2025高考數(shù)學專項復習第九章 平面解析幾何第7節(jié) 第2課時 直線與拋物線的位置關系含答案

2025高考數(shù)學專項復習第九章平面解析幾何第2課時直線與拋物線的位置關系課標解讀考向預測1.會判斷直線與拋物線的位置關系.2.會求直線與拋物線相交所得的弦長.3.能解決與拋物線的切線相關的簡單幾何問題.從近幾年高考來看，直線與圓錐曲線的綜合問題是高考考查的重點，高考試題中加大了思維能力的考查，以及二級結論的考查，減少了對復雜運算的考查．預計2025年高考對直線與拋物線綜合問題考查的難度會增加，平時應注意二級結論的應用.必備知識——強基礎1．直線與拋物線的位置關系(1)直線與拋物線的三種位置關系(2)設直線l：y＝kx＋m，拋物線：y2＝2px(p>0)，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，整理成關于x的方程k2x2＋(2km－2p)x＋m2＝0.①若k≠0，當Δ>0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(04))相交，有eq\x(\s\up1(05))兩個交點；當Δ＝0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(06))相切，有eq\x(\s\up1(07))一個交點；當Δ<0時，直線與拋物線eq\x(\s\up1(08))相離，eq\x(\s\up1(09))無交點．②若k＝0，直線與拋物線eq\x(\s\up1(10))只有一個交點，此時直線平行于拋物線的對稱軸或與對稱軸重合．因此，直線與拋物線只有一個交點是直線與拋物線相切的eq\x(\s\up1(11))必要不充分條件．2．弦長問題設直線與拋物線交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|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為直線的斜率，k≠0)．3．拋物線的焦點弦問題若MN為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點弦(過焦點的弦)，則焦點弦長為|MN|＝eq\x(\s\up1(12))x1＋x2＋p(x1，x2分別為M，N的橫坐標)．設過拋物線焦點的弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則四種標準方程形式下的弦長公式如下表．標準方程弦長公式y(tǒng)2＝2px(p>0)|AB|＝x1＋x2＋py2＝－2px(p>0)|AB|＝p－(x1＋x2)x2＝2py(p>0)|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋px2＝－2py(p>0)|AB|＝p－(y1＋y2)4.拋物線的切線(1)過拋物線y2＝2px(p>0)上的點P(x1，y1)的切線方程是y1y＝p(x＋x1)．(2)拋物線y2＝2px(p>0)的斜率為k的切線方程是y＝kx＋eq\f(p,2k)(k≠0)．拋物線焦點弦的幾個常用結論設AB是過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)若A在第一象限，B在第四象限，則|AF|＝eq\f(p,1－cosα)，|BF|＝eq\f(p,1＋cosα)，弦長|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(2p,sin2α)(α為弦AB的傾斜角)；(3)eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(2,p)；(4)以弦AB為直徑的圓與準線相切；(5)以AF或BF為直徑的圓與y軸相切；(6)過焦點弦的端點的切線互相垂直且交點在準線上；(7)通徑：過焦點與對稱軸垂直的弦，長度為2p；(8)過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點．設直線l1的傾斜角為α，則|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(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F到準線l的距離為2，則過點A(－1，0)恰有2條直線與拋物線C有且只有一個公共點．()(2)已知過拋物線C：y2＝x的焦點F的直線l與C交于A，B兩點，若直線l垂直于x軸，則|AB|＝1.()(3)在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l的傾斜角為60°且經(jīng)過點F.若l與C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則x1x2＝2.()答案(1)×(2)√(3)×2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊3.3例4改編)斜率為eq\r(3)的直線過拋物線C：y2＝4x的焦點，且與C交于A，B兩點，則|AB|＝()A．eq\f(8,3) B．eq\f(16,3)C．5 D．3eq\r(3)答案B解析由題意得，拋物線的焦點為F(1，0)，直線AB的方程為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.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(16,3).(2)(人教A選擇性必修第一冊習題3.3T12改編)過定點P(0，1)且與拋物線y2＝8x有且僅有一個公共點的直線有________條．答案3解析當斜率不存在時，直線方程為x＝0，只有一個公共點，符合題意；當斜率存在時，設直線方程為y＝kx＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝8x，))得k2x2＋(2k－8)x＋1＝0，當k＝0時，直線方程為y＝1，只有一個公共點，符合題意；當k≠0時，令Δ＝(2k－8)2－4k2＝0，解得k＝2，即直線與拋物線有一個公共點，符合題意．所以滿足題意的直線有3條．(3)過點P(4，－3)作拋物線y＝eq\f(1,4)x2的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為________________．答案2x－y＋3＝0解析設切點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，又y′＝eq\f(1,2)x，則切線PA的方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理，切線PB的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－y2，由P(4，－3)是PA，PB的交點可知，－3＝2x1－y1，－3＝2x2－y2，由兩點確定一條直線，可得過A，B的直線方程為－3＝2x－y，即2x－y＋3＝0.(4)(2024·山東濟南模擬)已知A，B為拋物線C：x2＝4y上的兩點，M(－1，2)，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，則直線AB的方程為________________．答案x＋2y－3＝0解析由題意知點M(－1，2)在拋物線內(nèi)，且M(－1，2)是線段AB的中點，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))兩式相減得(x1－x2)(x1＋x2)＝4(y1－y2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝－eq\f(1,2)，則直線AB的方程為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，故斜率為－eq\f(1,2)符合題意．因此直線AB的方程為x＋2y－3＝0.考點探究——提素養(yǎng)考點一拋物線的切線例1(1)過拋物線x2＝4y上一點(4，4)的拋物線的切線方程為()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：設切線方程為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.故切線方程為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.∴切線方程為y－4＝2(x－4)，即2x－y－4＝0.(2)(2023·四川成都適應性考試)已知A，B為拋物線y＝x2上兩點，以A，B為切點的拋物線的兩條切線交于點P，過點A，B的直線斜率為kAB，若點P的橫坐標為eq\f(1,3)，則kAB＝________．答案eq\f(2,3)解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B為切點的拋物線的切線斜率分別為kA，kB，由y＝x2，得y′＝2x，故kA＝2x1，kB＝2x2，所以切線PA的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即xeq\o\al(2,1)－2x1x＋y＝0.同理可得，切線PB的方程為xeq\o\al(2,2)－2x2x＋y＝0.設點P的坐標為(x0，y0)，所以xeq\o\al(2,1)－2x1x0＋y0＝0，xeq\o\al(2,2)－2x2x0＋y0＝0，所以x1，x2為方程x2－2x0x＋y0＝0的兩根，故x1＋x2＝2x0，x1x2＝y(tǒng)0，則kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝x1＋x2＝2x0＝eq\f(2,3).【通性通法】求拋物線切線方程的方法方法一首先設出切線方程，然后與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式求解方法二首先求導得出切線的斜率，然后由點斜式得出切線方程方法三過拋物線C：y2＝2px(p＞0)上一點P(x0，y0)的切線方程為y0y＝p(x＋x0)【鞏固遷移】1．(多選)(2023·遼寧名校聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的準線l的方程為y＝－1，過C的焦點F的直線與C交于A，B兩點，以A，B為切點分別作C的兩條切線，且兩切線交于點M，則下列結論正確的是()A．C的方程為x2＝2yB．∠AMB＝90°C．M恒在l上D．|MF|2＝|AF|·|BF|答案BCD解析由題得－eq\f(p,2)＝－1，所以p＝2，因此C的方程為x2＝4y，A錯誤；由題意可知AB的斜率存在，F(xiàn)(0，1)，設AB的方程為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的斜率為kAM＝eq\f(1,2)x1，所以AM的方程為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的斜率為kBM＝eq\f(1,2)x2，所以BM的方程為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正確；由①②得(x2－x1)y＝eq\f(1,4)x1x2(x2－x1)，因為x1≠x2，所以y＝－1，將y＝－1代入①②得x＝eq\f(x2＋x1,2)＝2k，所以點M的坐標為(2k，－1)，又C的準線l的方程為y＝－1，所以M恒在l上，C正確；當AB的斜率k不為零時，則kMF＝eq\f(－1－1,2k)＝－eq\f(1,k)，所以kAB·kMF＝－1，所以AB⊥MF，當AB的斜率k＝0時，點M的坐標為(0，－1)，顯然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正確．故選BCD.考點二焦點弦問題例2(1)(2024·河北邯鄲模擬)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，若|AF|＝2|BF|，則|AB|＝()A．4 B．eq\f(9,2)C．5 D．6答案B解析解法一：易知直線l的斜率存在，設為k，則其方程為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，設點A，B的橫坐標分別為xA，xB，則xAxB＝1①，因為|AF|＝2|BF|，由拋物線的定義得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：由對稱性，不妨設點A在x軸的上方，如圖，設A，B在準線上的射影分別為D，C，作BE⊥AD于E，設|BF|＝m，直線l的傾斜角為θ，則|AB|＝3m，由拋物線的定義知|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，故利用弦長公式，得|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(9,2).解法三：因為|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)(多選)(2023·湖北鄂州市教學研究室期末)已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，準線l與y軸的交點為D，過點F的直線m與拋物線C交于A，B兩點，點O為坐標原點．下列結論正確的是()A．存在點A，B，使∠AOB≤eq\f(π,2)B．|AB|的最小值為4C．DF平分∠ADBD．若點M(2，3)是弦AB的中點，則直線m的方程為x－y＋1＝0答案BCD解析拋物線C的焦點F的坐標為(0，1)，由題意分析可知，直線m的斜率一定存在．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線m的方程為y＝kx＋1，與拋物線C：x2＝4y聯(lián)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為鈍角，故A錯誤；|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝kx1＋1＋kx2＋1＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4≥4(當且僅當k＝0時，等號成立)，故B正確；因為點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，即直線DA和直線DB的傾斜角互補，所以DF平分∠ADB，故C正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝4y1，,xeq\o\al(2,2)＝4y2，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，因為點M(2，3)是弦AB的中點，所以x1＋x2＝4，所以直線m的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1，所以直線m的方程為x－y＋1＝0，故D正確．故選BCD.【通性通法】解決焦點弦問題的策略(1)利用拋物線的定義把過焦點的弦分成兩個焦半徑，然后轉化為到準線的距離，再求解．(2)利用與拋物線焦點弦有關的二級結論求解．【鞏固遷移】2．(2024·山東聊城質檢)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F作斜率為2的直線l與拋物線交于A，B兩點，若弦AB的中點到拋物線準線的距離為3，則拋物線的方程為()A．y2＝eq\f(12,5)x B．y2＝eq\f(24,5)xC．y2＝12x D．y2＝6x答案B解析因為直線l的方程為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，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(3p,2)，又因為弦AB的中點到拋物線準線的距離為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)，所以拋物線的方程為y2＝eq\f(24,5)x.故選B.3．(多選)(2023·新課標Ⅱ卷)設O為坐標原點，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準線，則()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN為直徑的圓與l相切D．△OMN為等腰三角形答案AC解析對于A，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過點(1，0)，所以拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，A正確；對于B，不妨設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并化簡，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錯誤；對于C，設MN的中點為A，M，N，A到直線l的距離分別為d1，d2，d，因為d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直線l的距離等于|MN|的一半，所以以MN為直徑的圓與直線l相切，C正確；對于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錯誤．故選AC.考點三直線與拋物線的綜合問題例3(2023·重慶統(tǒng)考模擬預測)如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，點A(2，y0)在C上，△OAF的面積為4.(1)求拋物線C的方程；(2)過點P(m，0)(m>0)作斜率為－1的直線l1交拋物線C于點M，N，直線MF交拋物線C于點Q，以Q為切點作拋物線C的切線l2，且l2∥l1，求△MNQ的面積．解(1)由題意，可知拋物線C的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，將A(2，y0)代入拋物線C的方程，得yeq\o\al(2,0)＝4p，且p>0，則|y0|＝2eq\r(p)，因為△OAF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×2eq\r(p)＝eq\f(p\r(p),2)＝4，解得p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)由(1)可得拋物線C的方程為y2＝8x，焦點F(2，0)，設直線l1：x＝－y＋m(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y＋m，,y2＝8x，))消去x，得y2＋8y－8m＝0，則Δ＝64＋32m>0，可得y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m，因為點M(x1，y1)在拋物線上，則yeq\o\al(2,1)＝8x1，即x1＝eq\f(yeq\o\al(2,1),8)，所以直線MF的方程為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，聯(lián)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)，則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)))，因為l2∥l1，可設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)，聯(lián)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，因為l2為拋物線C的切線，則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，又因為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)，點Q(2，－4)到直線l1：x＋y－6＝0的距離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】解決直線與拋物線綜合問題的策略(1)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線y2＝2px的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則一般用弦長公式．(2)涉及拋物線的弦長、中點、距離等相關問題時，一般利用根與系數(shù)的關系采用“設而不求”“整體代入”等解法．提醒：涉及弦的中點、斜率時一般用“點差法”求解．【鞏固遷移】4．(2023·甘肅張掖高臺縣第一中學統(tǒng)考期末)已知點A(x0，－2)在拋物線C：y2＝2px(p>0)上，且A到C的焦點F的距離與到x軸的距離之差為eq\f(1,2).(1)求拋物線C的方程；(2)當p<2時，M，N是C上不同于點A的兩個動點，且直線AM，AN的斜率之積為－2，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點E，使得|DE|為定值．解(1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準線方程為x＝－eq\f(p,2)，又點A(x0，－2)在拋物線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))，依題意，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)證明：∵p<2，∴y2＝2x，A(2，－2)．設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))，聯(lián)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，適合(ⅰ)，將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，))∴直線MN恒過定點Q(3，2)．又AD⊥MN，∴點D在以AQ為直徑的圓上，∵A，Q的中點為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為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,4)，∴存在點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，使得|DE|＝eq\f(\r(17),2)，為定值．課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知直線l與拋物線x2＝2py(p>0)只有一個公共點，則直線l與拋物線的位置關系是()A．相交 B．相切C．相離 D．相交或相切答案D解析直線l與拋物線的對稱軸平行或直線l與拋物線相切時只有一個公共點，所以D正確．故選D.2．過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，若點C(x1，0)與點D(x2，0)關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，則|AB|＝()A．3 B．4C．5 D．6答案C解析拋物線y2＝4x，∴p＝2，過焦點F的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)＝x2＋1，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，又點C(x1，0)與點D(x2，0)關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，則x1＋x2＝eq\f(3,2)×2＝3，∴|AB|＝3＋2＝5.3．(2023·四川資陽統(tǒng)考三模)已知拋物線C：y2＝8x，過點P(2，－1)的直線l與拋物線C交于A，B兩點，若|AP|＝|BP|，則直線l的斜率是()A．－4 B．4C．－eq\f(1,4) D．eq\f(1,4)答案A解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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)．因為|AP|＝|BP|，所以P是線段AB的中點，所以y1＋y2＝－2，則直線l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1＋y2)＝－4.故選A.4.(2024·江西九江二模)青花瓷又稱白地青花瓷，常簡稱青花，是中華陶瓷燒制工藝的珍品，是中國瓷器的主流品種之一，屬釉下彩瓷．一只內(nèi)壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上，瓷碗底座高為1cm，瓷碗的軸截面可以近似看成是拋物線，碗里不慎掉落一根質地均勻、粗細相同且長度為22cm的筷子，筷子的兩端緊貼瓷碗內(nèi)壁．若筷子的中點離桌面的最小距離為7cm，則該拋物線的通徑長為()A．16 B．18C．20 D．22答案C解析如圖，建立平面直角坐標系，設拋物線為x2＝2py(p>0)，焦點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，設線段AB的中點為M，則2yM＋p≥22，由題意知，yM的最小值為6，即12＋p＝22，得p＝10，∴該拋物線的通徑長為2p＝20.故選C.5．(2023·遼寧名校聯(lián)考)過拋物線C：x2＝4y的焦點F的直線l交C于A，B兩點，點A處的切線與x，y軸分別交于點M，N.若△MON(O為坐標原點)的面積為eq\f(1,2)，則|AF|＝()A．2 B．3C．4 D．5答案A解析由題意可知，直線l的斜率存在，且過拋物線C：x2＝4y的焦點F，與其交于A，B兩點，設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)，所以點A處的切線方程為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)).因為△MON的面積為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.故選A.6．(2023·河北石家莊模擬)過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點的直線與拋物線交于A，B兩點，若AB中點的縱坐標為2，且|AB|＝8，則p＝()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析設直線AB：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，k≠0.聯(lián)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.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(k2p＋2p,k2)＝p＋eq\f(2p,k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－p)＝eq\f(2p,k).由題可知，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.))故選B.7．(2023·湖北武漢模擬)已知拋物線x2＝2py(p>0)，過其焦點且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，若線段AB中點的橫坐標為3，則該拋物線的準線方程為()A．y＝－3 B．y＝－eq\f(3,2)C．x＝－3 D．x＝－eq\f(3,2)答案B解析根據(jù)題意，設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)，因為直線AB的斜率為1，線段AB中點的橫坐標為3，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2p)＝eq\f(3,p)＝1，即p＝3，所以拋物線的方程為x2＝6y，準線方程為y＝－eq\f(3,2).故選B.8．已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則|AB|＋|DE|的最小值為()A．16 B．14C．12 D．10答案A解析拋物線C：y2＝4x的焦點為F(1，0)，由題意可知l1，l2的斜率存在且不為0.不妨設直線l1的斜率為k，則直線l2的斜率為－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.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)＝2＋eq\f(4,k2)，由拋物線的定義可知，|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，當且僅當eq\f(1,k2)＝k2，即k＝±1時取等號．故|AB|＋|DE|的最小值為16.二、多項選擇題9．(2023·廣州模擬)已知點O為坐標原點，直線y＝x－1與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點，則()A．|AB|＝8B．OA⊥OBC．△AOB的面積為2eq\r(2)D．線段AB的中點到直線x＝0的距離為2答案AC解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為拋物線C：y2＝4x，則p＝2，焦點為(1，0)，則直線y＝x－1過焦點．聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y，得x2－6x＋1＝0，則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正確；因為eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝1－4＝－3≠0，所以OA與OB不垂直，故B錯誤；原點到直線y＝x－1的距離為d＝eq\f(1,\r(2))，所以△AOB的面積為S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×8×eq\f(1,\r(2))＝2eq\r(2)，故C正確；因為線段AB的中點到直線x＝0的距離為eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(6,2)＝3，故D錯誤．故選AC.10．已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F到準線的距離為4，直線l過點F且與拋物線交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，若M(m，2)是線段AB的中點，則下列結論正確的是()A．p＝4B．拋物線的方程為y2＝16xC．直線l的方程為y＝2x－4D．|AB|＝10答案ACD解析由焦點F到準線的距離為4，并根據(jù)拋物線的定義可知p＝4，故A正確；拋物線的方程為y2＝8x，故B錯誤；因為焦點F(2，0)，yeq\o\al(2,1)＝8x1，yeq\o\al(2,2)＝8x2，若M(m，2)是線段AB的中點，則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，所以直線l的方程為y＝2x－4，故C正確；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正確．故選ACD.三、填空題11．(2023·天津高考)過原點O的一條直線與圓C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲線y2＝2px(p>0)于點P，若|OP|＝8，則p的值為________．答案6解析由題意得直線OP的斜率存在．設直線OP的方程為y＝kx，因為該直線與圓C相切，所以eq\f(|－2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k2＝3.將直線方程y＝kx與曲線方程y2＝2px(p>0)聯(lián)立，得k2x2－2px＝0，因為k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2p,3)，設P(x1，y1)，則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·陜西咸陽二模)過拋物線y＝eq\f(1,4)x2的焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，若l的傾斜角為45°，則線段AB的中點到x軸的距離是________．答案3解析由題意，拋物線方程為x2＝4y，則F(0，1)，∴直線l的方程為y＝x＋1，將直線方程代入拋物線方程，整理，得x2－4x－4＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4，故線段AB的中點的橫坐標為eq\f(x1＋x2,2)＝2，代入直線l的方程，得y＝3，∴線段AB的中點到x軸的距離是3.13．(2024·貴州遵義統(tǒng)考)已知拋物線x2＝2y上兩點A，B關于點M(2，t)對稱，則直線AB的斜率為________．答案2解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入拋物線方程x2＝2y，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)＝2y1，,xeq\o\al(2,2)＝2y2，))則xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2(y1－y2)①，因為A，B兩點關于點M(2，t)對稱，則x1≠x2，x1＋x2＝4，所以由①得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2)＝2，即直線AB的斜率為2.14．(2023·山東鄄城三模)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過A(－1，0)作拋物線C的切線，切點為B，|BF|＝3，則拋物線C上的動點P到直線l：x－y＋4＝0的距離與到y(tǒng)軸的距離之和的最小值為________．答案3eq\r(2)－2解析根據(jù)拋物線的對稱性，不妨設B(x0，y0)(y0>0)，由拋物線定義知，|BF|＝x0＋eq\f(p,2)＝3，∴x0＝3－eq\f(p,2)>0，∴p<6，∴y0＝eq\r(6p－p2)，當y>0時，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)，則拋物線C的方程為y2＝8x，焦點F(2，0)，準線方程為x＝－2，焦點F(2，0)到直線l：x－y＋4＝0的距離d＝eq\f(|2－0＋4|,\r(12＋（－1）2))＝3eq\r(2)，拋物線C上的動點P到直線l：x－y＋4＝0的距離與到y(tǒng)軸的距離之和的最小值為3eq\r(2)－2.四、解答題15．已知F為拋物線T：x2＝4y的焦點，直線l：y＝kx＋2與T交于A，B兩點．(1)若k＝1，求|FA|＋|FB|的值；(2)點C(－3，－2)，若∠CFA＝∠CFB，求直線l的方程．解由已知得F(0，1)，設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.當k＝1時，由①②，得|FA|＋|FB|＝10.(2)由題意可知，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)，所以直線l的方程為3x＋2y－4＝0.16．(2024·江西南昌等四地聯(lián)考)已知直線l：x－y＋1＝0與拋物線C：x2＝2py(p>0)交于A，B兩點，|AB|＝8.(1)求p；(2)設拋物線C的焦點為F，過點F且與l垂直的直線與拋物線C交于E，G兩點，求四邊形AEBG的面積．解(1)設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，則|AB|＝eq\r(2)×eq\r(（xA＋xB）2－4xAxB)＝2eq\r(2)×eq\r(p2＋2p)＝8，即p2＋2p－8＝0，因為p>0，所以p＝2.(2)由題意可得拋物線C的焦點為F(0，1)，直線EG的方程為x＋y－1＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0，,x2＝4y，))化簡可得x2＋4x－4＝0，[考情分析]從近幾年的新高考試題來看，解析幾何是高考的重點，通常以一大兩小的模式命題．對解析幾何大題的考查綜合性較強、難度較大，通常作為兩道壓軸題之一．下面我們重點講解一下解析幾何部分?？紗栴}的解題方法．第1課時定點、定值、定線問題考點一定點問題(多考向探究)考向1直接推理法求定點問題例1(2023·浙江?？寄M預測)已知點A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))在橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求橢圓M的方程；(2)直線l與橢圓M交于C，D兩個不同的點(異于A，B)，過C作x軸的垂線分別交直線AB，AD于點P，Q，當P是CQ的中點時，證明：直線l過定點．解(1)由題意知a＝2，又橢圓經(jīng)過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，故橢圓M的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由題意知，當l⊥x軸時，不符合題意，故l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋m，聯(lián)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，則Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，即4k2＋1>m2.設C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).直線AB的方程為y＝eq\f(1,4)(x－2)，令x＝x1，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,4)))，直線AD的方程為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的中點，得eq\f(x1－2,2)＝y(tǒng)1＋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.當m＝－2k－2時，由4k2＋1＞m2，得k<－eq\f(3,8)，符合題意；當m＝－2k時，直線l經(jīng)過點A，與題意不符，舍去．所以直線l的方程為y＝kx－2k－2，即y＝k(x－2)－2，所以直線l過定點(2，－2)．探索直線過定點時，注意討論直線的斜率是否存在．若直線的斜率存在，可設直線方程為y＝kx＋m，然后利用條件建立m，k之間的等量關系，消元后借助于直線系的思想找出定點．1.(2023·福建名校聯(lián)盟模擬)設拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點A的坐標為(3，－2)．已知點P是拋物線C上的動點，|PA|＋|PF|的最小值為4.(1)求拋物線C的方程；(2)若直線PA與C交于另一點Q，經(jīng)過點B(3，－6)和點Q的直線與C交于另一點T，證明：直線PT過定點．解(1)若A和F在拋物線y2＝2px的同側，則(－2)2<3×2p，解得p>eq\f(2,3).設點P在準線上的射影為H，于是|PF|＝|PH|.過A作AH′與準線垂直，垂足為H′，故|PF|＋|PA|＝|PH|＋|PA|≥|AH′|＝3＋eq\f(p,2)＝4，當且僅當A，P，H三點共線時取等號，由此得p＝2>eq\f(2,3)，符合題意；若A和F在拋物線的異側或A在拋物線上，則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，當且僅當A，P，F(xiàn)三點共線(或A與P重合)時取等號，得到p＝6±4eq\r(3)(舍去)．綜上所述，拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設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)).直線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)，則其方程為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).同理可得直線QT的方程為y＝eq\f(4x＋y0y2,y0＋y2)，直線PT的方程為y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2).將A(3，－2)，B(3，－6)分別代入直線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，代入直線PT的方程y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2)，化簡得y＝eq\f(4x＋12,y1＋y2)＝eq\f(4,y1＋y2)(x＋3)，故直線PT過定點(－3，0)．考向2逆推法求定點問題例2(2024·遼寧錦州一模)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其上焦點到直線bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程；(2)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直線l交橢圓C于A，B兩點．試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點．若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．解(1)由題意得，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，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當AB⊥x軸時，以線段AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).當AB⊥y軸時，以線段AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點為Q(－1，0)．由此可知，若以線段AB為直徑的圓恒過定點，則該定點為Q(－1，0)．下證Q(－1，0)符合題意．設直線l的斜率存在，且不為0，其方程為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.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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)在以線段AB為直徑的圓上．綜上，以線段AB為直徑的圓恒過定點(－1，0)．定點問題，先猜后證，可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時．找出定點，再證明該點符合題意(運用斜率相等或者三點共線)或證明與變量無關．2.(2023·湖南長沙模擬)已知定點A(－1，0)，F(xiàn)(2，0)，定直線l：x＝eq\f(1,2)，不在x軸上的動點P與點F的距離是它到直線l的距離的2倍．設點P的軌跡為E，過點F的直線交E于B，C兩點，直線AB，AC分別交l于點M，N.(1)求E的方程；(2)試判斷以線段MN為直徑的圓是否過定點．若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，說明理由．解(1)設P(x，y)，依題意有eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化簡可得E的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)假設以線段MN為直徑的圓過定點，由對稱性可知該定點必在x軸上．若BC⊥x軸，則B(2，3)，直線AB的方程為y＝x＋1，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，同理可得點N的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，此時以MN為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，該圓與x軸交于點D1(2，0)和D2(－1，0)．下面進行驗證：設直線BC的方程為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，由題意，知3m2－1≠0，Δ>0.設B(x1，y1)，C(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因為直線AB的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，同理可得，點N的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y2,2（x2＋1）))).因為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.所以以線段MN為直徑的圓過定點(2，0)和(－1，0)．考點二定值問題(多考向探究)考向1直接消參法求定值問題例3(2024·武漢調研)如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點A(0，－1)且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．解(1)由題設知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，結合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由題設知，直線PQ的方程為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，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知x1x2≠0，則x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，從而直線AP，AQ的斜率之和為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(為定值)．圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)證明代數(shù)式為定值．依題設條件得出與代數(shù)式參數(shù)有關的等式，代入所求代數(shù)式，化簡得出定值．(2)求點到直線的距離為定值．利用點到直線的距離公式得出距離的表達式，再利用題設條件化簡、變形．(3)求某線段長度為定值．利用兩點間距離公式求得表達式，再根據(jù)條件對其進行化簡、變形即可．3.(2024·山西太原聯(lián)考一)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1有相同的焦點，且C的一條漸近線與直線x－2y＋2＝0平行．(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l與雙曲線C右支相切(切點不為右頂點)，且l分別交雙曲線C的兩條漸近線于點A，B，O為坐標原點，試判斷△AOB的面積是否為定值．若是，求出定值；若不是，請說明理由．解(1)設雙曲線C的焦距為2c(c>0)，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2＋3)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))則雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由于直線l與雙曲線C右支相切(切點不為右頂點)，則直線l的斜率存在，設直線l的方程為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，則Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，可得1－4k2＝－m2.設l與x軸的交點為Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，則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|，又雙曲線兩條漸近線的方程為y＝±eq\f(1,2)x，聯(lián)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)))，則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特殊轉化法求定值問題例4(2023·張家口模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點到它的兩個焦點的距離之和為4，以橢圓C的短軸為直徑的圓O經(jīng)過這兩個焦點，點A，B分別是橢圓C的左、右頂點．(1)求圓O和橢圓C的方程；(2)已知P，Q分別是橢圓C和圓O上的動點(P，Q位于y軸兩側)，且直線PQ與x軸平行，直線AP，BP分別與y軸交于點M，N.求證：∠MQN為定值．解(1)由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,c＝b，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，所以圓O的方程為x2＋y2＝2，橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設點P的坐標為(x0，y0)(y0≠0)，點Q的坐標為(xQ，y0)，則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).))由直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，得點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，由直線BP的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，得點N的坐標為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°，為定值．將一般問題轉化為特殊問題的特征，比如角轉化為斜率或向量的夾角，線段比轉化為坐標比，然后利用題設條件解決問題．4.(2024·北京房山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸的兩個端點分別為A(－2，0)，B(2，0)，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)M為橢圓C上除A，B外任意一點，直線AM交直線x＝4于點N，O為坐標原點，過點O且與直線BN垂直的直線記為l，直線BM交y軸于點P，交直線l于點Q，求證：eq\f(|BP|,|PQ|)為定值．解(1)由已知，得a＝2，又e＝eq