【教無憂】高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第47講 專題2-12 拋物線解答題十一大題型

專題2-12拋物線解答題十一大題型匯總題型1弦長問題 1題型2中點弦問題 8題型3直線方程問題 13題型4面積問題 20題型5取值范圍問題 27題型6最值問題 37題型7定點問題 48題型8定值問題 57題型9定直線問題 65題型10向量問題 73題型11探索性問題 83題型1弦長問題【方法總結(jié)】弦長計算方法：（1）由已知條件，應(yīng)用點斜式寫出過焦點的直線方程，聯(lián)立拋物線方程得x1+x（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合弦長公式求弦長.【例題1】（21·22上·攀枝花·階段練習(xí)）已知拋物線C:y2=2px的焦點為F，M1,t為拋物線(1)求拋物線C的方程；(2)若直線y=x?12與拋物線C相交于A，B兩點，求弦長【答案】(1)y(2)4【分析】（1）由焦半徑公式得p=1，進而得拋物線方程；（2）聯(lián)立方程，根據(jù)韋達定理，結(jié)合弦長公式求解即可.【詳解】（1）解：∵M(1,t)在拋物線C:y2=2px上，且|MF|=32故拋物線C的方程為y2（2）解：聯(lián)立y=x?12y設(shè)A(x1，y1)，B(x2，∴|AB|=2?|x【變式1-1】1.（22·23上·南岸·期末）已知點M1,0，直線l：x=?2，平面內(nèi)存在點P，使得點P到點M的距離比到直線l(1)求點P的軌跡方程C.(2)已知直線l2：y=12【答案】(1)y(2)4【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義即可求解.（2）將直線方程與曲線方程聯(lián)立，利用韋達定理和弦長公式即可求解.【詳解】（1）因為點M1,0，直線l：x=?2，平面內(nèi)存在點P，使得點P到點M的距離比到直線l的距離小1，也即點P到點M的距離等于到直線x=?1由拋物線的定義可知：點P的軌跡是以M(1,0)為焦點，以直線x=?1為準線的拋物線，所以點P的軌跡方程為：y2（2）由（1）可知：曲線C的方程為：y2=4x，設(shè)直線l2與曲線C交于A(x1,y所以y1+y2=8所以l2被曲線C截得的弦長為4【變式1-1】2.（21·22上·北京·期末）已知拋物線y2=2px(p>0)的準線方程是x=?1(1)求拋物線的方程；(2)求弦長|MN|；(3)設(shè)O為坐標原點，證明：OM⊥ON．【答案】(1)y2(2)210(3)詳見解析.【分析】（1）根據(jù)拋物線的準線方程求解；（2）由直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用弦長公式求解；（3）結(jié)合韋達定理，利用數(shù)量積運算證明；【詳解】（1）解：因為拋物線y2=2px(p>0)的準線方程是所以?p2=?所以拋物線的方程是y2（2）由x?y?2=0y2=2x設(shè)Mx則x1所以MN=（3）因為OM?=2x=2×4?2×6+4=0，所以O(shè)M⊥即OM⊥ON.【變式1-1】3.（20·21上·福州·期中）已知直線l經(jīng)過拋物線y2=6x的焦點F，且與拋物線相交于A、（1）若直線l的傾斜角為60°，求AB（2）若以線段AB為直徑的圓截y軸所得到的弦長為6，求此圓的半徑．【答案】（1）AB=8；（2）【分析】（1）由傾斜角求直線的斜率k，拋物線方程求F點坐標，由直線過拋物線焦點F，寫出直線方程，聯(lián)立直線與拋物線方程，應(yīng)用韋達定理得x1+x（2）先討論直線l的斜率不存在時得不滿足條件，再討論直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx?32k≠0，聯(lián)立方程得以線段AB為直徑的圓的圓心為3k2+62k【詳解】解：（1）由直線l的傾斜角為60°，則斜率k=tan60°=3∴直線l的方程為y=3聯(lián)立y2=6xy=若設(shè)Ax1,y1而|AB|=|AF|+|BF|=x1+∴AB=5+3=8（2）當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=32，此時以線段AB為直徑的圓的方程為x?322+y當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx?聯(lián)立y2=6xy=k設(shè)Ax1,y1，B所以y1所以|AB|=所以以線段AB為直徑的圓的圓心為3k2+6因為以線段AB為直徑的圓截y軸所得到的弦長為6所以3k2+62k所以圓的半徑r=1【點睛】關(guān)鍵點點睛：【變式1-1】4.（20·21上·沙坪壩·期中）已知點M(?3,0)，點P在y軸上，點Q在x軸的正半軸上，點N在直線PQ上，且滿足MP?PN=0（1）當P點在y軸上移動時，求動點N的軌跡C的方程；（2）過點T(2,0)作一直線交曲線C于A，B兩點，O為坐標原點，若△AOT的面積是△BOT面積的2倍，求弦長|AB|．【答案】（1）y2=3【解析】（1）設(shè)N(x,y)，由已知向量的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系得(3,2y)?(x,?y)=0，即可知N的軌跡C的方程；（2）由直線與拋物線相交關(guān)系，令直線AB的方程為：x=my+2，A(x1,y1)，【詳解】（1）設(shè)點N(x,y)，由PN=12PQ，得由MP?PN=0所以y2∴y2（2）設(shè)直線AB的方程為：x=my+2，A(x1,聯(lián)立{x=my+2y2=3又△AOT的面積是△BOT面積的2倍，得y1=?2y由弦長公式可得：|AB|=1+【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）由向量的數(shù)量關(guān)系，應(yīng)用向量的坐標表示求動點軌跡方程.（2）根據(jù)直線與拋物線相交，設(shè)直線方程x=my+2并聯(lián)立拋物線方程，得到y(tǒng)1+y【變式1-1】5.（20·21上·全國·期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點F(0,3),E(2,?3)，動點C滿足關(guān)系式OF→（1）求動點C的軌跡M的方程；（2）過點F作一直線AB交M于A,B兩點，若△BOF的面積是△AOF的面積的2倍，求弦長AB.【答案】（1）x2=12y；（2）【分析】（1）設(shè)動點Cx,y，則有OF→=0,3,EC→（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,【詳解】（1）設(shè)動點Cx,y，則有又由OF→?EC化簡得x2=12y.故所求動點C的軌跡M的方程為（2）如圖，設(shè)Ax1,得12OF?x2=2×由于直線AB過點F(0,3)，顯然直線AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB的方程為y=kx+3，代入方程x2整理得x2?12kx?36=0，其由韋達定理得x1+x2=12k由①②得x1=?12k,x2=24k由弦長公式得AB【點睛】關(guān)鍵點點睛：第（2）問的關(guān)鍵點是：設(shè)Ax1,y1題型2中點弦問題【方法總結(jié)】（1）求二次曲線的標準方程的方法有：待定系數(shù)法、定義法、直接法、代入法、參數(shù)方程法；（2）"設(shè)而不求"是一種在解析幾何中常見的解題方法，可以解決直線與二次曲線相交的問題.（3）針對中點弦這一特殊問題的專用方法——點差法.【例題2】（23·24上·漢中·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，點A6,y(1)求拋物線C的方程；(2)已知直線l交拋物線C于M,N兩點，且點4,2為線段MN的中點，求直線l的方程．【答案】(1)y(2)4x?y?14=0【分析】（1）利用拋物線定義可求得p=8，即可求出拋物線C的方程；（2）由弦中點坐標為4,2并利用點差法即可求得直線l的斜率為4，便可得直線方程.【詳解】（1）點A6,y0由拋物線定義可得AF=6+p2故拋物線C的標準方程為y2（2）設(shè)Mx

則y12=16即y1又線段MN的中點為4,2，可得y1則y1?y所以直線l的方程為y?2=4x?4即直線l的方程為4x?y?14=0．【變式2-1】1.（22·23上·貴港·期末）已知F是拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點，M4,y(1)求拋物線C的方程；(2)若直線l與拋物線C交于A,B兩點，且線段AB的中點坐標為(8,12)，求直線l的斜率.【答案】(1)x(2)2【分析】（1）根據(jù)點在拋物線上及焦半徑公式，列方程組求解即可；（2）設(shè)出A,B坐標，代入拋物線方程，結(jié)合弦中點，利用點差法即可求得直線的斜率.【詳解】（1）由題可知，16=2py0y0+p2（2）設(shè)Ax1,y1即y1?y2x1?x2故直線l的斜率為2.

【變式2-1】2.（23·24上·全國·課時練習(xí)）已知拋物線C:y2=2x的焦點為F，平行于x軸的兩條直線l(1)若F在線段AB上，R是PQ的中點，AR與FQ平行嗎？(2)若△PQF的面積是△ABF的2倍，求AB中點的軌跡方程.【答案】(1)AR//FQ；(2)y2【分析】（1）求出拋物線C的焦點坐標、準線方程，設(shè)出直線l1,l（2）根據(jù)給定條件，求出直線AB與x軸的交點坐標，設(shè)出AB的中點坐標，利用共線向量的坐標表示求解作答.【詳解】（1）拋物線C:y2=2x的焦點F(

設(shè)l1:y=a，l2:y=b，則ab≠0，得A(a22,a)，則BA=(a22?于是a(a22?bRA=(a2因此RA//QF，顯然點R不在直線所以AR//FQ.（2）如圖，設(shè)直線AB與x軸相交于點Dx

由（1）知，△ABF的面積S△ABF=12a?b依題意，S△PQF=2S△ABF，即a?b2=a?b由于x1=0時，點D與A,B之一重合，有ab=0，矛盾，則點D的坐標為設(shè)AB的中點為Ex,y，則DE=(x?1,y)，由DE//即a+b2y=x?1，又a+b2所以所求的軌跡方程為y2【變式2-1】3.（22·23下·呼倫貝爾·階段練習(xí)）已知拋物線C:x2=?2py(p>0)的焦點為F,Ax0(1)求拋物線C的方程；(2)已知直線l交拋物線C于M,N兩點，且MN的中點為6,?4，求直線l的方程．【答案】(1)x(2)x+2y+2=0【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義求解；（2）設(shè)點代入拋物線方程，然后利用點差法求解直線的斜率，然后根據(jù)點斜式即可解得直線的方程；【詳解】（1）因為AF=9+所以p=12，故拋物線C的方程為x2（2）

易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k,Mx則x兩式相減得x12?因為MN的中點為6,?4，所以k=y所以直線l的方程為y+4=?12x?6【變式2-1】4.（22·23下·安康·期末）已知拋物線C：y2=2px（p>0）上一點M1,m(1)求p和m；(2)若在拋物線C上存在點A，B，使得MA⊥MB，設(shè)AB的中點為D，且D到拋物線C的準線的距離為152【答案】(1)p=2，m=2(2)132,1或【分析】（1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)，求出p=2，然后將M1,m（2）根據(jù)D到拋物線C的準線的距離求出D的橫坐標，將MA⊥MB轉(zhuǎn)為k1k2=?1，從而得到【詳解】（1）設(shè)拋物線C的焦點為F，根據(jù)題意可知MF=1+p2故拋物線C：y2因為M在拋物線C上，所以m2=4.又因為m>0，所以（2）設(shè)Ay124,y1，By224易知k1，k2一定存在，則k1由MA⊥MB，得k1k2=?1，即y因為D到拋物線C的準線的距離d1=x則x1+x2=13y1+y解得y1+y2=?6或y故點D的坐標為132,1或題型3直線方程問題【方法總結(jié)】有關(guān)直線與拋物線的問題，解題方法如下：（1）根據(jù)題意，列出等量關(guān)系式求得p的值，得到拋物線的方程，利用點在拋物線上點的坐標滿足拋物線方程，求得m的值；（2）根據(jù)題意，設(shè)出點的坐標，根據(jù)重心坐標公式，列出等量關(guān)系式，根據(jù)點在拋物線上，點的坐標滿足拋物線方程，聯(lián)立求得點的坐標，進而求得直線方程.【例題3】（22·23上·眉山·期中）如圖，點A(2,8)，B(x1,y1)，C(x2,y2(1)求拋物線的方程和點F的坐標；(2)求點M的坐標及BC所在的直線方程.【答案】(1)y2=32x(2)M(11,?4)；4x+y?40=0【分析】(1)將A(2,8)代入y2=2px求得p值，得到點(2)設(shè)點M的坐標為x0,y0，根據(jù)AF=2由y12=32x1【詳解】（1）由點A(2,8)在拋物線y2=2px上，有82所以拋物線方程為y2=32x，焦點F的坐標為（2）由于F是△ABC的重心，M是線段BC的中點，所以AF=2FM，設(shè)點M的坐標為則AF=(6,?8),∴6=2x0?8?8=2y0由y12=32因為M(11,?4)為為BC的中點，故y1所以y2因此BC所在直線的方程為y?(?4)=?4(x?11)，即4x+y?40=0.【變式3-1】1.（20·21上·紹興·期末）已知三角形ABC內(nèi)接于拋物線C:y2=2px(p>0)（1）求m,p的值．（2）若△ABC的重心恰是拋物線的焦點F，求BC所在的直線方程．【答案】（1）m=8，p=16；（2）lBC【分析】（1）根據(jù)拋物線上的點A(2,m)(m>0)到準線的距離，列出等量關(guān)系式，求得p的值，得到拋物線的方程，將點的坐標代入拋物線方程求得m的值；（2）設(shè)Bx2,【詳解】（1）因為A到拋物線C準線的距離為10=pA(2,m)(m>0)代入拋物線C:y2=32x（2）由（1）得F(8,0),A(2,8)，設(shè)Bx則2+x故x2+所以kBC=y【變式3-1】2.（20·21上·沈陽·期末）已知點M到點F32,0（1）求點M的軌跡方程；（2）求過點C(0,?2)與點M的軌跡只有一個公共點的直線方程.【答案】（1）y2=6x；（2）x=0或y=?2或【分析】（1）用定義法判斷M的軌跡為拋物線，寫出軌跡方程；（2）設(shè)出直線方程，利用只有一個交點（分斜率不存在、斜率存在及與x軸平行或重合）求出直線方程即可.【詳解】解：（1）由點M到點F（32,0）可得點M的軌跡為以F（32,0）∴M的軌跡方程為y（2）①當過點C（0，?2）的直線斜率不存在時方程x=0與y2②當過點C（0，?2）的直線斜率存在時，設(shè)方程y=kx?2聯(lián)立y=kx?2y2當k=0時，方程為y=?2.解得x=23，有一個交點當k≠0時，?=（4k+6）方程為y=?34綜上，過點C（0，?2）與點M的軌跡恰有一個交點的直線方程為x=0或y=?2或3x+4y+8=0.【變式3-1】3.（18·19下·衡陽·階段練習(xí)）已知拋物線E:x2=2py(p>0)上一點P的縱坐標為4，且點P（1）求拋物線E的方程（2）已知兩直線l1,l2分別經(jīng)過點F和H(0,?1)，l1與拋物線E交于A,B兩點，l2與拋物線E在第一象限相切于點M，且【答案】（1）x2=4y【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義，由4+p2（2）根據(jù)l2與拋物線E在第一象限相切于點M，利用Δ=0求出l2，得到根據(jù)點到直線距離及弦長AB可得△ABM的面積，即可求出斜率，得到直線l1【詳解】（1）因為拋物線的準線為y=?p2，則解得p=2，所以拋物線的方程為x2（2）由已知設(shè)直線l1:y=kx+1，由y=kx+1x2=4y這時Δ=16(kAB同理可得直線l2:y=k'x?1，由Δ=16(k解得k點M第一象限，則k∴∴∴M(2,1)，則M到l1的距離∴S=1解得k=2，故直線l1方程為y=2x+1【點睛】本題主要考查了拋物線的定義、標準方程，直線與拋物線的位置關(guān)系，弦長公式，三角形面積，屬于中檔題.【變式3-1】4.（18·19下·河南·期中）已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，過F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，弦AB的中點的橫坐標為32（Ⅰ）求拋物線C的方程；（Ⅱ）若直線l的傾斜角為銳角，求與直線l平行且與拋物線C相切的直線方程.【答案】（Ⅰ）y2=4x【分析】（Ⅰ）由題得x1+x22=32，再利用拋物線的定義求p的值，即得拋物線C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為【詳解】（Ⅰ）設(shè)A(x1,因為AB的中點的橫坐標為32，所以x根據(jù)拋物線定義知AB=所以p+3=5，解得p=2，所以拋物線C的方程為y2（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=k(x?1)，k>0.則由y2=4xy=k(x?1)所以x1+x2=設(shè)與直線l平行的直線的方程為y=2x+b，由y2=4xy=2x+b依題知Δ=(4b?4)2?16故所求的切線方程為y=2x+1【點睛】本題主要考查拋物線的標準方程的求法，考查拋物線的定義，考查直線和拋物線的位置關(guān)系，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.【變式3-1】5.（20·21上·清遠·期末）已知拋物線y2=2px?（1）求拋物線方程；（2）若直線l：y?kx?2=0與拋物線只有一個交點，求直線l方程.【答案】（1）y2=8x；（2）y【解析】（1）利用拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點與雙曲線x23（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，消去x得?ky2+8y?16=0【詳解】解：（1）雙曲線x23?∴p2=2，∴拋物線C的標準方程為y2（2）因為直線y?kx?2=0與拋物線只有一個交點，聯(lián)立方程得y?kx?2=0y2=8x，消去x當k=0時，8y?16=0顯然有一個交點，滿足條件，此時直線方程為y?2=0；當k≠0時，Δ=82?4×?k×綜上可得，直線方程為y?2=0或x?y+2=0【點睛】本題考查拋物線的標準方程及直線與拋物線的位置關(guān)系求參數(shù)的值，屬于中檔題.題型4面積問題【方法總結(jié)】有關(guān)圓錐曲線弦長、面積問題的求解方法（1）涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求計算弦長；涉及垂直關(guān)系時也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡化運算；涉及過焦點的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解；（2）面積問題常采用S△（3）在求解有關(guān)直線與圓錐曲線的問題時，應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合、分類與整合、轉(zhuǎn)化與化歸及函數(shù)與方程思想的應(yīng)用．【例題4】（22·23下·內(nèi)江·期中）已知F是拋物線C:y2=2pxp>0的焦點，(1)求拋物線C的方程；(2)斜率為1的且過焦點的直線l與拋物線C交于A，B兩點，求△PAB的面積．【答案】(1)y(2)4【分析】（1）由題可得2=1+p2，即可求出（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，利用弦長公式可求出AB，利用點到直線的距離公式求出三角形的高，最后利用面積公式即可.【詳解】（1）由拋物線的定義得PF=2=1+p2，解得p=2即拋物線的標準方程是y2（2）由題意得，拋物線的焦點為F1,0，令x=1，解得t=2（負舍），則P∴斜率為1的直線l的方程為y=x?1，即x?y?1=0，設(shè)Ax1,y2=4xy=x?1所以x1+x∴AB=點P到直線l的距離為d=1?2?1所以△PAB的面積S△PAB

【變式4-1】1.（22·23·重慶·模擬預(yù)測）如圖，已知拋物線C：y2=2pxp>0

(1)求拋物線C的方程；(2)過點Pm,0m>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l【答案】(1)y(2)64【分析】（1）根據(jù)題意列式求解p，即可得結(jié)果；（2）根據(jù)題意聯(lián)立方程結(jié)合韋達定理求點Q的坐標，根據(jù)切線結(jié)合Δ判別式求相應(yīng)參數(shù)值，進而可得結(jié)果.【詳解】（1）由題意可知：拋物線C的焦點Fp將A2,y0且p>0，則y0因為△OAF的面積為12×p所以拋物線C的方程為y2（2）由（1）可得拋物線C的方程為y2=8x，焦點設(shè)直線l1聯(lián)立方程x=?y+my2=8x則Δ=64+32m>0，可得y因為點Mx1,y1所以直線MF的方程為x=x聯(lián)立方程x=y12可得y1y3則x3=y因為l2//l代入Q32y12,?所以l2聯(lián)立方程x=?y+32y1因為l2為拋物線C的切線，則Δ整理得y12?8又因為y1+y可得y2即Q2,?4，l可得MN=點Q2,?4到x+y?6=0的距離d=所以△MNQ的面積S△MNQ【變式4-1】2.（23·24上·南京·階段練習(xí)）設(shè)拋物線C：y2=2pxp>0的焦點為F，M∈C，Q在準線上，Q的縱坐標為3p，(1)求拋物線C的方程；(2)過F且斜率為2的直線l與C交于A、B兩點，求△ABQ的面積.【答案】(1)y(2)2【分析】（1）根據(jù)拋物線的方程的得到Q?p2,3p，F(xiàn)p（2）聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達定理得到AB，根據(jù)點到直線的距離公式得到三角形ABQ的高，然后求面積即可.【詳解】（1）由題意得Q?p2所以FQ=p2+?所以拋物線的方程為y2（2）由（1）可得Q?1,23，所以直線AB的方程為y=2x?1，即y=2x?2設(shè)Ax1,聯(lián)立y=2x?2y2=4x所以x1+x設(shè)點Q到直線AB的距離為d，則d=?2?2?2所以S△ABQ【變式4-1】3.（22·23上·省直轄縣級單位·階段練習(xí)）已知點M2,?22在拋物線C:y(1)求拋物線C的標準方程；(2)求線段AB的長及△ABO的面積.【答案】(1)y(2)AB=8；【分析】（1）將點M的坐標代入拋物線方程，即可得到結(jié)果；（2）由題意可得直線l的方程，聯(lián)立直線與拋物線的方程，結(jié)合焦半徑公式即可得到AB，再由點到直線的距離公式，即可得到△ABO的面積.【詳解】（1）由題意可知，將點M2,?22代入拋物線方程，可得?22則拋物線方程為y2（2）由（1）可知，拋物線方程為y2=4x，則F1,0，則直線l即y=x?1，設(shè)Ax1,y1消去y可得x?12=4x，化簡可得x2由拋物線焦半徑公式可得，AB=由點到直線的距離公式可知，點O到直線l的距離d=?1則S△ABO【變式4-1】4.（22·23下·靜安·期中）已知斜率為k的直線l經(jīng)過拋物線C:y2=4x的焦點F，且與拋物線C交于不同的兩點Ax1,y(1)若點A和B到拋物線準線的距離分別為32和3，求AB(2)若斜率k=1，求△AMB的面積；(3)若△AMB是等腰三角形且MA=MB，求實數(shù)【答案】(1)AB(2)8(3)1或?1【分析】（1）由拋物線的定義求解即可；（2）由拋物線焦點弦的弦長和點到直線距離求解即可；（3）將拋物線方程與直線方程聯(lián)立，用k表示出AB中點N的坐標，使MN⊥AB即可.【詳解】（1）拋物線C:y2=4x的焦點為F由拋物線的定義，若點A和B到準線的距離分別為32和3，則AF=3∴AB=（2）若斜率k=1，則直線l的方程為y=x?1，由y=x?1y2=4x消去y，整理得x∵Ax1,y1,B由拋物線的定義，AB=M5,0到直線l:y=x?1即x?y?1=0的距離為d=∴△AMB的面積S△AMB（3）直線l的方程為y=kx?1，（易知k≠0由y=kx?1y2=4x消去y，整理得∵Ax1,y1,B∴AB中點Nx其中x1+x22∵△AMB是等腰三角形且MA=MB，∴∴kMN?k∴實數(shù)k的值為1或?1.題型5取值范圍問題【方法總結(jié)】圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；（2）利用已知參數(shù)的范圍，求新的參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系；（3）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（4）利用已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；（5）利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.【例題5】（21·22下·嘉興·模擬預(yù)測）已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F，點M是拋物線的準線(1)求p的值和拋物線的焦點坐標；(2)設(shè)直線l與拋物線相交于A、B兩點，且MF⊥AB,AF⊥MB，求直線l在x軸上截距b的取值范圍．【答案】(1)p=4；F(2,0)(2)(?【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義與方程求解F(2,0),p=4；（2）利用向量處理MF⊥AB,AF⊥MB，結(jié)合韋達定理代換整理，注意討論直線l斜率是否存在．【詳解】（1）因為拋物線的準線是x=?2，所以拋物線的焦點坐標F(2,0),p2=2（2）因為點M是拋物線的準線x=?2上的動點，設(shè)M?2,（?。┤糁本€l的斜率不存在，則l:x=b(b>0)．由x=by2=8xMF因為MF⊥AB，所以MF?即4,?y0?(0,?2因為b≠0，所以y0因為AF⊥MB，所以AF?即(2?b,?8b)?b+2,?所以b2?8b?4=0因為b>0，所以（ⅱ）若直線l的斜率存在，設(shè)為k，則l:y=k(x?b)．設(shè)Ax由y=kx?by2=8x得且Δ=64?4k(?8kb)>0，所以b因為MF⊥AB，所以MF?AB=0，即4,?所以k=y2?因為AF⊥MB，所以AF?即2?x1,?所以2則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∈(?∞綜合（?。áⅲ┲本€l在x軸上截距b的取值范圍是(?∞【變式5-1】1.（21·22下·大連·二模）已知拋物線E:y2=2px(p>0)(1)拋物線E的標準方程；(2)如圖所示，過點M(t,0)和點N(2t,0)(2≤t≤6)分別作兩條斜率為k的平行弦分別和拋物線E相交于點A，B和點C，D，得到一個梯形ABCD.記梯形兩腰AD和BC的斜率分別為k1和k2，且（i）試求實數(shù)k的值；（ii）若存在實數(shù)λ，使得S梯形ABCD=λ【答案】(1)y(2)（i）2；（ii）1+【分析】(1)設(shè)點P(x(2)設(shè)點A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x【詳解】（1）設(shè)點P(x0,y0∴PF=p4所以拋物線E的標準方程為y2（2）(i)設(shè)點A(x1,y1)，則k=y同理：k1=4y1又因為k1+k2?所以y1+y2+（ii）由（i）得：AB:y=2(x?t)代入y2=4x可得：所以AB=點O到直線AB的距離為d=2∴S△OAB同理可求得：CD=∴S梯形∴4t+1+λ=4t+1∵2≤t≤6，∴1+17綜上，實數(shù)λ的取值范圍為1+17【變式5-1】2.（21·22下·江西·二模）設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，點M(2,m)(m>0)(1)求拋物線C的標準方程；(2)過點G(0,a)(a>0)的兩直線l1,l2的傾斜角互補，直線l1與拋物線C交于A，B兩點，直線l【答案】(1)y(2)(0,1)∪(1,【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義：到焦點的距離等于到準線的距離即可求解答.（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，由弦長公式求長度，由點到直線的距離求高，進而可得三角形的面積即可求解.【詳解】（1）依題意，點M(2,m)是拋物線C上的一點，點M到焦點的距離為3，所以2+p所以拋物線方程為y（2）由題意可知直線l1,l2的斜率存在，且不為0，設(shè)直線l1聯(lián)立方程組{y2=4x可得ΔS將t用?t代換，可得S△FPQ=2由S△FAB=S化簡可得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【變式5-1】3.（21·22下·紹興·模擬預(yù)測）已知橢圓C1:x2a2+(1)求橢圓C1及拋物線C(2)如圖，過M(?m,0)(m≥1)作直線l交拋物線C2于P，Q兩點（P在Q的左側(cè)），點Q關(guān)于x軸的對稱點為Q1，求證直線PQ1過定點N；并求當l的傾斜角為【答案】(1)x22(2)證明見解析，d∈【分析】（1）根據(jù)已知條件求得b,c,a,p，由此求得C1（2）設(shè)出P,Q的坐標，求得直線l、直線PQ1的方程，結(jié)合M點坐標證得直線PQ1過定點Nm,0.求得當l的傾斜角為30°【詳解】（1）由題意得b=1，因為離心率為ca=2c2∴a=2,b=1,∴橢圓p2=1,p=2，所以拋物線（2）設(shè)Px1,l:y?y∵kPQ∴l(xiāng):y=4同理可得lP把M(?m,0)代入l得y1y2所以直線PQ1過定點當l的傾斜為30°時kPQ=∴y∴1≤m<3且y1∴l(xiāng)Pd=|?2m|令4?m=t則1<t≤3，∵y=24t?t在(1,【變式5-1】4.（21·22下·棗莊·三模）已知雙曲線C:x2a2?(1)求雙曲線C和拋物線E的方程；(2)過雙曲線C上一點P作拋物線E的切線，切點分別為A，B．求△PAB面積的取值范圍．【答案】(1)C:x2(2)3【分析】（1）代入點(7,?1)結(jié)合雙曲線（2）設(shè)直線AB方程為y=kx+m，Ax1,y1【詳解】（1）由題，a=1，又點(7,?1)在雙曲線上，故7?1故雙曲線方程為x2又點(7,?1)過拋物線E:x2=2py故E:（2）顯然直線AB斜率存在，故設(shè)直線AB方程為y=kx+m，Ax聯(lián)立y=kx+mx2=4y故x1+x2=4k,故切線AP:y?y1=12同理切線BP:y=1聯(lián)立y=12x1x?14又S=4k2+m32，且2k又P2k,?m在雙曲線上故m∈R，故S故△PAB面積的取值范圍為3【點睛】本題主要考查了雙曲線和拋物線方程的求解，同時也考查了聯(lián)立直線與圓錐曲線，利用韋達定理化簡并表達面積的問題，同時也考查了求導(dǎo)求切線方程的方法與面積的范圍問題等，屬于難題【變式5-1】5.（21·22下·岳陽·一模）已知拋物線C:y2=2pxp>0上一點P(x0,2)，拋物線C(1)求拋物線C的方程；(2)過點P引圓M:(x?3)2+y2=r2(1<r≤3)的兩條切線PA、PB，切線PA、PB與拋物線C【答案】(1)y(2)t∈【分析】（1）由題設(shè)可得∠PFO=90°，據(jù)此可求x0，從而可得p（2）設(shè)切線PA的方程為y=k1(x?1)+2，切線PB的方程為y=k2(x?1)+2，根據(jù)相切可得k1,k【詳解】（1）由已知條件可得∠PFO=90°，∴x解得{p=2x0（2）由題意可知，過P引圓(x?3)2設(shè)切線PA的方程為y=k則圓心M到切線PA的距離d=|2整理得，(r設(shè)切線PB的方程為y=k同理可得(r所以，k1,kk1設(shè)A(x1,由y=k1x?1由韋達定理知2y所以y1=4?2設(shè)點D的橫坐標為t，則t==2(k設(shè)m=k1+所以t=2m2?2m?3，對稱軸題型6最值問題【方法總結(jié)】求解直線與拋物線綜合應(yīng)用中的三角形面積最值（取值范圍）問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，整理為關(guān)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積，代入韋達定理的結(jié)論；④將所求三角形面積轉(zhuǎn)化為關(guān)于某一變量的函數(shù)的形式，利用函數(shù)的單調(diào)性或基本不等式求解出最值（范圍）.【例題6】（22·23下·新疆·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2pxp>0，圓(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，過圓心E的直線與圓E交于點A,B，直線OA,OB分別交拋物線C于點P,Q（點P,Q不與點O重合）.記△OAB的面積為S1，△OPQ的面積為S2，求【答案】(1)y(2)9【分析】（1）聯(lián)立拋物線和圓的方程并消元，由對稱性可得關(guān)于x的方程有兩個相等的正的實數(shù)根，由Δ=0且根為正數(shù)解出p，得出拋物線C（2）設(shè)直線AB的方程為x=my+4，代入圓E的方程中，消去x，可得A,B的縱坐標；設(shè)直線OA的方程為y=y1x1x，代入拋物線方程，可得P,Q【詳解】（1）由y2得(x?4)2+2px=12，即由對稱性可得關(guān)于x的方程有兩個相等的正的實數(shù)根，所以Δ=(8?2p)2解得p=2，所以拋物線C的方程為y2（2）由題意，知直線AB的斜率不為0，故設(shè)直線AB的方程為x=my+4，如圖，設(shè)Ax1,y1，B將直線AB的方程代入圓E的方程中，消去x，得m2所以y2=12m2直線OA的方程為y=y1x消去x，得y2=4x1y1同理，得y4所以S===9所以當m=0時，S1S2【變式6-1】1.（22·23下·武漢·一模）過坐標原點O作圓C:(x+2)2+y2=3的兩條切線，設(shè)切點為(1)求拋物線E的標準方程；(2)設(shè)點T是圓C上的動點，拋物線E上四點A,B,M,N滿足：TA=2TM,TB=2（i）求直線TD的斜率；（ii）設(shè)△TAB面積為S，求S的最大值.【答案】(1)y(2)（i）0；（ii）48【分析】（1）設(shè)直線PQ與x軸交于P0?p2,0，由幾何性質(zhì)易得：CP2=CP0?CO，即可解決；（2）設(shè)Tx0,y0,Ax1,y1,Bx2,【詳解】（1）設(shè)直線PQ與x軸交于P0由幾何性質(zhì)易得：△CPP0與所以CPCCP2即：3=?p2所以拋物線E的標準方程為：y2（2）設(shè)T（i）由題意，TA中點M在拋物線E上，即y0又y12=2得：y1同理：y2有y1+y2=2所以直線TD的斜率為0.（ⅱ）因為x1所以點D3此時S=1TD=y1所以S=3又因為點T在圓C上，有x0+22S=3由?2?3所以x0=?3時，S取到最大價所以S的最大值為48.【變式6-1】2.（22·23下·蚌埠·二模）已知拋物線C:y2=2px，點A(1,2)在C上，A關(guān)于動點T(t,0)(t<3)的對稱點記為M，過M的直線l與C交于P(1)當直線l過坐標原點O時，求△APQ外接圓的標準方程；(2)求△APQ面積的最大值．【答案】(1)x?(2)32【分析】（1）由題意解得拋物線方程，設(shè)直線方程，代入拋物線方程，利用M為P，Q的中點解出P，Q的坐標，利用圓上三點求圓的方程；（2）把△APQ面積表示為t的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性求最大值.【詳解】（1）由點A(1,2)在C上，代入C:y2=2px，解得p=2因為M為A關(guān)于動點T(t,0)的對稱點，所以M(2t?1,?2)．設(shè)直線l:x=n(y+2)+2t?1，聯(lián)立x=n(y+2)+2t?1,y2=4x,則Δ=y1+y由M為P，Q的中點，得y1+y由Δ>0，解得1<t<3由直線l過坐標原點O，得n=12?t解得y1=0，y2=?4，即設(shè)△APQ外接圓的一般方程x2代入A(1,2)，P(0,0)，Q(4,?4)，F(xiàn)=0,解得D=?7，E=1，F(xiàn)=0，即x2即△APQ外接圓的標準方程為x?7（2）由（1）可知，|PQ|=8t?1A到直線l:x+y+3?2t=0的距離為d=|1+2+3?2t|則△APQ面積S=1S'=22(5?3t)當1<t<53，S'>0，S單調(diào)遞增；當故t=53，△APQ面積的最大值【點睛】思路點睛：解答直線與拋物線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系；最值問題經(jīng)常轉(zhuǎn)化成函數(shù)問題處理.【變式6-1】3.（22·23上·烏魯木齊·期末）已知拋物線C的頂點在坐標原點，焦點在y軸上，且拋物線上有一點Mm,2(1)求拋物線C的方程；(2)已知直線l交拋物線C于A，B兩點，且線段AB中點的縱坐標為2，則AB的最大值為多少？【答案】(1)x(2)6【分析】（1）方法1：由題分析設(shè)拋物線的標準式，由拋物線的定義將拋物線上的點到焦點的距離轉(zhuǎn)化成此點到準線的距離列式可得結(jié)果.方法2：設(shè)出拋物線焦點在y軸上的一般式方程，由拋物線的定義將拋物線上的點到焦點的距離轉(zhuǎn)化成此點到準線的距離列式可得結(jié)果.（2）設(shè)出直線方程y=kx+n，聯(lián)立直線方程與拋物線的方程，再聯(lián)系已知可得k與n的關(guān)系式，再由弦長公式得到弦長關(guān)于k的函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求關(guān)于k的函數(shù)在固定區(qū)間上的最大值（方法1：應(yīng)用基本不等式求最大值，方法2：換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在固定區(qū)間上的最大值）.【詳解】（1）方法1：∵拋物線的焦點在y軸上且過點M(m,2)，點M的縱坐標為正數(shù)，∴設(shè)拋物線的方程為x2=2py，∴焦點F(0,p2)由拋物線的定義知，|MF|=2?(?p2∴拋物線C的方程為x2方法2：∵拋物線的焦點在y軸上，∴設(shè)拋物線的方程為x2=ay，∴焦點F(0,a4)∴由拋物線的定義知，m∴拋物線C的方程為x2（2）設(shè)直線l方程為：y=kx+n，A(x1,y=kx+n則Δ=16k2+16n>0，∴y1又∵AB中點的縱坐標為2，∴y1∴由①②得：n=2?2k∴Δ=16k2x1∴|AB|==方法1：∵?2∴(1+k2)(2?k2∴|AB|≤4×94=6∴|AB|的最大值為6.方法2：令t=k2，∵?2則|AB|=4(t+1)(2?t)=4?設(shè)?(t)=?t2+t+2，0≤t<2∴?(t)在[0,12)∴?(t)max=?(∴|AB|≤4×94=6∴|AB|的最大值為6.【變式6-1】4.（22·23下·安慶·二模）已知點F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點，準線l0與x軸的交點為K，點P是拋物線C上任一動點.當點P的橫坐標為8時，(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)A,B是拋物線C的準線上的兩個不同點，點P的橫坐標大于1，坐標原點O到△PAB的邊PA,PB的距離都等于1，求△PAB的周長的最小值.【答案】(1)y(2)8【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義即可求解.（2）設(shè)點Px0,y0，點A?1,m，點B?1,n，通過點0,0到直線PA、PB的距離為1，得到m,n是關(guān)于s【詳解】（1）將x=8代入拋物線方程，得y=4因為△PFK的面積為42所以12×所以拋物線C的方程為y2（2）設(shè)點Px0,y0則直線PA的方程為y?m=y0?m由原點0,0到直線PA的距離為1，可得y0故y0由條件知x0>1，上式化簡得同理有x0所以m,n是關(guān)于s的方程x0由根與系數(shù)的關(guān)系可得m+n=?2所以|AB|因為y02=4又點Px0,y0所以△PAB的面積為S=1令x0?1=t(t>0)，則因為t2上述兩個不等式都當且僅當t=2時取等號，所以S≥8+40+32故△PAB面積的最小值為45因為原點O到△PAB的三邊距離都等于1，所以S=1所以△PAB的周長為PA+所以△PAB的周長的最小值為85【變式6-1】5.（23·24上·湖北·階段練習(xí)）設(shè)拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點為F,E上點A(1)求拋物線E的方程；(2)已知正方形ABCD有三個頂點在拋物線E上，求該正方形面積的最小值.【答案】(1)y(2)32【分析】（1）由焦半徑公式結(jié)合點Ax0,2（2）畫出圖形，直線AB的斜率為m，Aa24,a,Bb24,b,Dc24,c，另一方面由兩點Aa24,a,B【詳解】（1）因為點Ax0,2在E因為AF=2，所以由焦半徑公式得AF由①②解得x0=1p=2，故拋物線E（2）如圖所示：

依題意，不妨令正方形ABCD的頂點A,B,D在拋物線上，且AB⊥AD，設(shè)拋物線上的三點為Aa顯然直線AB,AD的斜率均存在且不為0，又由拋物線的對稱性不妨設(shè)直線AB的斜率大于0，且點A,B都不在x軸下方，結(jié)合圖形知c≤0≤a<b，設(shè)直線AB的斜率為m，則直線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則正方形ABCD的面積為S=|AD=令t=m+1則t=m+1m+2≥2所以S=ft∵f∴函數(shù)S=ft在4,+所以當t=4，即m=1時，該正方形的面積S的最小值為f4【點睛】關(guān)鍵點睛：第一問的關(guān)鍵是根據(jù)焦半徑公式結(jié)合點在拋物線上，從而求解；第二問的關(guān)鍵是要先設(shè)參、設(shè)點，然后根據(jù)正方形鄰邊相等且互相垂直從而將各個點的坐標都用參數(shù)來表示，從而即可求得面積的表達式，構(gòu)造導(dǎo)數(shù)即可求解，本題綜合性比較強，考查了數(shù)形結(jié)合的思想，平時可以多鞏固計算.題型7定點問題【方法總結(jié)】求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；（3）求證直線過定點x0,y0，常利用直線的點斜式方程【例題7】（22·23·九江·一模）已知過點P(2,0)的直線l與拋物線E:y2=2px(p>0)交于A,B兩點，過線段AB的中點M作直線MN⊥y(1)求拋物線E的方程；(2)若C為E上異于點A,B的任意一點，且直線AC,BC與直線x=?2交于點D,R，證明：以DR為直徑的圓過定點.【答案】(1)y(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)出直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和中點坐標公式求出M，N坐標，結(jié)合PM⊥PN，可求得p的值，得解.（2）設(shè)出點C坐標，由點斜式方程求出直線AC的方程，令x=?2，求出點D坐標，同理求出點R坐標，由拋物線的對稱性可知，定點必在x軸上，設(shè)該點坐標為T(a,0)，利用DT?【詳解】（1）由題意，可設(shè)直線l的方程為x=my+2，將x=my+2代入y2=2px，消去x得設(shè)A(x1,y1)，∵M是線段AB的中點，∴xM=即M(pm2+2,pm)∴垂足N的坐標為(0,pm)，則PM=(pm2∵PM⊥PN，∴PM?PN∴?2p+p2=0，又p>0故拋物線E的方程為y2（2）

設(shè)C(t24,t)，y1+y則kAC=y1?t令x=?2，則y=t+4∴D(?2,ty1由拋物線的對稱性可知，若以線段DR為直徑的圓過定點，則定點必在x軸上，設(shè)該點坐標為T(a,0)，則DT=(a+2,?ty1?8∴(a+2)∴(a+2)∴a=22?2或∴以DR為直徑的圓過定點(22?2,0)和【變式7-1】1.（22·23上·齊齊哈爾·期末）已知F是拋物線C：y2=2pxp>0的焦點，M(1)求拋物線C的方程；(2)直線l與拋物線C交于A，B兩點，若OA?【答案】(1)y2(2)恒過定點2,0.【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用拋物線的定義求出p值作答.（2）設(shè)出直線l的方程，與C的方程聯(lián)立，利用韋達定理及數(shù)量積的坐標表示計算作答.【詳解】（1）由y2=2pxp>0知，拋物線的準線方程為x=?又MF=4，因此3?(?p2所以拋物線C的方程為y2（2）顯然直線l不垂直于y軸，設(shè)直線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則m2?4m+4=0，解得m=2，滿足Δ>0，直線l:x=ny+2所以直線l恒過定點2,0.

【點睛】思路點睛：與圓錐曲線相交的直線過定點問題，設(shè)出直線的斜截式方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立，借助韋達定理求出直線斜率與縱截距的關(guān)系即可解決問題.【變式7-1】2.（22·23·西安·三模）在平面直角坐標系xOy中，已知動圓C與圓O1:x2?2x+y2(1)求E的方程；(2)已知P4,y0y0>0是曲線E上一點，A,B是曲線E上異于點P的兩個動點，設(shè)直線PA?PB的傾斜角分別為【答案】(1)y(2)是，8,?8【分析】（1）由題意可得動圓的圓心C到點1,0的距離與到直線x=（2）當直線PA?PB中其中一條的斜率不存在，可求得直線AB的方程為x+y=0；當直線PA?PB的斜率都存在時，故設(shè)直線PA?PB的斜率k1,k2，Ay124,y1【詳解】（1）圓O1:x2?2x+由題意可得，動圓的圓心C到點1,0的距離與到直線x=所以點C的軌跡是以1,0為焦點，直線x=所以曲線E的方程為y2（2）由（1）可得P4,4當直線PA?PB中其中一條的斜率不存在，不妨設(shè)α=π2，易得A4,?4，直線PB的直線為y=x，與y2=4x故直線AB的方程為x+y=0；當直線PA?PB的斜率都存在時，故設(shè)直線PA?PB的斜率k1設(shè)A所以k1=y因為α+β=3π4，所以tan(α+β)=?1，所以tan所以k1所以4y1+4由題意可設(shè)AB方程為x=ty+n，聯(lián)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，此時有定點8,?8，綜上所述，直線AB經(jīng)過定點8,?8

【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查軌跡方程的求法，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是設(shè)直線PA?PB的斜率k1,k2，再由【變式7-1】3.（22·23上·綿陽·期中）已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為x?軸，且經(jīng)過點P(1,2)?.(1)求拋物線方程;(2)若直線l?與拋物線交于A,B?兩點，且滿足OA?OB=?4?，求證:直線【答案】(1)y(2)定點2,0，證明見解析【分析】（1）根據(jù)拋物線過點，代入即可求出結(jié)果;（2）由題意直線方程可設(shè)為x=my+n，將其與拋物線方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理，化簡求解，即可求出定點.【詳解】（1）由題可知，拋物線的開口向右，設(shè)拋物線方程為y2=2px因為經(jīng)過點P(1,2)?，所以4=2p?，解得p=2?所以，拋物線的標準方程為:y2=4x（2）如圖，設(shè)直線l?的方程為:x=my+n?，聯(lián)立方程x=my+ny消y?有：y2由于交于A,B?兩點，設(shè)Ax1則Δ>0?，即16my1+由OA=x則OA?OB解得:n=2?，驗證滿足條件.所以直線l?的方程為x=my+2?，即證直線l?恒過定點(2,0).【變式7-1】4.（22·23上·徐州·期中）已知定點F1,0，定直線l:x=?1，動圓M過點F，且與直線l(1)求動圓的圓心M所在軌跡C的方程；(2)已知點Pt,?1是軌跡C上一點，點A,B是軌跡C上不同的兩點（點A,B均不與點P重合），設(shè)直線AP,BP的斜率分別為k1、k2【答案】(1)y(2)證明見解析，定點?1,?【分析】（1）由題意，作圖，根據(jù)圓切線的性質(zhì)，結(jié)合拋物線的定義，可得答案；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，寫出韋達定理，代入k1【詳解】（1）設(shè)點Mx,y，圓M與直線l:x=?1的切點為N因為動圓M過點F1,0，且與直線l:x=?1相切，則MN=MF所以點M的軌跡是以原點O為頂點，以點F1,0則動圓M的圓心軌跡C的方程為y2（2）若直線AB的斜率為0，則直線AB與拋物線只有1個交點，不合要求，設(shè)直線AB的方程為x=my+n,x=my+ny2=4x，消去x則y1因為Pt,?1為拋物線y2=4x上一點，所以4t=1k1解得n=32m?1解得m>12或結(jié)合點A,B均不與點P重合，則n≠14+m，則3故m>12且m≠5所以直線AB:x=my+32所以直線AB恒過定點?1,?3題型8定值問題【方法總結(jié)】求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．【例題8】（20·21上·西安·一模）已知拋物線C：y2=2pxp>0

(1)求拋物線C的標準方程及其準線方程；(2)設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k1，k2，證明：【答案】(1)拋物線C的標準方程為y2=4x(2)證明見解析【分析】（1）求出橢圓的右焦點坐標可得p，從而求出拋物線C的標準方程，準線方程；（2）設(shè)過點M?1,t的直線方程為y=kx+1+t，與拋物線方程聯(lián)立，利用相切得出Δ【詳解】（1）因為a2=4,b所以c=1，可得橢圓x24+可得拋物線C的焦點為F1,0，∴p=2所以拋物線C的標準方程為y2=4x，準線方程為（2）由于點M是拋物線C的準線上任意一點，故可設(shè)M?1,t因為直線MA，MB的分別與拋物線C相切于點A，B點可知直線MA，MB的斜率存在，且不為0，設(shè)過點M?1,t的直線方程為y=k聯(lián)立y2=4xy=kx+1+t其判別式Δ=16?16kk+t，令Δ=0由韋達定理知k1+k2=?t【點睛】研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的基本方法分為兩類：一、聯(lián)立直線與圓錐曲線方程，運用判別式判斷交點個數(shù)從而得到兩者的位置關(guān)系，這一方法基本固定，在范圍問題中，判別式是提供參數(shù)范圍的一個最常用的不等式，十分重要；二、針對中點弦這一特殊問題的專用方法——點差法.【變式8-1】1.（22·23·全國·專題練習(xí)）已知M4,m是拋物線C:

(1)求拋物線C的方程及點M的坐標；(2)如圖所示，過點P2,0的直線l與C交于A，B兩點，與y軸交于點Q，設(shè)QA=λPA，QB【答案】(1)y2=4x，4,4(2)證明見解析【詳解】（1）由拋物線的定義，得4+p所以拋物線C的方程為y2=4x，M的坐標為4,4或（2）由題意知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)l的方程為x＝ty＋1（t≠0），則Q0,?1t.將x＝ty＋1代入y2=4x得y2?4ty?4=0.設(shè)A由QA=λPA，得λ=1+1ty所以λ+μ=2+1ty【變式8-1】2.（22·23上·南京·階段練習(xí)）已知拋物線C：y2=2pxp>0(1)求拋物線C的方程.(2)過點P作直線PM，PN分別交C于M，N兩點，且使∠MPN的平分線與y軸垂直，問：直線MN的斜率是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，試說明理由.【答案】(1)y(2)直線MN的斜率為定值?1【分析】（1）根據(jù)題意求出P點的坐標，代入拋物線方程即可得解；（2）設(shè)Mx1,y1,Nx【詳解】（1）將點P的縱坐標yP=2代入解得xP所以P2p,2，則點P到準線l所以|OP|所以22+2所以拋物線C的方程為y2（2）由題意可知直線PM,PN的斜率存在且不為0，傾斜角互補，則斜率互為相反數(shù)，易知P1,2設(shè)Mx1,則直線PM:y=?kx?1由y2=4xy=k其中Δ=2k2已知此方程一個根為1，所以x1×1=(k?2)同理x2所以x1+x所以y1?=kx1+所以kMN所以直線MN的斜率為定值?1.【變式8-1】3.（22·23·省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，準線為l，過點F且傾斜角為π6的直線交拋物線于點M（M在第一象限），MN⊥l，垂足為N，直線NF交x(1)求p的值.(2)若斜率不為0的直線l1與拋物線C相切，切點為G，平行于l1的直線交拋物線C于P,Q兩點，且∠PGQ=π2，點F到直線【答案】(1)p=4(2)是，3【分析】（1）利用圖中的幾何關(guān)系以及拋物線的定義求解；（2）直線PQ的方程為y=kx+mk≠0以及點P,Q,G的坐標，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立由韋達定理以及∠PGQ=π2得到k與m的關(guān)系式，利用直線l1與拋物線C相切求出直線l1的方程，用點到直線的距離公式即可求出點F【詳解】（1）如圖所示，過點F作FA⊥MN，垂足為A,MN交x軸于點E，由題得∠AFM=π6，所以因為MF=MN，所以△因為O是FB的中點，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以O(shè)F=12

（2）由（1）可知拋物線的方程是x2設(shè)直線PQ的方程為y=kx+mk≠0，P因為∠PGQ=π2，所以即x1+x又y'=k=x04聯(lián)立y=kx+mx2=8y，消去y，得x則x1所以?8m+32k2+16設(shè)點F到直線PQ和直線l1的距離分別為d則由l1∥PQ得所以點F到直線PQ與到直線l1【點睛】解決定值問題的途徑就是用部分量去表示所求的量，本題就是利用韋達定理及其已知條件先找到部分量之間的關(guān)系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之間的關(guān)系消元,即可得到定值.【變式8-1】4.（22·23下·廣州·期末）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，點A2,m(1)求拋物線C的標準方程；(2)直線l與拋物線C相交于M、N兩點，以MN為直徑的圓過點P1,2，作PD⊥MN，D為垂足．是否存在定點Q，使得DQ為定值？若存在，求出點Q【答案】(1)y(2)存在，且點Q的坐標為3,0【分析】（1）利用拋物線的定義結(jié)合兩點間的距離公式可得出關(guān)于p的方程，解出p的值，即可得出拋物線C的標準方程；（2）分析可知，直線MN不與y軸垂直，設(shè)直線MN的方程為x=ty+n，設(shè)點Mx1,y1、Nx2,y2，將直線MN的方程與拋物線C的方程聯(lián)立，列出韋達定理，根據(jù)已知條件得出PM?【詳解】（1）解：拋物線C的準線方程為x=?p2，由拋物線的定義可得將點A的坐標代入拋物線方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，拋物線C的標準方程為y2（2）解：若直線MN⊥y軸，則直線MN與拋物線C只有一個公共點，不合乎題意，設(shè)直線MN的方程為x=ty+n，設(shè)點Mx1,聯(lián)立x=ty+ny2=4x可得y2?4ty?4n=0由韋達定理可得y1+yPM=x1因為以MN為直徑的圓過點P1,2，則PM所以，116顯然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直線MN的方程為x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=?2，x=5，所以，直線MN過定點E5,?2所以，PQ=因為PD⊥MN，當點Q為線段PE的中點時，即當點Q的坐標為3,0時，DQ=因此，存在定點Q，且當點Q的坐標為3,0時，DQ為定值.題型9定直線問題【方法總結(jié)】點在定直線上等問題，解題方法一是應(yīng)用韋達定理得出交點的坐標之和，利用焦半徑公式求解，二是把交點坐標代入拋物線方程相減同弦中點坐標與弦所在直線斜率之間的關(guān)系．【例題9】（21·22下·虹口·二模）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，準線為l，記準線l與x軸的交點為A，過A作直線交拋物線C于(1)若x1+x(2)若M是線段AN的中點，求直線MN的方程；(3)若P，Q是準線l上關(guān)于x軸對稱的兩點，問直線PM與QN的交點是否在一條定直線上？請說明理由．【答案】(1)MF(2)4x?3(3)在定直線上，理由見解析【分析】（1）根據(jù)焦半徑公式即可求出；（2）設(shè)直線MN的方程x=my?p2，與拋物線聯(lián)立即可利用M是線段AN的中點求出m，從而求出直線（3）設(shè)P?【詳解】（1）根據(jù)題意，得因為拋物線C:y2=2px所以MF+（2）由題意可知，直線MN的斜率不為0，故設(shè)直線MN的方程x=my?p聯(lián)立y2=2pxp>0，消去x所以Δ=4m2p2?4p而M是線段AN的中點，所以y1=y解得y1=22p,所以直線MN的方程為x=324（3）直線MN的方程x=my?p2，設(shè)則PM:y=y1?聯(lián)立消去y可得：y1?y0m將y1+y2=2mp，y所以直線PM與QN的交點在定直線x=p【變式9-1】1.（21·22下·齊齊哈爾·三模）已知點F為拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點，點Ex0(1)求拋物線C的方程；(2)若直線l'【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】(1)由題意，根據(jù)所給的幾何關(guān)系以及拋物線的性質(zhì)，可以求解；(2)分別設(shè)A，B，M，N，T的坐標，利用其中的幾何關(guān)系可以證明.【詳解】（1）由x2=2py(p>0)可知，拋物線C的準線為：∴點Ex0,2到準線的距離為2+p2∴拋物線C的方程為x2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y∵AB∥MN，由x12=8y1，x同理x3由TM=λTA得x3由TN=λTB得x4①②兩式相加得x3即x0∵λ≠1，∴x0=2，∴綜上，拋物線C的方程為x2【變式9-1】2.（21·22下·全國·階段練習(xí)）如圖，已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，過點F的直線l交拋物線C于A，B兩點，動點P滿足

(1)求拋物線C的標準方程；(2)求證：點P在定直線上.【答案】(1)y(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義及韋達定理可求解；（2）根據(jù)垂心建立斜率之間的關(guān)系，從而得到直線PA,PB，兩直線聯(lián)立得到點P的坐標，結(jié)合韋達定理，從而可得點P在定直線上.【詳解】（1）設(shè)直線l的方程為x=my+p2，Ax由x=my+p2,所以y1+yAB=當直線l的傾斜角為30°時，m=1AB=2p所以2p=4，即拋物線C的標準方程為y2（2）由（1），得y1+y因為△PAB的垂心為原點O，所以O(shè)A⊥PB，OB⊥PA.因為kBO=y所以直線AP的方程為y?y1=?同理可得，直線BP的方程為y=?y聯(lián)立方程y=?y2即P?3,3m.所以點P在定直線x=?3【變式9-1】3.（21·22·新疆·二模）已知F為拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點，點M在拋物線C上，O為坐標原點，△OFM(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)A(1,2)，B是拋物線C上一點，且xB≠1，直線AB與直線y=x?1交于點Q，過點Q作y軸的垂線交拋物線C于點N，證明：直線【答案】(1)y(2)證明見解析，定點的坐標為(?1,2)【分析】（1）根據(jù)圓心到準線的距離得圓半徑，再由圓周長建立方程求出p即可；（2）設(shè)By02(1)設(shè)△OFM外接圓的半徑為r，圓心為O易知圓心O在線段OF的中垂線x=p且圓心到準線的距離=p所以由2π?3p4=3π所以拋物線C的方程為：y2(2)設(shè)By02則直線AB的方程：y?2=y0?2與y=x?1聯(lián)立：y?2=4y0由題意知：Ny∴k則直線BN的方程：y?y所以當x=?1,y=2時恒成立，所以直線BN恒過定點(?1,2)【變式9-1】4.（20·21下·宣城·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0過點2,?1，離心率為32，拋物線y2=?16x的準線（1）求橢圓C的標準方程和點A的坐標；（2）設(shè)P，Q是直線l上關(guān)于x軸對稱的兩點，問：直線PM與QN的交點是否在一條定直線上？請說明你的理由．【答案】（1）x28+y2【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組，結(jié)合b2=a2?（2）設(shè)P4,t，Q4,?t，直線MN:x=my+4，Mx1,y1，Nx2,y2聯(lián)立直線【詳解】（1）由題意可得4a2+即橢圓C的方程為：x2又由拋物線y2=?16x，可得準線方程為l:x=4，所以（2）設(shè)P4,t，Q4,?t，MN:x=my+4，M由x=my+4x2+4所以y1+y則y1+y直線PM為y?t=y1?tx直線QN為y+t=y2+tx②-①得：2t=1m所以2t=1m?所以直線PM與QN的交點恒在定直線x=2上．【點睛】思路點睛：圓錐曲線中求直線過定點的問題，通常需要聯(lián)立方程，得到二次方程后利用韋達定理、結(jié)合題中條件（比如斜率關(guān)系，向量關(guān)系，距離關(guān)系，面積等）直接計算，即可求出結(jié)果，運算量較大【變式9-1】5.（20·21下·廣西·模擬預(yù)測）已知F為拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點，直線l:y=2x+1（1）求C的方程.（2）若直線m:y=2x+t(t≠1)與C交于M，N兩點，且AM與BN相交于點T，證明：點T在定直線上.【答案】（1）x2【分析】（1）解：設(shè)Ax1,y1，Bx2（2）設(shè)Mx3,y3，Nx4,y4，Tx0,【詳解】（1）解：設(shè)Ax1,y1，B則y1從而AF+解得p=2，故C的方程為x2（2）證明：設(shè)Mx3,y3，N因為AB//MN，所以根據(jù)x12=4y1同理得x3又x3?x即4?x01?λ=0，由于故點T在定直線x=4上.題型10向量問題【例題10】（22·23下·長沙·期末）已知拋物線x2=2py，點P(2,8)在拋物線上，直線y=kx+2交C于A，B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的垂線交C于點(1)求點P到拋物線焦點的距離；(2)是否存在實數(shù)k使NA?NB=0【答案】(1)65(2)存在；k=±2【分析】（1）點P(2,8)代入拋物線中求得拋物線方程，從而找到點P到拋物線焦點的距離.（2）可利用直角三角形的性質(zhì)，斜邊中線的長度等于斜邊的一半，轉(zhuǎn)換為圓錐曲線的弦長問題；【詳解】（1）將點P(2,8)代入拋物線方程，則p=14,拋物線焦點F0,則點P到拋物線焦點的距離等于點P到拋物線準線的距離|PF|=8+1（2）存在，證明如下：如圖，設(shè)Ax1,2

把y=kx+2代入y=2x2得2x由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x∴xN=xM假設(shè)存在實數(shù)k，使NA?NB=0又∵M是AB的中點，∴MN由（1）知，yM∵MN⊥x軸，∴MN又|AB|=1+k=1+∴k兩邊同時平方得：k2解得k=±2，即存在k=±2，使NA?【變式10-1】1.（22·23·河北·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，圓(1)求C的方程及點F與圓D上點的距離的最大值；(2)O為坐標原點，過點M0,1的直線l與C相交于A，B兩點，直線AD，BD分別與y軸相交于點P，Q，MP=mMO，MQ【答案】(1)y2(2)證明見解析【分析】（1）由題意可列式求得p，即可得拋物線方程，進而求得點F與圓D上點的距離的最大值；（2）設(shè)直線l方程并聯(lián)立拋物線方程，可得根與系數(shù)的關(guān)系式，設(shè)P0,yP,Q0,yQ結(jié)合【詳解】（1）由題意得拋物線C的焦點坐標為F(p2,0)圓D:x?12+y?22由圓D:x?12+y?22故p=2，故C方程為y2=4x，故點F與圓D上點的距離的最大值為|DF|+r=1?1（2）由題意知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)過點M0,1的直線l的方程為y=kx+1,A(x

聯(lián)立y2=4xy=kx+1則△=2k?42?4k2>0且則x1設(shè)P0,yP由MP=mMO可得yP?1=?m，即直線的AD方程為y?2=2?令x=0，得yP=2因為m+n==8?2即mnm+n=1【點睛】難點點睛：第二問是關(guān)于直線和拋物線的位置關(guān)系中的定值問題，解答的思路是聯(lián)立直線和拋物線方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合向量的數(shù)乘得出m,n的表達式，從而得mnm+n【變式10-1】2.（22·23·江西·模擬預(yù)測）過坐標原點O作圓C:x+22+y2=3的兩條切線，設(shè)切點為(1)求拋物線E的標準方程；(2)設(shè)點T是圓C的動點，拋物線E上四點A,B,M,N滿足：TA=2TM，TB=2TN，設(shè)（i）證明：TD垂直于y軸；（ii）設(shè)△TAB面積為S，求S的最大值.【答案】(1)y(2)（i）證明見解析；（ii）48【分析】（1）設(shè)直線PQ與x軸交于S，由三角形相似關(guān)系可得CP2=OC（2）（i）根據(jù)共線向量可知M,N為TA,TB中點，結(jié)合點在拋物線上可確定y1,y2為方程y2（ii）由S=12TD?y1?【詳解】（1）設(shè)直線PQ與x軸交于S，則S?由圓的方程知：圓心C?2,0，半徑r=∵OP為圓C的切線，∴CP⊥OP，又PS⊥OC，∴△CPS∽△COP，∴CPCS∴r2=2?p2+2=3，解得：（2）設(shè)Tx0,y0（i）由TA=2TM知：M為TA中點，且在拋物線E上，即又y12=2x1由TB=2TN知：N為TB中點，且在拋物線同理可得：y2∴y1,y2是方程y∴D點的縱坐標為y1+y22=y0，∴直線（ii）∵x1+∴S=12TD∵T在圓C上，∴y∴S=3則當x0=?3時，∴S【點睛】思路點睛：【變式10-1】3.（22·23下·安陽·開學(xué)考試）已知P4,y0是焦點為F的拋物線C:y2=2px0<p<4(1)求C的方程；(2)過點2,0作直線l交拋物線于A、B，求FA?【答案】(1)y(2)?7【分析】（1）易知點Fp2,0，由已知可得PF=PM，結(jié)合0<p<4（2）分析可知直線l與x軸不重合，設(shè)直線l的方程為x=my+2，設(shè)點Ax1,y1、Bx2【詳解】（1）解：易知點Fp2,0，由題意可得PF因為0<p<4，解得p=2，所以，拋物線C的方程為y2（2）解：若直線l與x軸重合，則直線l與拋物線C只有一個交點，不合乎題意，設(shè)直線l的方程為x=my+2，設(shè)點Ax1,聯(lián)立x=my+2y2=4x可得y由韋達定理可得y1+yFA=x1所以，F(xiàn)A=?8m當且僅當m=0時，取等號，故FA?FB的最大值為【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．【變式10-1】4.（21·22下·赤峰·三模）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的準線經(jīng)過點H?1,22，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A,B，點P1,m(其中m>0)在拋物線C上，且直線PA交y軸于M(1)求直線l斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，若QM=λQO,【答案】(1)?(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)拋物線C的準線上的點求得p，由此求得拋物線C的方程.設(shè)出直線l的方程并與拋物線方程聯(lián)立，利用Δ>0求得k（2）根據(jù)直線PA,PB的方程求得M,N的坐標，結(jié)合QM=λQO,【詳解】（1）拋物線C:y2=2px(p>0)所以p2=1,p=2，所以拋物線C的方程為設(shè)直線l的方程為y=kx+1，由y=kx+1y2=4x消去y由于直線l與拋物線C有兩個不同的交點A,B，所以k≠0Δ=2k?4由于P1,m在拋物線y2=4x上，且m>0，所以m且直線l不過點1,?2，即k≠?2?1所以直線l斜率的取值范圍是?∞（2）設(shè)Ax1,依題意可知直線PA,PB的斜率存在，直線PA的方程為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【變式10-1】5.（22·23·泰安·二模）已知點M0,1和點Nx0,2x0>0之間的距離為2，拋物線C:y2=2px(1)求直線l的傾斜角的取值范圍；(2)求λ+μ的值.【答案】(1)0,(2)2【分析】（1）由MN2=4求出x0=3，將3,2代入拋物線C的方程得y2（2）設(shè)A34y12,y1B3y224,y2，根據(jù)M，A，B三點共線得y1y2【詳解】（1）∵MN2=x02+1=4，∴x02=3將3,2代入y2=2px∴拋物線C的方程為y2∵直線l過點M0,1∴直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y=kx+1k≠0，由y2=4∴k≠0且△=2k?43∴k<33且∵OM=λNE?∴MO=λME，MO=μ∴NA，NB均與y軸相交，∴直線l不過點3,?2，∴k≠∴k的取值范圍為k<33且k≠0且∴直線l的傾斜角的取值范圍為0,π（2）設(shè)A34y12∵M，A，B三點共線，∴y1?134y∵MO=λME，MO=μ