第35课 抛物线-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

第35课 抛物线 普查与练习35 Ⅰ　　　　抛物线的定义、标准方程及几何性质 1．抛物线定义的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(2023汇编，25分)已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，M是C上一点． ①设直线FM交y轴于点P.若M为FP的中点，则|FP|＝__3__． ②设点M在第一象限，以F为圆心，FM为半径的圆交抛物线的准线于A，B两点．若A，F，M三点共线，则|MF|＝__4__． ③若|MF|＝6，则点M的横坐标是__5__；作MN⊥x轴于点N，则△MNF的面积为 __4__．(2021北京) ④过点M作直线x＝－2的垂线，垂足为H，若T(4，5)，则|MT|＋|MH|的最小值是(　D　) A．5 B．6 C. D.＋1 ⑤若点Q也在抛物线上，且·＝－4，||－||＝4，则·＝(　A　) A．－11 B．－12 C．－13 D．－14 解析：由C：y2＝4x得p＝2，∴抛物线的焦点F的坐标为(1，0)． ①∵M是FP的中点，点P在y轴上，∴xM＝＝. 又M在抛物线上， ∴|FM|＝xM＋＝，|FP|＝2|FM|＝3. ②∵A，F，M三点共线，∴AM为圆的直径， ∴BM⊥AB，BM∥x轴． 又F为AM的中点，且点F到准线的距离为2， ∴|BM|＝4， ∴|MF|＝|BM|＝4. ③∵|MF|＝xM＋＝xM＋1＝6，∴xM＝5， ∴yM＝±2，∴S△FMN＝×(5－1)×2＝4. ④如图，连接MF. 由抛物线的定义可知点M到准线x＝－1的距离为|MF|， ∴|MH|＝|MF|＋1， ∴|MT|＋|MH|＝|MT|＋|MF|＋1. 由图可知，当T，M，F三点共线时，|MT|＋|MF|最小， ∴|MT|＋|MF|的最小值为|TF|＝＝，　 ∴|MT|＋|MH|的最小值为＋1.故选D. ⑤设M(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1，x2>0)，则x1＝，x2＝.　 由·＝－4，得x1x2＋y1y2＝－4， 即·＋y1y2＝－4， ∴y1y2＝－8，∴x1x2＝·＝4. ∵F(1，0)，|－|＝4， ∴(x1＋1)－(x2＋1)＝4，即x1－x2＝4， ∴(x1＋x2)2＝(x1－x2)2＋4x1x2＝48＋16＝64. 又x1，x2>0，∴x1＋x2＝8， ∴·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝4－8＋1－8＝－11.故选A. 2．抛物线的标准方程 a．利用定义法求抛物线的标准方程(与抛物线有关的轨迹问题) (2)(经典题，5分)点P到(1，0)的距离比其到直线x＋2＝0的距离少1，则点P的轨迹方程为__y2＝4x__． 解析：由已知可得点P一定在x＋2＝0的右侧，否则P到点(1，0)的距离一定大于到x＋2＝0的距离．由P到(1，0)的距离比其到直线x＋2＝0的距离少1，可得P到(1，0)的距离与其到x＋1＝0的距离相等，故点P的轨迹是以(1，0)为焦点，x＋1＝0为准线的抛物线，其方程为y2＝4x. (2023改编，5分)已知点P到F(4，0)的距离与到直线x＝－5的距离相等，则点P的轨迹方程为__y2＝18x＋9__． 解析：设点P(x，y)，则由题意，得＝，化简整理得y2＝18x＋9，即点P的轨迹方程为y2＝18x＋9. b．利用待定系数法求抛物线的标准方程 (3)(2023汇编，15分)已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)． ①若抛物线E的焦点到直线y＝x＋1的距离为，则p＝(　B　)(2021新高考Ⅱ) A．1 B．2 C．2 D．4 ②设B，C是抛物线E上的两点，F为抛物线的焦点，若OF为菱形OBFC的一条对角线(O为坐标原点)，另一条对角线BC的长为2，则p＝(　B　) A．1 B. C．2 D．2 ③设点P(1，a)(a＞1)在抛物线E上，过P作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，分别交抛物线于点M，N，若直线MN的斜率为－1，则抛物线的方程为(　A　) A．y2＝4x B．y2＝2x C．y2＝x D．y2＝ 解析：由y2＝2px(p＞0)可知E的焦点为. ①根据题意可得，点到直线x－y＋1＝0的距离d＝＝， 解得p＝－6或2.又因为p>0，所以p＝2.故选B. ②因为菱形的对角线互相垂直平分，所以由题意可得BC垂直平分OF.又F，|BC|＝2，点B，C均在抛物线上，所以点在抛物线上．将代入抛物线方程可得1＝，解得p＝或p＝－(舍)．故选B. ③易知圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为(1，0)，所以点P与圆心的横坐标相同，所以两条切线PM，PN关于直线x＝1对称，即kPM＝－kPN. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则kPM＝＝＝，同理kPN＝， 所以＝－，变形可得(a＋y1)＝－(a＋y2)， 即y1＋y2＝－2a.因为直线MN的斜率为－1， 所以＝＝＝－＝－1，所以p＝a， 即P的坐标为(1，p)，则p2＝2p，解得p＝2或0(舍去)， 所以抛物线的方程为y2＝4x.故选A. (4)(2021宁夏期末，5分)顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过点P(－4，－2)的抛物线的标准方程是(　D　) A．y2＝－x B．x2＝－8y C．y2＝－8x或x2＝－y D．y2＝－x或x2＝－8y 解析：当对称轴为x轴时，设抛物线的方程为y2＝mx(m≠0)，代入点P(－4，－2)，解得m＝－1，则抛物线的方程为y2＝－x；当对称轴为y轴时，设抛物线的方程为x2＝ny(n≠0)，代入点P(－4，－2)，解得n＝－8，则抛物线的方程为x2＝－8y.综上，所求抛物线的标准方程是y2＝－x或x2＝－8y.故选D. 3．抛物线的几何性质 a．求抛物线的焦点坐标与准线方程 (5)(2023改编，10分)已知抛物线C：y＝ax2(a≠0)． ①若ax2－3ax＋6＝0仅有一解，则抛物线的焦点坐标为____； ②若抛物线C的焦点是直线x＋y－1＝0与坐标轴的交点，则抛物线的准线方程为__y＝－1__． 解析：①由题意可知Δ＝9a2－24a＝3a(3a－8)＝0，所以a＝(a＝0舍去)，所以抛物线C的方程为y＝x2，整理得x2＝y，所以抛物线的焦点坐标为. ②因为抛物线y＝ax2的焦点在y轴上，且直线x＋y－1＝0与y轴的交点坐标为(0，1)，所以抛物线C的焦点为(0，1)，所以抛物线的准线方程为y＝－1. (6)(2021新高考Ⅰ，5分)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为__x＝－__． 解析：抛物线C：y2＝2px (p>0)的焦点F. 因为P为C上一点，PF与x轴垂直， 所以P的横坐标为，代入y2＝2px，可得点P的纵坐标为±p，不妨设P. 因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧． 又因为|FQ|＝6，所以Q，即＝(6，－p)， 所以·＝×6－p2＝0，解得p＝3或0(舍去)， 所以C的准线方程为x＝－. b．抛物线对称性的应用 (7)(2020全国Ⅲ，5分)设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为(　B　) A. B. C．(1，0) D．(2，0) 解析：(法一)将x＝2代入抛物线方程y2＝2px，可得y＝±2.由OD⊥OE，得kOD·kOE＝－1，即·＝－1，解得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x，焦点坐标为.故选B. (法二)由题意得D，E两点关于x轴对称，所以DE⊥x轴，OD＝OE.又OD⊥OE，所以△ODE为等腰直角三角形，所以∠ODE＝45°，所以∠DOx＝45°，所以O，D所在直线斜率为1，所以D(2，2)，代入抛物线方程y2＝2px，可得4＝4p，解得p＝1，所以C的焦点坐标为.故选B. (8)(经典题，5分)已知抛物线y＝x2和y＝－x2＋5所围成的封闭曲线如图所示，给定点A(0，a)，若在此封闭曲线上恰有三对不同的点，满足每一对点关于点A对称，则实数a的取值范围是(　D　) A．(1，3) B．(2，4) C. D. 解析：∵抛物线y＝x2和y＝－x2＋5均关于y轴对称，∴封闭曲线关于y轴对称．由题可知，两抛物线的交点为(－4，4)和(4，4)，封闭曲线的最高点和最低点分别为(0，5)和(0，0)．①若对称点在同一个抛物线上，则直线y＝a与抛物线y＝x2或y＝－x2＋5的两个交点关于点A对称，显然这样的对称点有且只有一组．②若对称点分属于两个抛物线，设抛物线y＝x2上的点B(x1，y1)(0<x1<4)与抛物线y＝－x2＋5上的点C(x2，y2)(－4＜x2＜0)关于点A对称，∵封闭曲线关于y轴对称，∴抛物线y＝x2上的点B′(－x1，y1)与抛物线y＝－x2＋5上的点C′(－x2，y2)关于点A对称，∴只需考虑B，C关于点A对称，则 ∴x－(－x1)2＋5＝2a， ∴x1＝±，此时分属两个抛物线的对称点有两组，符合题意． 又∵0<x1<4，∴a∈.故选D. c．抛物线与椭圆、双曲线的综合 (9)(2019全国Ⅱ，5分)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝(　D　) A．2 B．3 C．4 D．8 解析：易知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为，椭圆＋＝1(p>0)的焦点坐标为(±，0)，即(±，0)．因为p>0，所以＝，解得p＝8或p＝0(舍去)．故选D. (10)(2021天津，5分)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C，D两点，若|CD|＝|AB|，则双曲线的离心率为(　A　) A. B. C．2 D．3 解析：设抛物线的准线与x轴的交点为P，抛物线的焦点为Q，则P，Q关于y轴对称． 由题意可知Q是双曲线的右焦点， 所以P是双曲线的左焦点，|OP|＝|OQ|＝c. 因为AB经过双曲线的左焦点且与x轴垂直， 所以AB为双曲线的通径，即|AB|＝. 根据渐近线的性质可知＝tan∠COP，即＝， 所以|CP|＝，|CD|＝2|CP|＝， 所以＝＝，即c＝b，所以a＝＝b， 所以＝，即双曲线的离心率为.故选A. 随堂普查练35 Ⅰ 1．(2020山东威海二模改编，5分)已知抛物线y2＝4x上三点A(x1，y1)，B(1，2)，C(x2，y2)，F为抛物线的焦点，命题p：“＋＋＝0”是命题q：“||，||，||成等差数列”的(　A　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件　 D．既不充分也不必要条件 解析：由题意得F(1，0)．因为＋＋＝0，所以F为△ABC的重心， 所以即 由抛物线的定义可知，||＋||＝x1＋x2＋2＝2＋2＝4，||＝1＋＝1＋1＝2，则||，||，||成等差数列，所以由命题p能够推出命题q. 若||，||，||成等差数列，则||＋||＝2||，即x1＋x2＋2＝2×＝4，解得x1＋x2＝2，则＋＝2，即y＋y＝8，不能得出y1＋y2＝－2，即不能得出＋＋＝0，所以由命题q不能推出命题p. 所以命题p是命题q的充分不必要条件．故选A. 2．(2020陕西模拟，5分)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(3，2)，点P为抛物线上一点，且点P不在直线AF上，则△PAF周长的最小值为(　C　) A．4 B．5 C．4＋2 D．5＋ 解析：易知抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1. 过P作准线的垂线，垂足为D，则根据抛物线的定义可知|PF|＝|PD|. 又因为|AF|＝＝2， 所以△PAF的周长C△PAF＝|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋|PD|＋2.　 易知点A在抛物线内部，所以当P，A，D三点共线时，|PA|＋|PD|最小，此时过点A且与准线垂直的直线与抛物线的交点为点P， 所以(|PA|＋|PD|)min＝xA－(－1)＝3＋1＝4， 所以(C△PAF)min＝4＋2.故选C. 3．(2021浙江模拟，4分)已知抛物线y2＝2px的焦点为F，点A，B是该抛物线上的点，且||＝6，·＝0，过线段AB的中点M向抛物线的准线作垂线，垂足为N，则||的最大值为__3__． 解析：如图，不妨取A，B在x轴异侧，分别过A，B向抛物线的准线作垂线，垂足为A1，B1 .设|AF|＝a，|BF|＝b. ∵·＝0，∴AF⊥BF.又||＝6，∴|AB|＝＝6. ∵M是AB的中点，MN⊥A1B1， ∴|MN|＝(|AA1|＋|BB1|)＝(|AF|＋|BF|)＝. ∵≤，∴＝≤， 当且仅当a＝b时等号成立． 同理，A，B在x轴同侧时也有≤， ∴|MN|的最大值为|AB|＝3. 4．(2020河南开封一模改编，5分)在平面直角坐标系xOy中，已知点F(1，0)，直线l：x＝－1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，动点Q满足RQ⊥PF，PQ⊥l.则动点Q的轨迹方程为__y2＝4x__． 解析：由题意可知R是线段PF的中点．又因为RQ⊥PF，所以RQ为线段PF的垂直平分线，所以|QP|＝|QF|.又因为PQ⊥l，所以点Q到点F的距离和到直线l的距离相等．由抛物线的定义可得动点Q的轨迹方程为y2＝4x. 5．(2020全国Ⅰ，5分)已知A为抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝(　C　) A．2 B．3 C．6 D．9 解析： 因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，所以点A到准线的距离为12.又点A到y轴的距离为9，抛物线C的准线方程为x＝－，所以9＋＝12，解得p＝6.故选C. 6．(经典题，5分)抛物线x2＝2py(p＞0)的准线交圆x2＋y2＋6y－16＝0于A，B两点，若|AB|＝8，则抛物线的方程为__x2＝24y__． 解析：易知抛物线x2＝2py(p>0)的准线方程为y＝－. 将圆的方程x2＋y2＋6y－16＝0化为标准形式得x2＋(y＋3)2＝25，所以圆心为C(0，－3)，半径为5. 连接AC，BC，则|AC|＝5. 设AB与y轴交于点D，由对称性知|AD|＝|AB|＝4，AD⊥CD， 所以|CD|＝＝＝3， 所以＝3，解得p＝12(p＝0舍去)， 所以抛物线方程为x2＝24y. 7．(2023汇编，15分)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，其焦点为F，点P在抛物线上． ①设P(2，t)，若点P到焦点F的距离等于4，则p＝(　D　) A. B. C．2 D．4 ②若P为抛物线E与圆C：2＋y2＝p2的一个交点，Q为另一交点，且sin∠PQC＝，则p＝(　D　) A．6 B．4 C．3 D．2 ③设以焦点F为圆心，以FP为半径的圆与抛物线的准线交于A，B两点，∠AFB＝θ，若2sin2θ－sin2θ＝3cosθ－sinθ，且△PAB的面积为，则p＝(　A　) A．8 B．4 C．4 D．8 解析：①由y2＝2px(p＞0)可知E的准线为x＝－. ∵点P到焦点F的距离等于4， ∴点P到准线x＝－的距离等于4， ∴2＋＝4，解得p＝4.故选D. ②由圆C的方程可得圆心C，半径r＝， ∴圆C关于x轴对称． 又抛物线E关于x轴对称，∴P，Q关于x轴对称． 设PQ与x轴交于点D，P，Q， 则|CD|＝＋. ∵∠PQC＝∠QPC， ∴sin∠QPC＝sin∠PQC＝＝＝，即＝2p－， cos∠QPC＝cos∠PQC＝＝＝，即y0＝， ∴p＝2.故选D. ③设准线与x轴交于点D1，连接FP. ∵2sin2θ－sin2θ＝3cosθ－sinθ， ∴2cos2θ＋3cosθ－2＝sinθ－sin2θ， ∴(2cosθ－1)(cosθ＋2)＝sinθ(1－2cosθ)， ∴(2cosθ－1)(cosθ＋2＋sinθ)＝0， ∴cosθ＝，结合图形可知θ＝，且|AF|＝|BF|， ∴△AFB为等边三角形． 易知|FD1|＝p，∴|AB|＝|AF|＝p， ∴|FP|＝p， ∴S△PAB＝|AB|＝|AB|·|FP|＝·＝p2＝，解得p＝8.故选A. 8．(2020北京朝阳区模拟，4分)已知双曲线x2－＝1的一条渐近线与抛物线M：y2＝2px(p>0)交于点A(2，a)，直线AB过抛物线M的焦点，交抛物线M于另一点B，则|AB|等于(　C　) A. B．4 C. D．5 解析：不妨取双曲线x2－＝1的渐近线y＝x. 因为双曲线x2－＝1的一条渐近线与抛物线M：y2＝2px(p>0)交于点A(2，a)， 所以a＝2，A(2，2)， 代入抛物线方程，可得p＝2，　 所以抛物线方程为y2＝4x，焦点坐标为(1，0)． 因为直线AB过抛物线M的焦点， 所以直线AB的斜率kAB＝＝2， 所以直线AB的方程为y＝2(x－1)． 由 消去y并整理得2x2－5x＋2＝0. 由根与系数的关系可得xA＋xB＝， 所以|AB|＝xA＋xB＋p＝.故选C. 普查与练习35 Ⅱ　　　　直线与抛物线的位置关系 4．直线与抛物线位置关系的相关问题 a．直线与抛物线相交的焦点弦相关问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (11)(经典题， 5分)设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　D　) A.　 B. C. D. 解析：∵抛物线C：y2＝3x的焦点为F， ∴直线AB的方程为y＝. (法一)联立直线AB与抛物线的方程， 得消元得x2－x＋＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝， ∴由抛物线的定义，可得＝x1＋x2＋p＝＋＝12. ∵点O到直线AB的距离d＝＝， ∴△OAB的面积为S△OAB＝·d＝×12×＝. (法二)联立直线AB与抛物线的方程， 得消元得4y2－12y－9＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝3，y1y2＝－. ∴S△OAB＝·＝××＝＝. (法三)依题知直线AB的倾斜角α＝30°，∴|AB|＝＝＝12， ∴S△OAB＝|OF||AB|sinα＝××12×＝.故选D. (12)(2021河北衡水模拟，5分)设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，倾斜角为θ的直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线相交于M，N两点，若·＝－22，则sin2θ＝(　D　) A. B. C. D. 解析：由题可得，抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F. 设直线l：y＝k，k＝tanθ，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立整理得k2x2－(2p＋pk2)x＋＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵·＝－22， ∴||||cos180°＝－22，∴||＝2||， ∴x1＋＝2，即x1＝2x2＋， ∴x1＋x2＝3x2＋，即＝3x2＋， ∴x2＝. 又x1x2＝，∴x2＝， ∴2x＋·x2＝， 即2＋·＝， ∴k4－7k2－8＝0，解得k2＝8或k2＝－1(舍)． ∵k＞0，∴k＝tanθ＝2， ∴sin2θ＝＝＝.故选D. (13)(2023改编，16分)已知抛物线C的方程：x2＝2py(p＞0)，设AB是过抛物线焦点F的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (Ⅰ)证明：x1x2，y1y2为定值，并求出定值； 答案：见证明过程，x1x2＝－p2，y1y2＝ 解析：证明：当直线AB的斜率不存在时，显然不满足题意． 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋，联立直线AB与抛物线的方程，得消去y，整理得x2－2pkx－p2＝0， ∴x1x2＝－p2，x1＋x2＝2pk，(3分) ∴y1y2＝·＝＝＝.(4分) (Ⅱ)证明：＋为定值，并求出此定值； 答案：见证明过程，＋＝ 解析：证明：由题可知，y1，y2>0，根据抛物线定义得＝y1＋，＝y2＋，(5分) ∴＋＝＋ ＝＝ ＝＝＝.(8分) (Ⅲ)试判断以AB为直径的圆与准线的位置关系并加以证明； 答案：以AB为直径的圆与抛物线准线相切，见证明过程 解析：以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．(9分) 证明：设以AB为直径的圆的半径为r，AB的中点坐标为P(x0，y0)，如图所示． 则＝＋＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝2r.(10分) 设点P到准线y＝－的距离为d，则d＝y0＋＝＋＝r，即圆心到准线的距离等于半径r，故以AB为直径的圆与抛物线准线相切．(12分) (Ⅳ)分别过点A，B作抛物线的切线，这两条切线的交点为M，证明：交点M在抛物线的准线上． 答案：见证明过程 解析：证明：抛物线方程为y＝x2，求导可得y′＝， 所以过点A的切线lA：y＝(x－x1)＋y1. 又y1＝x，所以lA：y＝x－x①. 同理可得过点B的切线lB：y＝x－x②. 联立①②，可得xM＝，yM＝. 又由(Ⅰ)得x1x2＝－p2，所以yM＝－， 即交点M在抛物线的准线上．(16分) b．直线与抛物线相交的弦长(非焦点弦)和面积问题 (14)(2019全国Ⅰ，12分)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为 的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P. (Ⅰ)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； 答案：y＝x－ 解析：解：设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立消去x，可得y2－2y＋2t＝0. 由题可知Δ＝4－8t>0，解得t<①， 所以y1＋y2＝2，y1y2＝2t, 所以x1＋x2＝＋＝＝.(4分) 由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋＝4， 所以x1＋x2＝，(6分) 所以＝，解得t＝－，满足①式， 所以直线l的方程为y＝x－.(8分) (Ⅱ)若＝3，求|AB|. 答案： 解析：解：由＝3可得y1＝－3y2.(9分) 因为y1＋y2＝2，y1y2＝2t, 所以－3y2＋y2＝2， 所以y2＝－1，y1＝3， 所以t＝＝，满足①式， 故|AB|＝|y1－y2|＝4＝.(12分) (15)(2023改编，15分)已知直线l：y＝kx＋4与抛物线C：y＝ax2交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB. (Ⅰ)求抛物线C的标准方程； 答案：x2＝4y 解析：解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得ax2－kx－4＝0， ∴x1x2＝－. ∵OA⊥OB，∴·＝x1x2＋y1y2＝0， 即x1x2＋a2xx＝0， ∴－＋16＝0，解得a＝， ∴抛物线C的方程为x2＝4y.(3分) (Ⅱ)过点A作直线l1交抛物线C于另一点M，交y轴于点N. (ⅰ)若直线l1的斜率为－2，点N在y轴负半轴上，求△OAM面积的最大值，并写出此时点N的坐标． 答案：△OAM面积的最大值为，此时N 解析：解：根据题意可设直线l1的方程为y＝－2x＋b(b<0)，点M(x3，y3)， 联立整理得x2＋8x－4b＝0， 由Δ＝64－4×1×(－4b)＝64＋16b>0，得b>－4. 又点N在y轴负半轴上，故－4<b<0， ∴x1＋x3＝－8，x1x3＝－4b， ∴|AM|＝|x1－x3|＝ ＝＝4. 点O到直线l1的距离d＝＝， ∴S△OAM＝|AM|·d＝×4· ＝－2b·＝2.(8分) 设f(x)＝4x2＋x3，－4<x<0，则f′(x)＝8x＋3x2. 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－， ∴当－4<x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)max＝f＝， ∴(S△OAM)max＝2＝， 此时点N的坐标为.(9分) (ⅱ)若|AN|＝|AM|，求|BM|的最小值． 答案：8 解析：解：若直线BM的斜率不存在，则该直线与C只有一个公共点，不合题意，∴直线BM的斜率存在． 设直线BM的方程为y＝tx＋m，N(0，n)， 联立整理得x2－4tx－4m＝0， ∴x2＋x3＝4t，x2x3＝－4m. 由(Ⅰ)知x1x2＝－16， ∴＝＝＝. ∵|AN|＝|AM|，∴A是MN的中点， ∴x1＝，即＝， ∴＝，解得m＝8，(12分) ∴x2x3＝－32， ∴|BM|＝·|x2－x3| ＝· ＝·＝4 ＝4≥8， 当且仅当t＝0时，等号成立， ∴|BM|的最小值为8.(15分) c．直线与抛物线相交的中点弦问题 (16)(2021辽宁模拟，5分)已知斜率为3的直线l与抛物线C：y2＝6x交于A，B两点，当弦AB的中点到焦点的距离达到最小时，直线l的方程为 __y＝3x－__． 解析：由C：y2＝6x可知焦点的坐标为. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，则y＝6x1，y＝6x2， 两式相减得y－y＝(y1－y2)(y1＋y2)＝6(x1－x2)， ∴(y1＋y2)＝6. 又∵直线AB的斜率k＝＝3，∴y1＋y2＝2， ∴弦AB的中点的纵坐标为1. 设AB中点的坐标为(x0，1)， 则中点到焦点的距离d＝＝，　 ∴当x0＝时，d取得最小值1，此时中点坐标为，在抛物线C的内部，符合题意， ∴直线l的方程为y－1＝3，即y＝3x－. d．直线与抛物线相切时的相关问题 (17)(2020天津耀华中学期末，5分)若直线y＝kx＋1与抛物线y2＝4x有且只有一个公共点，则k的值是__0或1__． 解析：当k＝0时，直线方程为y＝1，直线与x轴平行，所以直线与抛物线y2＝4x只有一个公共点，满足题意． 当k≠0时，将直线方程与抛物线方程联立，消去y可得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 由题意得Δ＝(2k－4)2－4k2＝0，解得k＝1. 综上，当k＝0或k＝1时，直线与抛物线有且仅有一个公共点． (18)(2021辽宁沈阳一模，5分)已知抛物线x2＝4y，点M(t，－2)，t∈[－1，1]，过M作抛物线的两条切线，切点为A，B，直线AB与y轴交于点P，则的取值范围是____． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1<x2， 由抛物线x2＝4y可得y＝，则y′＝， ∴抛物线在A处的切线方程为y＋2＝(x－t)． 联立 整理可得x2－2x1x＋2x1t＋8＝0， ∴Δ＝4x－8x1t－32＝0，即x－2x1t－8＝0. 同理x－2x2t－8＝0， ∴x1，x2是方程x2－2tx－8＝0的两根， ∴x1＋x2＝2t，x1x2＝－8. ∵P在y轴上，∴＝． 令m＝>0，则m＋＝＋＝＝＝． ∵t∈[－1，1]，∴m＋∈. 令m＋＝2，得m＝1；令m＋＝，得m＝或2. 结合对勾函数的单调性，可得m∈，即的取值范围是. (19)(2021安徽六安期末，12分)设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4. (Ⅰ)求直线AB的斜率； 答案：1 解析：解：依题可设A，B，x1≠x2，(2分) 则直线AB的斜率为k＝＝(x1＋x2)＝×4＝1.(5分) (Ⅱ)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 答案：y＝x＋7 解析：解：设直线AB的方程为y＝x＋t，代入曲线C：y＝， 可得x2－4x－4t＝0. 由题意知Δ＝16＋16t>0，即t>－1， 所以x1＋x2＝4，x1x2＝－4t.(7分) 设M，m≠x1，m≠x2，再由y＝的导数为y′＝x， 可得C在M处切线的斜率为m，由C在M处的切线与直线AB平行，可得m＝1，解得m＝2，即M(2，1)．(9分) 由AM⊥BM可得，kAM·kBM＝－1， 即·＝－1，即(x1＋2)(x2＋2)＝－16，(11分) 即x1x2＋2(x1＋x2)＋20＝0，即－4t＋8＋20＝0，解得t＝7， 则直线AB的方程为y＝x＋7.(12分) 5．抛物线与圆的综合问题 (20)(2020山东德州一模，12分)已知抛物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，圆M的方程为x2＋y2－py＝0.若直线x＝4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|＝|RQ|. (Ⅰ)求抛物线E和圆M的方程； 答案：抛物线E：x2＝4y，圆M：x2＋y2－2y＝0 解析：解：设Q(4，y0)，由|QF|＝|RQ|，得y0＋＝y0，解得y0＝2p，所以Q(4，2p)．(2分) 将点Q的坐标代入抛物线方程，可得p＝2， 所以抛物线E：x2＝4y，圆M：x2＋y2－2y＝0.(4分) (Ⅱ)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(A，C在y轴同侧)，求证：|AC|·|DB|是定值． 答案：见证明过程 解析：证明：抛物线E：x2＝4y的焦点F(0，1)． 设直线l的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立消去y并整理得x2－4kx－4＝0，(6分) 则Δ＝16(k2＋1)>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 由圆的方程可得圆M的圆心为M(0，1)，半径为1，圆心就是抛物线E的焦点． 由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，(9分) 则|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2， 所以|AC|·|BD|＝y1y2＝·＝1， 即|AC|·|DB|是定值1.(12分) (21)(2021全国Ⅰ，12分)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2，0)，且⊙M与l相切． (Ⅰ)求C，⊙M的方程； 答案：抛物线C：y2＝x，⊙M：(x－2)2＋y2＝1 解析：解：依题意设抛物线C：y2＝2px(p>0)，P(1，y0)，Q(1，－y0)． 因为OP⊥OQ，所以·＝1－y＝1－2p＝0， 所以2p＝1， 所以抛物线C的方程为y2＝x. 因为M(2，0)，⊙M与x＝1相切，所以半径为1， 所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切，判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由． 答案：相切，理由见解答过程 解析：解：直线A2A3与圆M相切．(5分) 理由：设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)， 若A1A2的斜率不存在，则A1A2的方程为x＝1或x＝3. 当A1A2方程为x＝1时，根据对称性不妨设A1(1，1)，A2(1，－1)， 则过A1与圆M相切的另一条直线方程为y＝1， 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A3，故A1A2的方程不可能为x＝1. 当A1A2的方程为x＝3时，根据对称性不妨设A1(3，)，A2(3，－)． 设A1A3的方程为y－＝k(x－3)， 即kx－y－3k＋＝0， 则由A1A3与圆M相切可知，点M到A1A3的距离＝1，解得k＝， 所以A1A3的方程为y－＝(x－3)． 又因为kA1A3＝＝＝＝， 所以y3＝0，所以x3＝0，A3(0，0)， 此时直线A1A3，A2A3关于x轴对称，⊙M也关于x轴对称， 所以直线A2A3与圆M相切．(8分) 若直线A1A2的斜率存在， 则直线A1A3，A2A3的斜率均存在， 则kA1A2＝，kA1A3＝，kA2A3＝， 所以直线A1A2的方程为y－y1＝(x－x1)， 整理得x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 同理直线A1A3的方程为x－(y1＋y3)y＋y1y3＝0， 直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0. 因为A1A2与圆M相切，所以＝1， 整理得(y－1)y＋2y1y2＋3－y＝0. 又A1A3与圆M相切， 所以同理(y－1)y＋2y1y3＋3－y＝0， 所以y2，y3为方程(y－1)y2＋2y1y＋3－y＝0的两根， ∴y2＋y3＝－，y2y3＝. M到直线A2A3的距离 d＝＝ ＝＝＝1， 所以直线A2A3与圆M相切． 综上，若直线A1A2，A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切．(12分) 随堂普查练35 Ⅱ 1．(2020陕西模拟，5分)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线l交C于A，B两点，设A，B在y轴上的投影分别为A′，B′.若|AB|＝(|AA′|＋|BB′|)，则直线l的斜率为(　C　) A．±　 B．±1　 C．±　 D．±2 解析：由题意得F(1，0)，p＝2. 由抛物线的定义，得|AB|＝(|AA′|＋|BB′|)＝|AA′|＋|BB′|＋2， 所以|AA′|＋|BB′|＝4，所以直线l斜率存在． 设直线l：y＝k(x－1)，联立 消去y并整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝， 所以|AA′|＋|BB′|＝＝4，解得k＝±.故选C. 2．(2020山东烟台模拟，12分)已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，过F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，△AOB的面积为8. (1)求抛物线C的方程； 答案：y2＝8x 解析：解：由题可知，直线AB的方程为y＝x－. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立消去x并整理得y2－2py－p2＝0， ∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－p2， ∴|y1－y2|＝＝＝2p，　 ∴S△AOB＝××|y1－y2|＝p2＝8，解得p＝4.　 故抛物线C的方程为y2＝8x.(4分) (2)若P为C上位于第一象限的任意一点，直线l与C相切于点P，连接PF并延长，交C于点M，过点P作l的垂线，交C于另一点N，求△PMN面积S的最小值． 答案：64 解析：解：由(1)知F(2，0)．设P(y0>0)，M(，y3)，N，直线l的方程为x－＝t(y－y0)，则＝，＝. ∵M，F，P三点共线，∴∥，即y0－y3＝0，化简整理得(y3－y0)(y0y3＋16)＝0. 又y0≠y3，∴y0y3＝－16. 联立消去x并整理得y2－8ty＋8ty0－y＝0. ∵直线l与抛物线相切，∴Δ＝64t2－32ty0＋4y＝0，解得t＝.(6分) 又PN⊥l，∴直线PN的方程为y－y0＝－，即y0x＋4y－4y0－＝0， ∴点M到直线PN的距离d＝. 将y3＝－代入上式可得d＝＝ .(8分) 联立消去x并整理得y0y2＋32y－y－32y0＝0，∴y0＋y4＝－，即y4＝－－y0， ∴|PN|＝·|y0－y4|＝·＝.(10分) 故S＝·d·|PN|＝××＝＝≥×＝64， 当且仅当y0＝4时，等号成立． 所以△PMN面积S的最小值为64.(12分) 3．(2021浙江温州模拟，15分)如图，过点F(1，0)和点E(4，0)的两条平行线l1和l2分别交抛物线y2＝4x于A，B和C，D(其中A，C在x轴的上方)，AD交x轴于点G. (1)求证：点C、点D的纵坐标乘积为定值； 答案：见证明过程 解析：证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． ∵l1∥l2，且l1，l2均与抛物线有两个交点， ∴两直线的斜率均不存在，或均不为0且相等． 设AB：x＝my＋1，CD：x＝my＋4， 联立整理得y2－4my－16＝0， ∴y3＋y4＝4m，y3y4＝－16， ∴点C、点D的纵坐标乘积为定值．(5分) (2)分别记△ABG和△CDG的面积为S1和S2，当＝时，求直线AD的方程． 答案：2x＋y－4＝0 解析：解：如图，过A作AM⊥x轴于点M，过D作DN⊥x轴于点N，则△GAM∽△GDN， ∴＝＝. 又l1∥l2，∴△AGF∽△DGE， ∴＝＝.(7分) 由(1)知直线AB：x＝my＋1， 联立整理得y2－4my－4＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， ∴＝＝＝＝，且y1>0，y4<0， ∴y4＝－2y1.(11分) 又∵y1＋y2＝y3＋y4，∴y1－＝＋y4＝－2y1， 解得y1＝2(负值舍去)，∴y4＝－4. 在y2＝4x中，令y＝2，得x＝1；令y＝－4，得x＝4， ∴A(1，2)，D(4，－4)， ∴直线AD：y－2＝－2(x－1)，即2x＋y－4＝0.(15分) 4．(2020宁夏银川模拟，5分)已知抛物线C：y2＝2x，过点E(a，0)的直线l与C交于不同的两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且满足y1y2＝－4，以Q为中点的线段的两端点分别为M，N，其中N在x轴上，M在C上，则a＝__2__，|PM|的最小值为__4__． 解析：设直线l的方程为x＝my＋a，代入抛物线方程y2＝2x，可得y2－2my－2a＝0， 则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2a＝－4，解得a＝2. 设直线PM的方程为x＝ny＋b，代入抛物线方程y2＝2x，可得y2－2ny－2b＝0. 设M(x3，y3)，则y1＋y3＝2n，y1y3＝－2b. 由Q为MN的中点，且N在x轴上，可得y3＝2y2， 所以y1y3＝2y1y2＝－8， 所以|PM|＝· ＝·＝2≥4， 当且仅当n＝0，即PM⊥x轴时，|PM|取得最小值4. 5．(2020四川德阳模拟，5分)已知点M，直线l过抛物线C：x2＝4y的焦点交抛物线C于A，B两点，且直线AM恰与抛物线C相切，那么线段AB中点的坐标为____． 解析：抛物线C的焦点为(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1. 由消去y并整理得x2－4kx－4＝0， 则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 由y＝x2，求导可得y′＝x. 因为直线AM与抛物线C相切， 所以直线AM的斜率kAM＝＝＝x1，化简整理得x－3x1－4＝0， 解得x1＝4或x1＝－1. 所以或 所以x1＋x2＝3，所以k＝＝， 所以＝，＝＝＝，即线段AB的中点坐标为. 6．(2021全国Ⅱ，12分)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p； 答案：p＝2 解析：解：因为抛物线C的焦点为F，圆M的圆心为M(0，－4)，半径为1，(2分) 所以|FM|＝＋4，所以F与圆M上点的距离的最小值为＋4－1＝4，解得p＝2.(4分) (2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值． 答案：20 解析：解：由(1)知，抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝，对该函数求导得y′＝. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 则直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)， 即x1x－2y1－2y＝0， 同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0. 因为点P为这两条直线的公共点， 所以 所以点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0， 即直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.(7分) 联立整理得x2－2x0x＋4y0＝0， 所以x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0， 所以|AB|＝·＝ ·＝. 点P到直线AB的距离d＝， 所以S△PAB＝|AB|·d＝·＝(x－4y0).(10分) 因为P(x0，y0)在圆M上， 所以x＋(y0＋4)2＝1，－5≤y0≤－3， 所以x－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－y－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，　 所以当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值×20＝20.(12分) 7．(经典题，15分)如图，直线l：x－ty＋1＝0和抛物线C：y2＝4x相交于不同的两点A，B. (1)求实数t的取值范围； 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：解：联立消去x，整理得y2－4ty＋4＝0. 因为直线l与抛物线C交于不同两点， 所以Δ＝(－4t)2－16＞0，解得t＜－1或t＞1， 故t的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(4分) (2)设线段AB的中点为M，抛物线C的焦点为F，以线段MF为直径的圆与直线l相交的另一点为N，且满足＝，求直线l的方程. 答案：x±y＋1＝0 解析：解：连接NF.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 由(1)知y1，y2是方程y2－4ty＋4＝0的两根， 所以y1＋y2＝4t，所以x1＋x2＝t(y1＋y2)－2＝4t2－2， 所以x0＝＝2t2－1，y0＝＝2t，即M(2t2－1，2t)．(7分) 由题意知NF⊥MN，F(1，0)， 则直线NF的方程为y＝－t(x－1)＝－tx＋t. 联立解得N，(9分) (法一)所以|MN|2＝＋＝＋＝＝， |NF|2＝＋＝＝.(12分) 因为在Rt△MNF中，＝，所以＝2， 所以＝8，解得t＝±，满足题意， 所以直线l的方程为x±y＋1＝0.(15分) (法二)所以|MF|2＝(2t2－2)2＋(2t)2＝4t4－4t2＋4，|NF|2＝＋＝.(12分) 因为在Rt△MNF中，＝，所以＝3， 所以＝9，即(1＋t2)(t4－t2＋1)＝9， 化简得t6＝8，所以t＝±，满足题意， 所以直线l的方程为x±y＋1＝0.(15分) 课后提分练35　抛物线 A组(巩固提升) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2019北京，5分)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__(x－1)2＋y2＝4__． 解析：易知抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1，0)，准线方程为x＝－1，所以焦点F到准线l的距离为2，所以圆F的半径为2，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝4. 2．(2021浙江宁波二模，4分)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过点P(－1，－2)，则该抛物线的焦点坐标为(　A　) A．(1，0) B．(2，0) C．(0，1) D．(0，2) 解析：∵抛物线y2＝2px(p＞0)的准线x＝－经过点P(－1，－2)，∴＝1，∴该抛物线的焦点坐标为(1，0)．故选A. 3．(2020北京，4分)设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l.P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线(　B　) A．经过点O B．经过点P C．平行于直线OP D．垂直于直线OP 解析：根据抛物线的定义可得|PF|＝|PQ|，所以点P在线段FQ的垂直平分线上．故选B. 4．(2021江苏扬州一模，5分)已知点F是抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点，O为坐标原点，若以F为圆心，|FO|为半径的圆与直线x－y＋3＝0相切，则抛物线的准线方程为(　A　) A．y＝－1 B．y＝－ C．y＝－2 D．y＝－ 解析：由抛物线的方程可得焦点F，∴|FO|＝.根据题意，点F到直线x－y＋3＝0的距离＝，解得p＝2，∴抛物线的准线方程为y＝－1.故选A. 5．(2021福建宁德三模，5分)如图，抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射，通过聚光获取热量烹饪食物的一种装置．由于太阳光基本上属于平行光线，所以当太阳灶(旋转抛物面)的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，在这里形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点就在它的主光轴上．现有一抛物线型太阳灶，灶口直径AB为2m，灶深CD为0.5 m，则焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为(　B　) 　　 A．3 m B．1.5 m C．1 m D．0.75 m 解析：如图，以C为原点，CD所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 则C(0，0)，A(0.5，)． 设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)， 将A点坐标代入抛物线的方程，得3＝2p×0.5，解得p＝3，∴抛物线的方程为y2＝6x， ∴焦点的坐标为(1.5，0)， ∴焦点到灶底C的距离为1.5 m．故选B. 6．(2021安徽月考，5分)已知圆C与直线x＝－1只有1个公共点，且与圆C′：x2＋y2－6x＋5＝0外切，则点C的轨迹方程为(　A　) A．y2＝12x B．y2＝6x C.＋＝1 D.＋y2＝1 解析：设圆C的圆心为(m，n)，半径为r， 将圆C′的方程进行整理，得(x－3)2＋y2＝4， ∴C′(3，0)，半径R＝2. (法一)∵圆C与圆C′相外切， ∴＝r＋R＝r＋2. 又∵圆C与直线x＝－1相切， ∴m>－1，|m－(－1)|＝m－(－1)＝r， 即r＝m＋1， ∴(m－3)2＋n2＝(m＋3)2，即n2＝12m， ∴点C的轨迹方程为y2＝12x.故选A. (法二)∵圆C与直线x＝－1相切，与圆C′相外切， ∴m>－1，点C到直线x＝－1的距离为r，到点C′的距离为r＋2， ∴点C到直线x＝－3的距离与到点C′的距离相等， ∴点C的轨迹为顶点在原点，焦点为(3，0)的抛物线， ∴点C的轨迹方程为y2＝12x.故选A. 7．(2020海南，5分)斜率为的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝____．　 解析：由题意可得抛物线的焦点为F(1，0)，直线AB的方程为y＝(x－1)， 代入y2＝4x并化简得3x2－10x＋3＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝. 由抛物线的定义可得|AB|＝x1＋x2＋p＝＋2＝. 8．(2018全国Ⅰ，5分)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝(　D　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，过点(－2，0)且斜率为的直线方程为3y＝2x＋4. 联立解得或 不妨令M(1，2)，N(4，4)，则＝(0，2)，＝(3，4)， 所以·＝(0，2)·(3，4)＝8.故选D. 9．(2023汇编，20分)设抛物线y2＝4x的焦点为F. ①已知点M，N，P(1，c)，Q(4，d)都在抛物线上，则M，N，P，Q四点中与焦点F距离最小的点是__M__． ②已知动点A在抛物线上，动点B在直线2x－y＋4＝0上，则|AB|的最小值是____． ③已知点C是抛物线上的动点，点C到y轴的距离为d，D(－3，3)，则|CD|＋d的最小值为__4__． ④已知点G在抛物线C上，抛物线的准线为直线l，GF的垂直平分线与l交于点H，点O为坐标原点，若点G到l的距离为6，则△OFH的面积为____．　 解析：①易知抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.因为点M，N，P(1，c)，Q(4，d)均在抛物线上，所以由抛物线的定义可知，|MF|＝－(－1)＝，|NF|＝－(－1)＝，|PF|＝1－(－1)＝2，|QF|＝4－(－1)＝5，所以点M与焦点F的距离最小． ②(法一)因为动点A在抛物线y2＝4x上，所以可设A，则点A到直线2x－y＋4＝0的距离d＝＝＝≥，当且仅当y0＝1，即A为时，等号成立， 所以点A到直线2x－y＋4＝0的距离的最小值为. 因为动点B在直线2x－y＋4＝0上，所以当AB与直线垂直时，|AB|取得最小值. (法二)将直线平移，使得直线与抛物线相切，设平移后的直线方程为2x－y＋t＝0. 由消去y并整理得4x2＋(4t－4)x＋t2＝0，则Δ＝16－32t＝0，解得t＝，所以平移后的直线与原直线间的距离d＝＝， 即抛物线上的点A与直线上的点B的距离的最小值为. ③由抛物线的定义可知|CF|＝d＋1， 所以|CD|＋d＝|CF|＋|CD|－1. 因为|CF|＋|CD|≥|DF|，当且仅当点C在线段DF上时，等号成立，所以|CF|＋|CD|的最小值为|DF|＝＝5， 所以|CD|＋d的最小值为5－1＝4. ④由抛物线的方程知，准线l：x＝－1. 设G(m，n)，由点G到准线l的距离为6，得m＋1＝6，∴m＝5. 将(5，n)代入抛物线的方程得n2＝4×5＝20， ∴n＝±2. 由抛物线的对称性，不妨设G(5，2)，则直线GF的斜率为kGF＝＝. 又GF的中点坐标为(3，)， ∴GF的垂直平分线的方程为y－＝－(x－3)． 令x＝－1，得y＝，∴H， ∴△OFH的面积为×1×＝. 10．(2021北京东城区一模，4分)已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F与抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点重合，P为椭圆C1与抛物线C2的公共点，且PF⊥x轴，那么椭圆C1的离心率为(　A　) A.－1 B. C. D.－1 解析：由题意知，F，a2－b2＝＝①. ∵PF⊥x轴，∴点P的横坐标为. 将代入抛物线C2的方程，得yP＝±p. 不妨设点P在第一象限，则P. ∵点P也在椭圆C1上， ∴＋＝1②. 由①②解得＝或(舍)， ∴离心率e＝＝＝－1. 故选A. 11．(2020天津和平区二模，5分)抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，准线为l，过焦点的直线交抛物线于A，B两点，过A，B作l的垂线，垂足分别为C，D，若|AF|＝4|BF|，则p＝__2__，S△CDF＝__5__．　 解析：因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，所以＝1，所以p＝2. 如图所示，过点B作BM∥l，交直线AC于点M. 由抛物线的定义知|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|. 又|AF|＝4|BF|， 所以|AM|＝3|BF|，|AB|＝5|BF|， 所以|BM|＝4|BF|， 所以直线AB的斜率k＝tan∠AFx＝tan∠BAM＝. 所以直线AB的方程为y＝(x－1)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立消去y并整理得4x2－17x＋4＝0，所以x1＋x2＝， 所以|AB|＝x1＋x2＋p＝， 所以|CD|＝|AB|sin∠BAM＝×＝5. 设l与x轴交于点Q，则|QF|＝p＝2， 所以△CDF的面积为|CD|·|QF|＝×5×2＝5. 12．(2020山东滨州三模，5分)已知抛物线C：y2＝4x与圆E：(x－1)2＋y2＝9交于A，B两点，点M为劣弧上不同于A，B的一个动点，平行于x轴的直线MN交抛物线于点N，则△MNE的周长的取值范围为(　C　) A．(3，5) B．(5，7) C．(6，8) D．(6，8] 解析：如图，易得圆心E(1，0)也是抛物线的焦点，延长MN交抛物线的准线于H，则NH垂直准线． 当M为(4，0)时，△MNE不存在，|MH|＝5. 根据抛物线的定义，可得|EN|＝|NH|， 所以△MNE的周长l＝|NH|＋|NM|＋|ME|＝|MH|＋3. 联立 解得或 不妨令A(2，2)，则点A到准线的距离为2＋1＝3，所以|MH|的取值范围为(3，5)，所以△MNE的周长l＝|MH|＋3的取值范围为(6，8)．故选C. 13．(2018全国Ⅲ，5分)已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若∠AMB＝90°，则k＝__2__． 解析：由题意，抛物线C的焦点坐标为(1，0)，所以直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0. 联立消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1， 所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝k(x1＋x2)－2k＝k·－2k＝， y1y2＝－＝－4. 因为∠AMB＝90°，所以AM⊥BM. 易知直线AM，BM的斜率均存在，且不为0， 所以kAM·kBM＝－1，所以·＝－1， 即＝＝＝－1，化简得(k－2)2＝0，解得k＝2. 14．(经典题，5分)已知过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线交抛物线C于P，Q两点，交圆x2＋y2－2x＝0于M，N两点，其中P，M位于第一象限，则＋的值不可能为(　A　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：将圆的方程x2＋y2－2x＝0化为标准形式得(x－1)2＋y2＝1， ∴圆心为(1，0)，半径为1. 又抛物线C的焦点F(1，0)， ∴焦点F(1，0)恰为圆的圆心，如图所示． (法一)设|PF|＝m，|QF|＝n， 则|PM|＝m－1，|QN|＝n－1. ∵y2＝4x，∴p＝2， 根据抛物线的常用结论，有＋＝＝1， ∴＝1，即m＋n＝mn， ∴＋＝＋＝＝4m＋n－5. 又4m＋n＝(4m＋n)＝4＋＋＋1≥5＋2＝9，当且仅当2m＝n，即m＝，n＝3时，等号成立，∴4m＋n－5≥4， 故＋的值不可能为3.故选A. (法二)易知|PM|＝|PF|－1＝xP＋1－1＝xP，|QN|＝|QF|－1＝xQ＋1－1＝xQ. 根据抛物线常用结论，有xPxQ＝＝1， ∴＋＝＋＝xQ＋≥2＝4，当且仅当xQ＝2时，等号成立，故＋的值不可能为3.故选A. 15．(多选)(2020山东模拟，5分)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点．设线段AB的中点为P，则(　ACD　) A.·＝－p2　 B．若|AF|·|BF|＝4p2，则直线l的斜率为 C．若抛物线上存在一点E(2，t)到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为y2＝4x D．若点F到抛物线准线的距离为2，则sin∠PMN的最小值为 解析：由题意得F，故可设直线l的方程为x＝my＋. 联立消去x并整理得y2－2pmy－p2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2. 因为·＝x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－p2＝－p2，所以选项A正确． 因为|AF|·|BF|＝＝(my1＋p)·(my2＋p)＝m2y1y2＋mp(y1＋y2)＋p2＝m2·(－p2)＋mp·2pm＋p2＝m2p2＋p2＝4p2，可得m＝±，所以直线l的斜率为＝±，所以选项B错误． 因为点E到点F的距离为3，所以2＋＝3，所以p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x，选项C正确． 因为点F到准线的距离为2，所以p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x. 根据抛物线焦点弦的性质，可知圆P与准线相切． 过点P作y轴的垂线，垂足为H， 则sin∠PMN＝＝＝， 所以当|PH|最小时，sin∠PMN有最小值． 又当直线l与x轴垂直时，|PH|有最小值，所以sin∠PMN的最小值为，选项D正确．故选ACD. 16．(2021全国Ⅱ，12分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2. (1)求C的方程； 答案：y2＝4x 解析：解：易知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点坐标F，准线方程为x＝－. 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为－＝p＝2，(2分) 所以抛物线C的方程为y2＝4x.(4分) (2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足＝9，求直线OQ斜率的最大值． 答案： 解析：解：由(1)知，F(1，0)，设Q(x0，y0)，P(x1，y1)． 由＝9可得(x0－x1，y0－y1)＝(9－9x0，－9y0)， 所以P(10x0－9，10y0)． 因为点P在C上， 所以(10y0)2＝4(10x0－9)， 即x0＝，(6分) 所以直线OQ的斜率kOQ＝＝＝.(8分) 当y0＝0时，kOQ＝0. 当y0>0时，kOQ＝. 因为25y0＋≥2＝30， 当且仅当25y0＝，即y0＝时，等号成立， 所以0<kOQ≤.(10分) 当y0<0时，kOQ<0. 综上，直线OQ斜率的最大值为.(12分) 17．(2018全国Ⅱ，12分)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8. (1)求l的方程； 答案：y＝x－1 解析：解：(法一)抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)， 直线l的方程为y＝k(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立 消去y并整理得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝1.(3分) |AB|＝x1＋x2＋p＝＋2＝8，化简整理得k2＝1，解得k＝1或k＝－1(舍)， 所以直线l的方程为y＝x－1.(6分) (法二)抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)． 设直线l的倾斜角为θ，0<θ<，则由抛物线的焦点弦弦长公式可得|AB|＝＝＝8，(3分) 化简整理得sin2θ＝，所以θ＝， 所以直线l的斜率k＝1， 所以直线l的方程为y＝x－1.(6分) (2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程． 答案：(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144 解析：解：由(1)可得x1＋x2＝6，所以＝3，＝2，所以AB的中点为D(3，2)，则线段AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.(8分) 设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)， 则　 解得或(10分) 分别对应所求圆半径为x0＋1＝4，x0＋1＝12， 所以所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.(12分) 18．(2021湖南株洲模拟，12分)已知点A(x1，y1)，D(x2，y2)(其中x1＜x2)是曲线y2＝8x(y≥0)上的两点，点A，D在x轴上的射影分别为点B，C，且|BC|＝a. (1)当点B的坐标为(2，0)，且a＝6时，求直线AD的方程； 答案：2x－3y＋8＝0 解析：解：∵a＝6，B(2，0)，∴C(8，0)， ∴A(2，y1)，D(8，y2)． 将A，D两点坐标代入y2＝8x， 得y1＝＝4，y2＝＝8， ∴A(2，4)，D(8，8)， ∴直线AD的方程为y－4＝(x－2)，即2x－3y＋8＝0.(4分) (2)记△OAD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求证：<. 答案：见证明过程 解析：证明：显然直线AD的斜率存在，故设直线AD：y＝kx＋m.由点A，D在曲线y2＝8x(y≥0)上，且x1<x2， ∴k>0. 联立整理得k2x2＋(2km－8)x＋m2＝0， 则Δ＝(2km－8)2－4k2m2>0，∴km<2， ∴0<k|m|<2. 根据根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝.(6分) ∵|AD|＝|x1－x2|＝|BC|＝a， 原点O到直线AD的距离d＝， ∴S1＝|AD|·d＝|m|，S2＝|BC|(y1＋y2)＝(x1＋x2)＋am，(9分) ∴＝＝＝∈，即<.(12分) 19．(2019全国Ⅲ，12分)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. (1)证明：直线AB过定点； 答案：见证明过程 解析：证明：设D，A(x1，y1)(x1≠t)， 则x＝2y1. 由y＝，可得y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1，整理得x－tx1－y1－＝0，即y1－tx1－＝0.(3分) 设B(x2，y2)(x2≠t)，同理可得y2－tx2－＝0，故直线AB的方程为－tx＋y－＝0，所以直线AB过定点.(5分) (2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积． 答案：3或4 解析：解：由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋. 联立消去y，整理得x2－2tx－1＝0. 易得Δ>0恒成立，所以x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，则y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝ ·＝2(t2＋1)．(7分) 设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则 d1＝＝，d2＝＝， 所以四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝×2(t2＋1)·＝(t2＋3).(9分)　 设M为线段AB的中点，则M. 因为圆E与直线AB相切于点M，所以⊥. 又＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行， 所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1. 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4，所以四边形ADBE的面积为3或4.(12分) B组(冲刺满分) 20．(多选)(2021河北唐山三模，5分)抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线Γ：y2＝x，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点P射入，经过Γ上的点A(x1，y1)反射后，再经Γ上另一点B(x2，y2)反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则(　BCD　) A．y1y2＝－1 B．|AB|＝ C．PB平分∠ABQ D．延长AO交直线x＝－于点C，则C，B，Q三点共线 解析：画出图形，如图所示： ∵l1∥x轴，且l1过点P，∴y1＝1. 把(x1，1)代入y2＝x，得x1＝1，∴A(1，1)． 由题知，直线AB经过焦点， ∴直线AB的方程为y－1＝(x－1)， 即4x－3y－1＝0. 联立得4y2－3y－1＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝－. 对于A，y1y2＝－1，与y1y2＝－矛盾，故A错误． 对于B，|AB|＝·|y1－y2| ＝· ＝×＝，故B正确． 对于C，连接BP. ∵|AP|＝－1＝＝|AB|， ∴∠APB＝∠ABP. 又由光学性质可知AP∥x轴∥BQ， ∴∠PBQ＝∠APB＝∠ABP， ∴PB平分∠ABQ，故C正确． 对于D，∵y1＝1，y1＋y2＝，∴y2＝－. 直线AO的方程为y＝x，代入x＝－， 得y＝－， ∴C，∴C，B，Q三点纵坐标都相同， ∴C，B，Q三点共线，故D正确． 故选BCD. 21．(2020辽宁大连模拟，5分)在平面直角坐标系xOy中，点A(1，0)，动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切．过A作直线x＋(m－1)y＋2m－5＝0的垂线，垂足为B，则|MA|＋|MB|的最小值为(　D　) A．2－ B．2＋ C.－＋1 D．3－ 解析：如图，设AM的中点为E，过点E作EF⊥y轴于F，则F为切点，所以|EF|＝|MA|.连接AF并延长至D，使|AF|＝|FD|，易知点D在直线x＝－1上． 当点M不与原点重合时，连接MD，则EF为△AMD的中位线，所以EF∥MD，|EF|＝|MD|，所以|MD|＝|MA|，又因为EF⊥y轴，所以MD⊥y轴，所以MD与直线x＝－1垂直；当点M与原点重合时，点D在x轴上，显然|MD|＝|MA|，所以点M到点A(1，0)的距离等于到直线x＝－1的距离，所以点M在焦点为A，准线为直线x＝－1的抛物线上，即点M在抛物线y2＝4x上． 设直线l：x＋(m－1)y＋2m－5＝0，变形可得m(y＋2)＝y－x＋5，易得直线l经过定点(3，－2)． 设P(3，－2), 线段AP的中点为C，则C的坐标为(2，－1)，|CP|＝. 因为AB⊥l，所以B在以AP为直径的圆上.因为直线l斜率一定不为0，所以点B的轨迹不包括点(1，－2)，该圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝2，半径r＝. 因为|MA|＝|MD|，所以|MA|＋|MB|＝|MD|＋|MB|.　 过C作x＝－1的垂线CD′，垂足为D′，则当B，M在线段CD上时，|MD|＋|MB|取得最小值，最小值为|CD′|－r＝3－.所以(|MA|＋|MB|)min＝3－.故选D. 22．(2021江苏苏州模拟，12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，过原点的直线l：y＝k1x(k1＞0)交抛物线C：y2＝2x于点P(异于原点O)，抛物线C上点P处的切线交y轴于点M，设线段OP的中点为N，连接线段MN交C于点T. (1)求的值； 答案： 解析：解：设P(a>0)，则C在点P处的切线方程为y＝k＋a，k≠0. y2＝2x(y>0)等价于y＝(x>0)， 而y′＝，∴. ∴切线方程为y＝x＋， ∴M.(2分) 由P可得N . 在y2＝2x中，令y＝，得x＝， ∴T为MN的中点， ∴＝.(5分) (2)过点P作圆O′：(x－1)2＋y2＝1的切线交C于另一点Q，设直线OQ的斜率为k2，证明：|k1－k2|为定值． 答案：见证明过程 解析：证明：当直线PQ的斜率不存在时，直线PQ的方程为x＝2， 此时易得P(2，2)，Q(2，－2)，k1＝1，k2＝－1， ∴|k1－k2|＝2.(6分) 当直线PQ的斜率存在时，设方程为y＝mx＋b，由题意知m≠0，b≠0. ∵直线PQ与圆O′相切， ∴＝1，即b2＋2mb＝1. 联立 整理得m2x2＋2(mb－1)x＋b2＝0. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 则x1＋x2＝，x1x2＝.(8分) 又k1＝，k2＝， ∴|k1－k2|＝＝ ＝ ＝＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝＝2.(11分) 综上，|k1－k2|为定值2.(12分) 23．(2020山东日照模拟，12分)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F(0，1)． (1)动直线l过点F且与抛物线C交于M，N两点，点M在y轴的左侧，过点M作抛物线C准线的垂线，垂足为M1，点E在MF上，且满足＝，连接M1E并延长交y轴于点D，△MED的面积为，求抛物线C的方程及D点的纵坐标； 答案：x2＝4y，4 解析：解：因为F(0，1)，所以抛物线的方程为x2＝4y.(1分) 设D(0，m)．因为＝，S△MED＝，所以S△MFD＝，所以－xM(m－1)＝，解得xM＝.　 易知△MM1E∽△FDE，所以|MM1|＝|DF|＝(m－1)，所以yM＝(m－3)． 又因为M在抛物线上，所以2＝4×，整理得m3－5m2＋7m－12＝(m－4)(m2－m＋3)＝0，解得m＝4. 故D点的纵坐标为4.(4分) (2)点H为抛物线C准线上任意一点，过H作抛物线C的两条切线HA，HB，切点分别为A，B，证明：直线AB过定点，并求△HAB面积的最小值． 答案：见证明过程，4 解析：证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1)． 由x2＝4y，即y＝x2，可得y′＝x， 所以抛物线x2＝4y在A处的切线HA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－x＋y1. 又因为y1＝，所以lHA：y＝x－y1. 因为H在切线AH上，所以－1＝t－y1①. 同理可得－1＝t－y2②.(8分) 综合①②可得A，B的坐标满足－1＝t－y，即A，B都在直线y＝x＋1上，所以直线AB恒过抛物线的焦点F(0，1)．(9分) 当t＝0时， H(0，－1)，可得HF⊥AB； 当t≠0时，直线HF的斜率为＝－， 则HF⊥AB，所以S△AHB＝|HF|·|AB|.(10分) 将y＝x＋1代入x2＝4y， 消去x，可得y2－(2＋t2)y＋1＝0， 所以y1＋y2＝2＋t2. 所以|AB|＝y1＋y2＋2＝t2＋4. 又|HF|＝＝， 所以S△AHB＝(t2＋4)＝(t2＋4)， 所以t＝0时，S△AHB取得最小值4.(12分) 24．(2021浙江宁波模拟，15分)已知点P在抛物线C：y2＝4x上，过点P作圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0<r≤)的两条切线，与抛物线C分别交于A，B两点，切线PA，PB与圆M分别相切于点E，F. (1)若点P到圆心M的距离与它到抛物线C的准线的距离相等，求点P的坐标； 答案：(2，2)或(2，－2) 解析：解：设P(x0，y0)． 设抛物线C的焦点为Q，则Q(1，0)． 由题意知点P到抛物线C的准线的距离d＝|PQ|＝|PM|，∴P在QM的垂直平分线上， ∴x0＝2，y0＝±＝±2， ∴点P的坐标为(2，2)或(2，－2)．(3分) (2)若点P的坐标为(1，2)， ①r＝，求·的值； 答案：3 解析：解：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则＝(x1－1，y1－2)，＝(x2－1，y2－2)，＝(x1－3，y1)． ∵⊥，∴·＝(x1－1)(x1－3)＋(y1－2)y1＝0，即x－4x1＋3＋y－2y1＝0. 同理可得x－4x2＋3＋y－2y2＝0， ∴点E，F在圆x2－4x＋3＋y2－2y＝0上．(5分) 联立两式相减得y＝x－2， ∴点E，F在直线y＝x－2上． 联立整理得2x2－10x＋11＝0， ∴x1＋x2＝5，x1x2＝， ∴y1＋y2＝x1＋x2－4＝1， y1y2＝(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝－，(8分) ∴·＝(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2) ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－2(y1＋y2)＋4 ＝－5＋1－－2＋4＝3.(9分) ②设线段AB中点的纵坐标为t，求t的取值范围． 答案：[－10，－6) 解析：解：根据题意可知PA，PB的斜率存在． 设切线PA的方程为y＝k1(x－1)＋2， 即k1x－y＋2－k1＝0， 则圆心M到切线PA的距离d＝＝r， 整理得(r2－4)k－8k1＋r2－4＝0； 设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2， 同理可得(r2－4)k－8k2＋r2－4＝0， ∴k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两个根， ∴k1＋k2＝，k1k2＝1.(12分) 设A(x3，y3)，B(x4，y4)，AB中点为D， 联立整理得k1y2－4y－4k1＋8＝0， ∴2y3＝，即y3＝＝－2＝4k2－2， 同理可得y4＝4k1－2， ∴D点的纵坐标t＝＝＝2(k1＋k2)－2＝－2.(14分) ∵0＜r2≤2，∴－4＜r2－4≤－2， ∴－8≤＜－4， ∴－10≤－2＜－6， ∴t的取值范围为[－10，－6)．(15分) 学科网（北京）股份有限公司 $$