8、，則點A到拋物線焦點的距離為( )
A． B．4
C．5 D．
(2)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，P為C上一點，PQ垂直l于點Q，M，N分別為PQ，PF的中點，MN與x軸相交于點R，若∠NRF＝60°，則|FR|等于( )
A． B．1
C．2 D．4
解析 (1)拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線方程為y＝－1，點A到準(zhǔn)線的距離為5，根據(jù)拋物線定義可知點A到焦點的距離為5。故選C。
(2)因為M，N分別是PQ，PF的中點，所以MN∥FQ，且PQ∥x軸。又∠NRF＝60°，所以∠FQP＝60°。由拋物線定義知|PQ|＝|PF|，所以△FQP為正三角形
9、。則FM⊥PQ，所以|QM|＝p＝2，正三角形邊長為4。因為|PQ|＝4，|FN|＝|PF|＝2，且△FRN為正三角形，所以|FR|＝2。故選C。
答案 (1)C (2)C
利用拋物線的定義解決問題時，應(yīng)靈活地進(jìn)行拋物線上的點到焦點距離與其到準(zhǔn)線距離間的等價轉(zhuǎn)化?！翱吹綔?zhǔn)線應(yīng)該想到焦點，看到焦點應(yīng)該想到準(zhǔn)線”，這是解決拋物線距離有關(guān)問題的有效途徑。
【變式訓(xùn)練】 (1)(2019·重慶調(diào)研)已知點F是拋物線y2＝4x的焦點，P是該拋物線上任意一點，M(5,3)，則|PF|＋|PM|的最小值是( )
A．6 B．5
C．4 D．3
(2)如果點P1，P2
10、，P3，…，P10是拋物線y2＝2x上的點，它們的橫坐標(biāo)依次為x1，x2，x3，…，x10，F(xiàn)是拋物線的焦點，若x1＋x2＋x3＋…＋x10＝5，則|P1F|＋|P2F|＋|P3F|＋…＋|P10F|＝________。
解析 (1)由題意知，拋物線的準(zhǔn)線l的方程為x＝－1，過點P作PE⊥l于點E，由拋物線的定義，得|PE|＝|PF|，易知當(dāng)P，E，M三點在同一條直線上時，|PF|＋|PM|取得最小值，即(|PF|＋|PM|)min＝5－(－1)＝6。故選A。
(2)由拋物線的定義可知，拋物線y2＝2px(p>0)上的點P(x0，y0)到焦點F的距離|PF|＝x0＋，在y2＝2x中，p＝1
11、，所以|P1F|＋|P2F|＋…＋|P10F|＝x1＋x2＋…＋x10＋5p＝10。
答案 (1)A (2)10
考點二拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程
【例2】 如圖，過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線l交拋物線于點A，B，交其準(zhǔn)線于點C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，則此拋物線的方程為( )
A．y2＝9x B．y2＝6x
C．y2＝3x D．y2＝x
解析 如圖，過點A，B分別作準(zhǔn)線的垂線，交準(zhǔn)線于點E，D，設(shè)|BF|＝a，則由已知得|BC|＝2a，由拋物線定義得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因為|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a,
12、2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，從而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝|FC|＝，因此拋物線的方程為y2＝3x，故選C。
答案 C
求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程應(yīng)注意以下幾點
1．當(dāng)坐標(biāo)系已建立時，應(yīng)根據(jù)條件確定拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程屬于四種類型中的哪一種。
2．要注意把握拋物線的頂點、對稱軸、開口方向與方程之間的對應(yīng)關(guān)系。
3．要注意參數(shù)p的幾何意義是焦點到準(zhǔn)線的距離，利用它的幾何意義來解決問題。
【變式訓(xùn)練】 (1)(2019·湖北聯(lián)考)已知拋物線y2＝2px(p>0)，點C(－4,0)，過拋物線的焦點作垂直于x軸的直線，與拋物線交于A，B兩點，若△CAB
13、的面積為24，則以直線AB為準(zhǔn)線的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是( )
A．y2＝4x B．y2＝－4x
C．y2＝8x D．y2＝－8x
(2)已知雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的離心率為2，若拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2，則拋物線C2的方程是( )
A．x2＝16y B．x2＝8y
C．x2＝y(tǒng) D．x2＝y(tǒng)
解析 (1)因為AB⊥x軸，且AB過點F，所以AB是焦點弦，且|AB|＝2p，所以S△CAB＝×2p×＝24，解得p＝4或－12(舍)，所以拋物線方程為y2＝8x，所以直線AB的方程為x＝2，所以以直線AB為準(zhǔn)線的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為
14、y2＝－8x。故選D。
(2)因為雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的離心率為2，所以＝2。因為雙曲線的漸近線方程為bx±ay＝0，拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點到雙曲線的漸近線的距離為2，所以＝·＝＝2，解得p＝8，所以拋物線C2的方程是x2＝16y。
答案 (1)D (2)A
考點三拋物線的幾何性質(zhì)
【例3】 (2019·洛陽高三統(tǒng)考)已知F是拋物線C1：y2＝2px(p>0)的焦點，曲線C2是以F為圓心，為半徑的圓，直線4x－3y－2p＝0與曲線C1，C2從上到下依次相交于點A，B，C，D，則＝( )
A．16 B．4
C． D．
解析 因為直線4x－3
15、y－2p＝0過C1的焦點F(C2的圓心)，故|BF|＝|CF|＝，所以＝。由拋物線的定義得|AF|－＝xA，|DF|－＝xD。由整理得8x2－17px＋2p2＝0，即(8x－p)(x－2p)＝0，可得xA＝2p，xD＝，故＝＝＝16。故選A。
解析：同上面解法得＝。過A，D作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為A1，D1，該直線AF交準(zhǔn)線于點E，準(zhǔn)線交x軸于點N，則由FN∥AA1得＝，由直線AF的斜率為得tan∠A1AF＝，故＝。又|AA1|＝|AF|，故＝＝，所以|AF|＝|AA1|＝|NF|＝p。同理可得＝，又|DD1|＝|DF|，所以＝，故|DF|＝|DD1|＝|NF|＝p，故＝＝＝16。
16、故選A。
答案 A
過拋物線的焦點的直線與拋物線相交時，首先要想到利用拋物線的定義尋找相等關(guān)系，實現(xiàn)條件的轉(zhuǎn)化。
【變式訓(xùn)練】 (2019·西安八校聯(lián)考)如圖，拋物線W：y2＝4x與圓C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B兩點，點P為劣弧上不同于A，B的一個動點，與x軸平行的直線PQ交拋物線W于點Q，則△PQC的周長的取值范圍是( )
A．(10,12) B．(12,14)
C．(10,14) D．(9,11)
解析 由題意得，拋物線W的準(zhǔn)線l：x＝－1，焦點為C(1,0)，由拋物線的定義可得|QC|＝xQ＋1，圓(x－1)2＋y2＝25的圓心為(
17、1,0)，半徑為5，故△PQC的周長為|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP。聯(lián)立，得得A(4,4)，則xP∈(4,6)，故6＋xP∈(10,12)，故△PQC的周長的取值范圍是(10,12)。故選A。
解法一：平移直線PQ，當(dāng)點A在直線PQ上時，屬于臨界狀態(tài)，此時結(jié)合|CA|＝5可知△PQC的周長趨于2×5＝10；當(dāng)直線PQ與x軸重合時，屬于臨界狀態(tài)，此時結(jié)合圓心坐標(biāo)(1,0)及圓的半徑為5可知△PQC的周長趨于2×(1＋5)＝12。綜上，△PQC的周長的取值范圍是(10,12)。故選A。
解法二：準(zhǔn)線x＝－1，焦點(1,0)，由拋物線定義知|QC|＝x
18、Q＋1，所以△PQC周長為|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋xP－xQ＋5＝6＋xP，由y2＝4x和(x－1)2＋y2＝25，得交點橫坐標(biāo)為4，所以xP∈(4,6)，所以6＋xP∈(10,12)，故選A。
答案 A
考點四直線與拋物線的位置關(guān)系
【例4】 (2018·全國卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8。
(1)求l的方程；
(2)求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程。
解 (1)由題意得F(1,0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0)。
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)。
由得k2x
19、2－(2k2＋4)x＋k2＝0。
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝。
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝。
由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1。
因此l的方程為y＝x－1。
(2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3,2)，
所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5。
設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則
解得或
因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144。
(1)有關(guān)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，若過拋物線的焦點，可直接使用
20、公式|AB|＝x1＋x2＋p(或|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p)，若不過焦點，則必須使用一般的弦長公式；(2)求圓的方程主要是確定圓心坐標(biāo)與半徑；(3)涉及直線與圓相交所得弦長問題通常是利用公式L＝2來求解，其中R為圓的半徑，d為圓心到直線的距離。
【變式訓(xùn)練】 (2018·全國卷Ⅲ)已知點M(－1,1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點。若∠AMB＝90°，則k＝________。
解析 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則所以y－y＝4(x1－x2)，所以k＝＝，取AB中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準(zhǔn)線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′。因為
21、∠AMB＝90°，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)。因為M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸，因為M(－1,1)，所以y0＝1，則y1＋y2＝2，即k＝2。
解析：由題意知拋物線的焦點為(1,0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1。由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝
22、x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2。
答案 2
1．(配合例1使用)設(shè)拋物線y2＝2x的焦點為F，過F的直線交該拋物線于A，B兩點，則|AF|＋4|BF|的最小值為________。
解析 易知拋物線y2＝2x的焦點為F 。當(dāng)AB⊥x軸時，|AF|＋4|BF|＝1＋4＝5；當(dāng)直線AB斜率存在時，可設(shè)直線AB的方程為y＝k ，代入拋物線方程得4k2x2－(4k2＋8)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝1＋，x1x2＝，所以|AF|＋4|BF|＝x1＋＋4
23、＝x1＋4x2＋≥2＋＝，當(dāng)且僅當(dāng)x1＝4x2＝1，即x1＝1，x2＝時，|AF|＋4|BF|取得最小值。
答案
2．(配合例2使用)已知拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F且斜率為1的直線交E于A，B兩點，線段AB的中點為M，其垂直平分線交x軸于點C，MN⊥y軸于點N。若四邊形CMNF的面積等于7，則拋物線E的方程為( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝8x
解析 由題意，得F，直線AB的方程為y＝x－，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，聯(lián)立y＝x－和y2＝2px得，y2－2py－p2＝0，則y1＋y2＝2p，所以y0
24、＝＝p。故N(0，p)，又因為點M在直線AB上，所以x0＝，即M，因為MC⊥AB，所以kAB·kMC＝－1，故kMC＝－1，從而直線MC的方程為y＝－x＋p，令y＝0，得x＝p，故C，四邊形CMNF是梯形，則S四邊形CMNF＝(|MN|＋|CF|)·|NO|＝·p＝p2＝7，所以p2＝4，又p>0，所以p＝2，故拋物線E的方程為y2＝4x。故選C。
答案 C
3．(配合例3使用)已知直線y＝k(x＋2)(k>0)與拋物線C：y2＝8x相交于A，B兩點，F(xiàn)為C的焦點。若|FA|＝2|FB|，則k＝( )
A． B．
C． D．
解析 設(shè)拋物線C：y2＝8x的準(zhǔn)線為l，易知l：x＝－2，直線y＝k(x＋2)恒過定點P(－2,0)，如圖，過A，B分別作AM⊥l于點M，BN⊥l于點N，由|FA|＝2|FB|，知|AM|＝2|BN|，所以點B為線段AP的中點，連接OB，則|OB|＝|AF|，所以|OB|＝|BF|，所以點B的橫坐標(biāo)為1，因為k>0，所以點B的坐標(biāo)為(1,2)，所以k＝＝。故選D。
答案 D
10
2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 平面解析幾何 第七節(jié) 拋物線學(xué)案 理（含解析）新人教A版
