）设出直线方程y=kx+n，联立直线方程与抛物线的方程，再联系已知可得k与n的关系式，再由弦长公式得到弦长关于k的函数，转化为求关于k的函数在固定区间上的最大值（方法1：应用基本不等式求最大值，方法2：换元法转化为二次函数在固定区间上的最大值）.【详解】（1）方法1：∵抛物线的焦点在y轴上且过点M(m,2)，点M的纵坐标为正数，∴设抛物线的方程为x2=2py，∴焦点F(0,p2)由抛物线的定义知，|MF|=2−(−p2∴抛物线C的方程为x2方法2：∵抛物线的焦点在y轴上，∴设抛物线的方程为x2=ay，∴焦点F(0,a4)∴由抛物线的定义知，m∴抛物线C的方程为x2（2）设直线l方程为：y=kx+n，A(x1,y=kx+n则Δ=16k2+16n>0，∴y1又∵AB中点的纵坐标为2，∴y1∴由①②得：n=2−2k∴Δ=16k2x1∴|AB|==方法1：∵−2∴(1+k2)(2−k2∴|AB|≤4×94=6∴|AB|的最大值为6.方法2：令t=k2，∵−2则|AB|=4(t+1)(2−t)=4−设ℎ(t)=−t2+t+2，0≤t<2∴ℎ(t)在[0,12)∴ℎ(t)max=ℎ(∴|AB|≤4×94=6∴|AB|的最大值为6.【变式6-1】4.（22·23下·安庆·二模）已知点F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，准线l0与x轴的交点为K，点P是抛物线C上任一动点.当点P的横坐标为8时，(1)求抛物线C的方程；(2)设A,B是抛物线C的准线上的两个不同点，点P的横坐标大于1，坐标原点O到△PAB的边PA,PB的距离都等于1，求△PAB的周长的最小值.【答案】(1)y(2)8【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解.（2）设点Px0,y0，点A−1,m，点B−1,n，通过点0,0到直线PA、PB的距离为1，得到m,n是关于s【详解】（1）将x=8代入抛物线方程，得y=4因为△PFK的面积为42所以12×所以抛物线C的方程为y2（2）设点Px0,y0则直线PA的方程为y−m=y0−m由原点0,0到直线PA的距离为1，可得y0故y0由条件知x0>1，上式化简得同理有x0所以m,n是关于s的方程x0由根与系数的关系可得m+n=−2所以|AB|因为y02=4又点Px0,y0所以△PAB的面积为S=1令x0−1=t(t>0)，则因为t2上述两个不等式都当且仅当t=2时取等号，所以S≥8+40+32故△PAB面积的最小值为45因为原点O到△PAB的三边距离都等于1，所以S=1所以△PAB的周长为PA+所以△PAB的周长的最小值为85【变式6-1】5.（23·24上·湖北·阶段练习）设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,E上点A(1)求抛物线E的方程；(2)已知正方形ABCD有三个顶点在抛物线E上，求该正方形面积的最小值.【答案】(1)y(2)32【分析】（1）由焦半径公式结合点Ax0,2（2）画出图形，直线AB的斜率为m，Aa24,a,Bb24,b,Dc24,c，另一方面由两点Aa24,a,B【详解】（1）因为点Ax0,2在E因为AF=2，所以由焦半径公式得AF由①②解得x0=1p=2，故抛物线E（2）如图所示：

依题意，不妨令正方形ABCD的顶点A,B,D在抛物线上，且AB⊥AD，设抛物线上的三点为Aa显然直线AB,AD的斜率均存在且不为0，又由抛物线的对称性不妨设直线AB的斜率大于0，且点A,B都不在x轴下方，结合图形知c≤0≤a<b，设直线AB的斜率为m，则直线AB的斜率kAB同理由AB⊥AD得，4a+c=−1由AB=AD得：即(b−a)2⋅1+由①②③得a=2则正方形ABCD的面积为S=|AD=令t=m+1则t=m+1m+2≥2所以S=ft∵f∴函数S=ft在4,+所以当t=4，即m=1时，该正方形的面积S的最小值为f4【点睛】关键点睛：第一问的关键是根据焦半径公式结合点在抛物线上，从而求解；第二问的关键是要先设参、设点，然后根据正方形邻边相等且互相垂直从而将各个点的坐标都用参数来表示，从而即可求得面积的表达式，构造导数即可求解，本题综合性比较强，考查了数形结合的思想，平时可以多巩固计算.题型7定点问题【方法总结】求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程【例题7】（22·23·九江·一模）已知过点P(2,0)的直线l与抛物线E:y2=2px(p>0)交于A,B两点，过线段AB的中点M作直线MN⊥y(1)求抛物线E的方程；(2)若C为E上异于点A,B的任意一点，且直线AC,BC与直线x=−2交于点D,R，证明：以DR为直径的圆过定点.【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）设出直线l的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出M，N坐标，结合PM⊥PN，可求得p的值，得解.（2）设出点C坐标，由点斜式方程求出直线AC的方程，令x=−2，求出点D坐标，同理求出点R坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，利用DT⋅【详解】（1）由题意，可设直线l的方程为x=my+2，将x=my+2代入y2=2px，消去x得设A(x1,y1)，∵M是线段AB的中点，∴xM=即M(pm2+2,pm)∴垂足N的坐标为(0,pm)，则PM=(pm2∵PM⊥PN，∴PM⋅PN∴−2p+p2=0，又p>0故抛物线E的方程为y2（2）

设C(t24,t)，y1+y则kAC=y1−t令x=−2，则y=t+4∴D(−2,ty1由抛物线的对称性可知，若以线段DR为直径的圆过定点，则定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，则DT=(a+2,−ty1−8∴(a+2)∴(a+2)∴a=22−2或∴以DR为直径的圆过定点(22−2,0)和【变式7-1】1.（22·23上·齐齐哈尔·期末）已知F是抛物线C：y2=2pxp>0的焦点，M(1)求抛物线C的方程；(2)直线l与抛物线C交于A，B两点，若OA⋅【答案】(1)y2(2)恒过定点2,0.【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线的定义求出p值作答.（2）设出直线l的方程，与C的方程联立，利用韦达定理及数量积的坐标表示计算作答.【详解】（1）由y2=2pxp>0知，抛物线的准线方程为x=−又MF=4，因此3−(−p2所以抛物线C的方程为y2（2）显然直线l不垂直于y轴，设直线l：x=ny+m，Ax1,由x=ny+my2=4x消去x并整理得y2−4ny−4m=0于是y1+y2=4n由OA⋅OB=−4，得x即n2+1y则m2−4m+4=0，解得m=2，满足Δ>0，直线l:x=ny+2所以直线l恒过定点2,0.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.【变式7-1】2.（22·23·西安·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知动圆C与圆O1:x2−2x+y2(1)求E的方程；(2)已知P4,y0y0>0是曲线E上一点，A,B是曲线E上异于点P的两个动点，设直线PA､PB的倾斜角分别为【答案】(1)y(2)是，8,−8【分析】（1）由题意可得动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=（2）当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，可求得直线AB的方程为x+y=0；当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1,k2，Ay124,y1【详解】（1）圆O1:x2−2x+由题意可得，动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=所以点C的轨迹是以1,0为焦点，直线x=所以曲线E的方程为y2（2）由（1）可得P4,4当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，不妨设α=π2，易得A4,−4，直线PB的直线为y=x，与y2=4x故直线AB的方程为x+y=0；当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1设A所以k1=y因为α+β=3π4，所以tan(α+β)=−1，所以tan所以k1所以4y1+4由题意可设AB方程为x=ty+n，联立y2=4xx=ty+n，消x所以Δ=16t2+16n>0，所以32t−4n+32=0即n=8t+8，所以x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，令y+8=0得y=−8，x=8，此时有定点8,−8，综上所述，直线AB经过定点8,−8

【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设直线PA､PB的斜率k1,k2，再由【变式7-1】3.（22·23上·绵阳·期中）已知拋物线的顶点在原点，对称轴为x​轴，且经过点P(1,2)​.(1)求抛物线方程;(2)若直线l​与抛物线交于A,B​两点，且满足OA⋅OB=−4​，求证:直线【答案】(1)y(2)定点2,0，证明见解析【分析】（1）根据抛物线过点，代入即可求出结果;（2）由题意直线方程可设为x=my+n，将其与抛物线方程联立，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.【详解】（1）由题可知，拋物线的开口向右，设拋物线方程为y2=2px因为经过点P(1,2)​，所以4=2p​，解得p=2​所以，抛物线的标准方程为:y2=4x（2）如图，设直线l​的方程为:x=my+n​，联立方程x=my+ny消y​有：y2由于交于A,B​两点，设Ax1则Δ>0​，即16my1+由OA=x则OA⋅OB解得:n=2​，验证满足条件.所以直线l​的方程为x=my+2​，即证直线l​恒过定点(2,0).【变式7-1】4.（22·23上·徐州·期中）已知定点F1,0，定直线l:x=−1，动圆M过点F，且与直线l(1)求动圆的圆心M所在轨迹C的方程；(2)已知点Pt,−1是轨迹C上一点，点A,B是轨迹C上不同的两点（点A,B均不与点P重合），设直线AP,BP的斜率分别为k1、k2【答案】(1)y(2)证明见解析，定点−1,−【分析】（1）由题意，作图，根据圆切线的性质，结合抛物线的定义，可得答案；（2）设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，代入k1【详解】（1）设点Mx,y，圆M与直线l:x=−1的切点为N因为动圆M过点F1,0，且与直线l:x=−1相切，则MN=MF所以点M的轨迹是以原点O为顶点，以点F1,0则动圆M的圆心轨迹C的方程为y2（2）若直线AB的斜率为0，则直线AB与抛物线只有1个交点，不合要求，设直线AB的方程为x=my+n,x=my+ny2=4x，消去x则y1因为Pt,−1为抛物线y2=4x上一点，所以4t=1k1解得n=32m−1解得m>12或结合点A,B均不与点P重合，则n≠14+m，则3故m>12且m≠5所以直线AB:x=my+32所以直线AB恒过定点−1,−3题型8定值问题【方法总结】求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．【例题8】（20·21上·西安·一模）已知抛物线C：y2=2pxp>0

(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程；(2)设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明：【答案】(1)抛物线C的标准方程为y2=4x(2)证明见解析【分析】（1）求出椭圆的右焦点坐标可得p，从而求出抛物线C的标准方程，准线方程；（2）设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，与抛物线方程联立，利用相切得出Δ【详解】（1）因为a2=4,b所以c=1，可得椭圆x24+可得抛物线C的焦点为F1,0，∴p=2所以抛物线C的标准方程为y2=4x，准线方程为（2）由于点M是抛物线C的准线上任意一点，故可设M−1,t因为直线MA，MB的分别与抛物线C相切于点A，B点可知直线MA，MB的斜率存在，且不为0，设过点M−1,t的直线方程为y=k联立y2=4xy=kx+1+t其判别式Δ=16−16kk+t，令Δ=0由韦达定理知k1+k2=−t【点睛】研究直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法分为两类：一、联立直线与圆锥曲线方程，运用判别式判断交点个数从而得到两者的位置关系，这一方法基本固定，在范围问题中，判别式是提供参数范围的一个最常用的不等式，十分重要；二、针对中点弦这一特殊问题的专用方法——点差法.【变式8-1】1.（22·23·全国·专题练习）已知M4,m是抛物线C:

(1)求抛物线C的方程及点M的坐标；(2)如图所示，过点P2,0的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设QA=λPA，QB【答案】(1)y2=4x，4,4(2)证明见解析【详解】（1）由抛物线的定义，得4+p所以抛物线C的方程为y2=4x，M的坐标为4,4或（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则Q0,−1t.将x＝ty＋1代入y2=4x得y2−4ty−4=0.设A由QA=λPA，得λ=1+1ty所以λ+μ=2+1ty【变式8-1】2.（22·23上·南京·阶段练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0(1)求抛物线C的方程.(2)过点P作直线PM，PN分别交C于M，N两点，且使∠MPN的平分线与y轴垂直，问：直线MN的斜率是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.【答案】(1)y(2)直线MN的斜率为定值−1【分析】（1）根据题意求出P点的坐标，代入抛物线方程即可得解；（2）设Mx1,y1,Nx【详解】（1）将点P的纵坐标yP=2代入解得xP所以P2p,2，则点P到准线l所以|OP|所以22+2所以抛物线C的方程为y2（2）由题意可知直线PM,PN的斜率存在且不为0，倾斜角互补，则斜率互为相反数，易知P1,2设Mx1,则直线PM:y=−kx−1由y2=4xy=k其中Δ=2k2已知此方程一个根为1，所以x1×1=(k−2)同理x2所以x1+x所以y1−=kx1+所以kMN所以直线MN的斜率为定值−1.【变式8-1】3.（22·23·省直辖县级单位·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥l，垂足为N，直线NF交x(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线【答案】(1)p=4(2)是，3【分析】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；（2）直线PQ的方程为y=kx+mk≠0以及点P,Q,G的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及∠PGQ=π2得到k与m的关系式，利用直线l1与抛物线C相切求出直线l1的方程，用点到直线的距离公式即可求出点F【详解】（1）如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A,MN交x轴于点E，由题得∠AFM=π6，所以因为MF=MN，所以△因为O是FB的中点，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以OF=12

（2）由（1）可知抛物线的方程是x2设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0，P因为∠PGQ=π2，所以即x1+x又y'=k=x04联立y=kx+mx2=8y，消去y，得x则x1所以−8m+32k2+16设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d则由l1∥PQ得所以点F到直线PQ与到直线l1【点睛】解决定值问题的途径就是用部分量去表示所求的量，本题就是利用韦达定理及其已知条件先找到部分量之间的关系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之间的关系消元,即可得到定值.【变式8-1】4.（22·23下·广州·期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,m(1)求抛物线C的标准方程；(2)直线l与抛物线C相交于M、N两点，以MN为直径的圆过点P1,2，作PD⊥MN，D为垂足．是否存在定点Q，使得DQ为定值？若存在，求出点Q【答案】(1)y(2)存在，且点Q的坐标为3,0【分析】（1）利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于p的方程，解出p的值，即可得出抛物线C的标准方程；（2）分析可知，直线MN不与y轴垂直，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出PM⋅【详解】（1）解：抛物线C的准线方程为x=−p2，由抛物线的定义可得将点A的坐标代入抛物线方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，抛物线C的标准方程为y2（2）解：若直线MN⊥y轴，则直线MN与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,联立x=ty+ny2=4x可得y2−4ty−4n=0由韦达定理可得y1+yPM=x1因为以MN为直径的圆过点P1,2，则PM所以，116显然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直线MN的方程为x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=−2，x=5，所以，直线MN过定点E5,−2所以，PQ=因为PD⊥MN，当点Q为线段PE的中点时，即当点Q的坐标为3,0时，DQ=因此，存在定点Q，且当点Q的坐标为3,0时，DQ为定值.题型9定直线问题【方法总结】点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系．【例题9】（21·22下·虹口·二模）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于(1)若x1+x(2)若M是线段AN的中点，求直线MN的方程；(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．【答案】(1)MF(2)4x−3(3)在定直线上，理由见解析【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；（2）设直线MN的方程x=my−p2，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m，从而求出直线（3）设P−【详解】（1）根据题意，得因为抛物线C:y2=2px所以MF+（2）由题意可知，直线MN的斜率不为0，故设直线MN的方程x=my−p联立y2=2pxp>0，消去x所以Δ=4m2p2−4p而M是线段AN的中点，所以y1=y解得y1=22p,所以直线MN的方程为x=324（3）直线MN的方程x=my−p2，设则PM:y=y1−联立消去y可得：y1−y0m将y1+y2=2mp，y所以直线PM与QN的交点在定直线x=p【变式9-1】1.（21·22下·齐齐哈尔·三模）已知点F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，点Ex0(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l'【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】(1)由题意，根据所给的几何关系以及抛物线的性质，可以求解；(2)分别设A，B，M，N，T的坐标，利用其中的几何关系可以证明.【详解】（1）由x2=2py(p>0)可知，抛物线C的准线为：∴点Ex0,2到准线的距离为2+p2∴抛物线C的方程为x2（2）设Ax1,y1，Bx2,y∵AB∥MN，由x12=8y1，x同理x3由TM=λTA得x3由TN=λTB得x4①②两式相加得x3即x0∵λ≠1，∴x0=2，∴综上，抛物线C的方程为x2【变式9-1】2.（21·22下·全国·阶段练习）如图，已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，动点P满足

(1)求抛物线C的标准方程；(2)求证：点P在定直线上.【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）根据抛物线的定义及韦达定理可求解；（2）根据垂心建立斜率之间的关系，从而得到直线PA,PB，两直线联立得到点P的坐标，结合韦达定理，从而可得点P在定直线上.【详解】（1）设直线l的方程为x=my+p2，Ax由x=my+p2,所以y1+yAB=当直线l的倾斜角为30°时，m=1AB=2p所以2p=4，即抛物线C的标准方程为y2（2）由（1），得y1+y因为△PAB的垂心为原点O，所以OA⊥PB，OB⊥PA.因为kBO=y所以直线AP的方程为y−y1=−同理可得，直线BP的方程为y=−y联立方程y=−y2即P−3,3m.所以点P在定直线x=−3【变式9-1】3.（21·22·新疆·二模）已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，点M在抛物线C上，O为坐标原点，△OFM(1)求抛物线C的方程；(2)设A(1,2)，B是抛物线C上一点，且xB≠1，直线AB与直线y=x−1交于点Q，过点Q作y轴的垂线交抛物线C于点N，证明：直线【答案】(1)y(2)证明见解析，定点的坐标为(−1,2)【分析】（1）根据圆心到准线的距离得圆半径，再由圆周长建立方程求出p即可；（2）设By02(1)设△OFM外接圆的半径为r，圆心为O易知圆心O在线段OF的中垂线x=p且圆心到准线的距离=p所以由2π⋅3p4=3π所以抛物线C的方程为：y2(2)设By02则直线AB的方程：y−2=y0−2与y=x−1联立：y−2=4y0由题意知：Ny∴k则直线BN的方程：y−y所以当x=−1,y=2时恒成立，所以直线BN恒过定点(−1,2)【变式9-1】4.（20·21下·宣城·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0过点2,−1，离心率为32，抛物线y2=−16x的准线（1）求椭圆C的标准方程和点A的坐标；（2）设P，Q是直线l上关于x轴对称的两点，问：直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由．【答案】（1）x28+y2【分析】（1）根据题意列出方程组，结合b2=a2−（2）设P4,t，Q4,−t，直线MN:x=my+4，Mx1,y1，Nx2,y2联立直线【详解】（1）由题意可得4a2+即椭圆C的方程为：x2又由抛物线y2=−16x，可得准线方程为l:x=4，所以（2）设P4,t，Q4,−t，MN:x=my+4，M由x=my+4x2+4所以y1+y则y1+y直线PM为y−t=y1−tx直线QN为y+t=y2+tx②-①得：2t=1m所以2t=1m⋅所以直线PM与QN的交点恒在定直线x=2上．【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大【变式9-1】5.（20·21下·广西·模拟预测）已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，直线l:y=2x+1（1）求C的方程.（2）若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.【答案】（1）x2【分析】（1）解：设Ax1,y1，Bx2（2）设Mx3,y3，Nx4,y4，Tx0,【详解】（1）解：设Ax1,y1，B则y1从而AF+解得p=2，故C的方程为x2（2）证明：设Mx3,y3，N因为AB//MN，所以根据x12=4y1同理得x3又x3−x即4−x01−λ=0，由于故点T在定直线x=4上.题型10向量问题【例题10】（22·23下·长沙·期末）已知抛物线x2=2py，点P(2,8)在抛物线上，直线y=kx+2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点(1)求点P到抛物线焦点的距离；(2)是否存在实数k使NA⋅NB=0【答案】(1)65(2)存在；k=±2【分析】（1）点P(2,8)代入抛物线中求得抛物线方程，从而找到点P到抛物线焦点的距离.（2）可利用直角三角形的性质，斜边中线的长度等于斜边的一半，转换为圆锥曲线的弦长问题；【详解】（1）将点P(2,8)代入抛物线方程，则p=14,抛物线焦点F0,则点P到抛物线焦点的距离等于点P到抛物线准线的距离|PF|=8+1（2）存在，证明如下：如图，设Ax1,2

把y=kx+2代入y=2x2得2x由根与系数的关系得x1+x∴xN=xM假设存在实数k，使NA⋅NB=0又∵M是AB的中点，∴MN由（1）知，yM∵MN⊥x轴，∴MN又|AB|=1+k=1+∴k两边同时平方得：k2解得k=±2，即存在k=±2，使NA⋅【变式10-1】1.（22·23·河北·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，圆(1)求C的方程及点F与圆D上点的距离的最大值；(2)O为坐标原点，过点M0,1的直线l与C相交于A，B两点，直线AD，BD分别与y轴相交于点P，Q，MP=mMO，MQ【答案】(1)y2(2)证明见解析【分析】（1）由题意可列式求得p，即可得抛物线方程，进而求得点F与圆D上点的距离的最大值；（2）设直线l方程并联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，设P0,yP,Q0,yQ结合【详解】（1）由题意得抛物线C的焦点坐标为F(p2,0)圆D:x−12+y−22由圆D:x−12+y−22故p=2，故C方程为y2=4x，故点F与圆D上点的距离的最大值为|DF|+r=1−1（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，设过点M0,1的直线l的方程为y=kx+1,A(x

联立y2=4xy=kx+1则△=2k−42−4k2>0且则x1设P0,yP由MP=mMO可得yP−1=−m，即直线的AD方程为y−2=2−令x=0，得yP=2因为m+n==8−2即mnm+n=1【点睛】难点点睛：第二问是关于直线和抛物线的位置关系中的定值问题，解答的思路是联立直线和抛物线方程，得到根与系数的关系，结合向量的数乘得出m,n的表达式，从而得mnm+n【变式10-1】2.（22·23·江西·模拟预测）过坐标原点O作圆C:x+22+y2=3的两条切线，设切点为(1)求抛物线E的标准方程；(2)设点T是圆C的动点，抛物线E上四点A,B,M,N满足：TA=2TM，TB=2TN，设（i）证明：TD垂直于y轴；（ii）设△TAB面积为S，求S的最大值.【答案】(1)y(2)（i）证明见解析；（ii）48【分析】（1）设直线PQ与x轴交于S，由三角形相似关系可得CP2=OC（2）（i）根据共线向量可知M,N为TA,TB中点，结合点在抛物线上可确定y1,y2为方程y2（ii）由S=12TD⋅y1−【详解】（1）设直线PQ与x轴交于S，则S−由圆的方程知：圆心C−2,0，半径r=∵OP为圆C的切线，∴CP⊥OP，又PS⊥OC，∴△CPS∽△COP，∴CPCS∴r2=2−p2+2=3，解得：（2）设Tx0,y0（i）由TA=2TM知：M为TA中点，且在抛物线E上，即又y12=2x1由TB=2TN知：N为TB中点，且在抛物线同理可得：y2∴y1,y2是方程y∴D点的纵坐标为y1+y22=y0，∴直线（ii）∵x1+∴S=12TD∵T在圆C上，∴y∴S=3则当x0=−3时，∴S【点睛】思路点睛：【变式10-1】3.（22·23下·安阳·开学考试）已知P4,y0是焦点为F的抛物线C:y2=2px0<p<4(1)求C的方程；(2)过点2,0作直线l交抛物线于A、B，求FA⋅【答案】(1)y(2)−7【分析】（1）易知点Fp2,0，由已知可得PF=PM，结合0<p<4（2）分析可知直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x=my+2，设点Ax1,y1、Bx2【详解】（1）解：易知点Fp2,0，由题意可得PF因为0<p<4，解得p=2，所以，抛物线C的方程为y2（2）解：若直线l与x轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，设直线l的方程为x=my+2，设点Ax1,联立x=my+2y2=4x可得y由韦达定理可得y1+yFA=x1所以，FA=−8m当且仅当m=0时，取等号，故FA⋅FB的最大值为【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．【变式10-1】4.（21·22下·赤峰·三模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线经过点H−1,22，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B，点P1,m(其中m>0)在抛物线C上，且直线PA交y轴于M(1)求直线l斜率的取值范围；(2)设O为原点，若QM=λQO,【答案】(1)−(2)证明见解析.【分析】（1）根据抛物线C的准线上的点求得p，由此求得抛物线C的方程.设出直线l的方程并与抛物线方程联立，利用Δ>0求得k（2）根据直线PA,PB的方程求得M,N的坐标，结合QM=λQO,【详解】（1）抛物线C:y2=2px(p>0)所以p2=1,p=2，所以抛物线C的方程为设直线l的方程为y=kx+1，由y=kx+1y2=4x消去y由于直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B，所以k≠0Δ=2k−4由于P1,m在抛物线y2=4x上，且m>0，所以m且直线l不过点1,−2，即k≠−2−1所以直线l斜率的取值范围是−∞（2）设Ax1,依题意可知直线PA,PB的斜率存在，直线PA的方程为y−2=2−y1即M0,2−2−yQ(0,1)，由于QM=λ所以0,1−2−y1所以1−2−所以λ=所以1=1==1【变式10-1】5.（22·23·泰安·二模）已知点M0,1和点Nx0,2x0>0之间的距离为2，抛物线C:y2=2px(1)求直线l的倾斜角的取值范围；(2)求λ+μ的值.【答案】(1)0,(2)2【分析】（1）由MN2=4求出x0=3，将3,2代入抛物线C的方程得y2（2）设A34y12,y1B3y224,y2，根据M，A，B三点共线得y1y2【详解】（1）∵MN2=x02+1=4，∴x02=3将3,2代入y2=2px∴抛物线C的方程为y2∵直线l过点M0,1∴直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1k≠0，由y2=4∴k≠0且△=2k−43∴k<33且∵OM=λNE−∴MO=λME，MO=μ∴NA，NB均与y轴相交，∴直线l不过点3,−2，∴k≠∴k的取值范围为k<33且k≠0且∴直线l的倾斜角的取值范围为0,π（2）设A34y12∵M，A，B三点共线，∴y1−134y∵MO=λME，MO=μ