第9课时　抛物线(二)-2026年高考数学一轮复习

Content Navigation 内容导航 课前自助餐 授人以渔 课外阅读 01 02 03 教师备用资料 04 第1页 第9课时　抛物线(二) 第‹#›页   [复习要求]　1.掌握直线与抛物线的位置关系.2.掌握抛物线焦点弦的一些性质． 第1页 √ 课前自助餐 01 PAST ONE 4 ①相切：k≠0，Δ＝0； ②相交：k≠0，Δ>0或k＝0； ③相离：k≠0，Δ<0. 回归教材 直线与抛物线的位置关系 第1页 抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的焦点弦AB的倾斜角为θ，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且y1>y2，则有下列性质： (1)y1y2＝_______，x1x2＝______． －p2 第1页 (5)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切． (6)以AF或BF为直径的圆与y轴相切． (7)过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上． 第1页 1．判断下面结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) (1)若直线与抛物线相交，则它们有两个公共点． 夯实双基 答案　(1)× (2)所有的焦点弦中，通径的长最短． 答案　(2)√ (3)若直线l过(2p，0)，与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为原点，则OA⊥OB. 答案　(3)√ 第1页 (4)若过准线上一点P作抛物线的两条切线，A，B为切点，则直线AB过抛物线焦点． 答案　(4)√ (5)若AB是抛物线y2＝2px(p＞0)过焦点的一条弦，BB1⊥准线于B1，O为原点，则A，O，B1三点共线． 答案　(5)√ 第1页 2．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x有且仅有一个公共点，这样的直线有(　　) A．1条　　　　　　　　　 B．2条 C．3条 D．4条 √ 解析　两条切线，还有一条平行于x轴． 第1页 3．过抛物线y2＝4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|PQ|等于(　　) A．9 B．8 C．7 D．6 √ ∴抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1. 根据抛物线的定义，得 ∴|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2， 又∵PQ经过焦点F，且x1＋x2＝6， ∴|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋x2＋2＝6＋2＝8. 第1页 √ 第1页 第1页 5. (人教A版选修一P138习题3.3T5改编)如图，M是抛物线y2＝4x上的一点，F是抛物线的焦点，以Fx为始边，FM为终边的角∠xFM＝60°，则|MF|＝________． 4 返 回 √ 授 人 以 渔 02 PAST TWO 15 题型一　 焦点弦问题 已知AB是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦，θ为直线AB的倾斜角，F为抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证： 【思路】　(1)写出焦点F的坐标，由点斜式写出过焦点F的直线方程，注意讨论斜率是否存在，然后与y2＝2px联立，再由根与系数的关系即得； 【答案】　(1)证明见解析　 第‹#›页 16 第1页 第1页 【思路】　(2)中|AB|＝|AF|＋|BF|，再将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离即可； 【答案】　(2)证明见解析　 第1页 第1页 【思路】　(3)中S△AOB＝S△AOF＋S△BOF，再由面积公式求得； 【答案】　(3)证明见解析　 第1页 【答案】　(4)证明见解析　 【思路】　(4)中将点到焦点的距离转化为点到准线的距离； 第1页 (5)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切． 【答案】　(5)证明见解析 【证明】　(5)设AB的中点为M，分别过A，M，B作准线的垂线，垂足分别为C，N，D. 第1页 【讲评】　解决焦点弦问题的关键是“设而不求”方法的应用，解题时，设出直线与抛物线两交点的坐标，根据抛物线的方程正确表示出焦点弦长，再利用已知条件求解． 第1页 状元笔记 (1)解决焦点弦问题时，要注意以下几点(以抛物线y2＝2px(p>0)为例)： ①设焦点弦与抛物线的交点为(x1，y1)，(x2，y2)． ②因为(x1，y1)，(x2，y2)在抛物线上，故满足y12＝2px1，y22＝2px2. ③利用y12y22＝4p2x1x2可以整体得到y1y2或x1x2. (2)利用抛物线的定义把过焦点的弦分成两个焦半径，再转化为到准线的距离，再求解． 第1页 √ 第1页 【解析】　方法一：作出抛物线的准线，过A，B分别向准线作垂线，垂足分别为A1，B1，过B点作BH⊥AA1于点H. 设|AF|＝m，|BF|＝n，由抛物线定义得|AA1|＝|AF|＝m，|BB1|＝|BF|＝n，∴|AH|＝m－n，|AB|＝m＋n. 第1页 第1页 第1页 第1页 (2)(高考真题·全国卷)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(　　) √ 【思路】　先求直线AB的方程，将其与抛物线的方程联立、化简，再利用根与系数的关系求解． 第1页 第1页 第1页 第1页 (3)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为的直线交C于A，B(A在上方)，且|AF|＝6，则|BF|＝________． 2 第1页 第1页 题型二　 抛物线的切线 (1)过抛物线x2＝4y上一点(4，4)的切线方程为__________． y＝2x－4 由Δ＝(－4k)2－4×16(k－1)＝0， 得k2－4k＋4＝0.∴k＝2. 故切线方程为y－4＝2(x－4)，即y＝2x－4. 第‹#›页 37 ∴切线方程为y－4＝2(x－4)． ∴y＝2x－4. 第1页 (2)过点P(－1，－2)的两条直线与抛物线C：x2＝4y分别相切于A， B两点，则三角形PAB的面积为________． 第1页 第1页 状元笔记 (1)直线与圆锥曲线相切时只有一个公共点，但只有一个公共点时未必相切，这主要体现在抛物线和双曲线的情况． (2)在讨论时应注意全面，不要忽略二次项的系数为零的情况． 第1页 √ 思考题2　(1)(2025·重庆八中适应性考试)设F为抛物线C：x2＝2y的焦点，P为C上一点且在第一象限，C在点P处的切线交x轴于N，交y轴于T，若∠FPT＝30°，则直线NF的斜率为(　　) 第1页 第1页 (2)设抛物线x2＝2py(p>0)，M为直线y＝－2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为xA，xB，xM，则(　　) A．xA＋xB＝2xM B．xAxB＝xM2 √ 第1页 题型三　 直线与抛物线的综合问题 (2019·课标全国Ⅰ)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. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； 【答案】　(1)12x－8y－7＝0　 第‹#›页 45 第1页 第1页 思考题3　(1)过抛物线y2＝8x焦点的直线与抛物线交于M，N两点，设抛物线的准线与x轴的交点为A，当MA⊥NA时，|MN|＝________． 8 【解析】　方法一：由题意可知A(－2，0)，焦点坐标为(2，0)． 设过抛物线焦点的直线方程为x＝my＋2， 代入y2＝8x，消去x，得y2－8my－16＝0，易知Δ>0. 设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则yMyN＝－16， 第1页 所以8＋2(xM＋xN)＝16，即xM＋xN＝4， 所以由抛物线的定义知|MN|＝xM＋xN＋4＝8. 方法二：由题意可知A(－2，0)，设M(xM，yM)，N(xN，yN)， 即(xM＋2)(xN＋2)＋yMyN＝0，得4＋2(xM＋xN)＋4－16＝0， ∴xM＋xN＝4，|MN|＝xM＋xN＋4＝8. 第1页 6 第1页 【解析】　设直线AB的方程为x＝ty＋m(m＞0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB与x轴交点为M(m，0)． 第1页 ∴y1·y2＝－3， 根据抛物线的对称性，不妨假设点A在x轴的上方，则y1>0. 第1页 【讲评】　求解本题时，应考虑以下几个点： ①联立直线与抛物线方程，消x或y后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，这是处理此类问题的常见模式． ②求三角形面积时，为使面积的表达式简单，常根据图形的特征选择适当的底与高． ③利用基本不等式时，应注意“一正，二定，三相等”． 返 回 √ 课 外 阅 读 03 PAST THREE 54 圆锥曲线的第二定义及焦半径公式 【人教A版选修一P113例6，P125例5】 圆锥曲线的第二定义 平面内到一个定点F的距离与到一条定直线l(点F不在直线l上)的距离比等于一个常数e(e>0)的动点M的轨迹是圆锥曲线．当0＜e＜1时，动点M的轨迹是椭圆；当e＝1时，动点M的轨迹是抛物线；当e＞1时，动点M的轨迹是双曲线． 第1页 圆锥曲线焦半径定义 圆锥曲线上任意一点到焦点的距离叫做圆锥曲线关于该点的焦半径． 对于椭圆和双曲线上的任意一点，都对应有两条焦半径，对于抛物线上任意一点，焦半径唯一存在． (1)椭圆的焦半径公式： 第1页 (2)双曲线的焦半径公式(只讨论焦点在x轴上的情况，焦点在y轴上的情况略)： ①当点P在双曲线的左支上时，|PF1|＝－ex0－a，|PF2|＝－ex0＋a； ②当点P在双曲线的右支上时，|PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝ex0－a. 第1页 (3)抛物线的焦半径公式(F为抛物线焦点)： 第1页 (2，±3) 第1页 第1页 第1页 (3)设抛物线y2＝12x的焦点为F，经过点P(4，1)的直线l与抛物线相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，则|AF|＋|BF|＝________． 14 【解析】　(3)由题意可得F(3，0)，抛物线的准线为x＝－3， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，根据抛物线的定义，得|AF|＝|AC|＝x1＋3，|BF|＝|BD|＝x2＋3， 故|AF|＋|BF|＝(x1＋x2)＋6， 因为AB的中点为P(4，1)， 第1页 第1页 第1页 第1页 返 回 √ 教师备用资料 04 PAST FOUR 67 一、设而不求&设而要求 ——高考解析几何突围的两大绝招 高考中的解析几何问题多是“重复昨天的故事”，运用的多是一些常规的解题模式和常用的数学思想方法，即称之为“通性通法”的考查．但解析几何得分不高的原因是学生为“算”所困，不会选择问题的处理策略．解析几何要注重“通性通法”，通法引路，找到解题的切入点．以下面的题为例谈突围解析几何的两大通法绝招：“设而不求”与“设而要求”． 第1页 (一)设而不求 “设而不求”是简化计算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简．解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等． 第1页 1．巧妙运用抛物线定义得出根与系数关系的联系，从而设而不求． 第1页 第1页 2．中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的另一种方法． (1)△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为___________ _________________． 第1页 第1页 (2)抛物线E：y2＝2x上存在两点关于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是____________． 【解析】　(2)当k＝0时，显然成立． 当k≠0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，连接BC，设BC的中点为M(x0，y0)，又y12＝2x1，y22＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1 第1页 3．求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求． (2017·课标全国Ⅰ，改编)已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________． 8 第1页 第1页 第1页 (二)设而要求 解析几何的综合问题，常常涉及直线与曲线相交，当两个交点坐标未知时，用“设而不求”避免求交点，从而简化计算．而当其中一个交点坐标是已知的或除根与系数的关系外，还有坐标等量关系，则常用到“设而要求”． 第1页 第1页 (2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率． 【解析】　(2)由题意知直线PB的斜率存在且不为0，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)，直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0，2)，则直线PB 第1页 第1页 二、反思感悟 “熟”怎样才能生“巧”？要学会剖析，找出关键点和切入点，把一类题型具有的共性总结出来，提炼后形成数学思想方法，在不断地反思与探索中，掌握解答此类问题的通法，达到举一反三的目的．“设而不求”与“设而要求”这两大绝招，适用范围广，在各类题型中不乏其用武之地． 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 第1页 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝kx＋m，))得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0. eq \f(p2,4) (2)|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1－cos θ)； |BF|＝x2＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1＋cos θ)； |AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2θ). (3)S△AOB＝eq \f(p2,2sin θ)(O为坐标原点)． (4)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)为定值eq \f(2,p). 解析　由抛物线方程为y2＝4x，可得2p＝4，eq \f(p,2)＝1， |PF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1，|QF|＝x2＋eq \f(p,2)＝x2＋1， 4．设F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，经过点F且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若△OAB(O为坐标原点)的面积为3eq \r(2)，则p＝(　　) A.eq \r(2) B.eq \r(6) C．1 D．2 解析　方法一：由题意可知AB：x＝y＋eq \f(p,2)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消去x可得y2－2py－p2＝0，Δ>0，y1＋y2＝2p， ∴x1＋x2＝y1＋eq \f(p,2)＋y2＋eq \f(p,2)＝3p，∴|AB|＝x1＋eq \f(p,2)＋x2＋eq \f(p,2)＝4p. 又O到AB的距离d＝eq \f(p,2\r(2))，∴S△OAB＝eq \f(1,2)×4p×eq \f(p,2\r(2))＝3eq \r(2)，解得p＝eq \r(6).故选B. 方法二：设直线AB的倾斜角为θ，则S△OAB＝eq \f(p2,2sin θ)，∴eq \f(p2,2×\f(\r(2),2))＝3eq \r(2).∴p＝eq \r(6).故选B. 解析　方法一：如图，过M点作准线的垂线，垂足为N，过F作FE⊥MN于E，设|MF|＝a，则|ME|＝eq \f(1,2)a，由抛物线定义知，eq \f(1,2)a＋p＝a，即a＝2p，∵2p＝4，∴|MF|＝4. 方法二：|FM|＝eq \f(p,1－cos 60°)＝eq \f(2,1－\f(1,2))＝4. (1)y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(p2,4)； 【证明】　(1)∵y2＝2px(p>0)的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))， 当AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝eq \f(p,2). 不妨设y1＞0＞y2，则y1＝p，y2＝－p，则y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(p2,4). 当AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))(k≠0)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px))消去x，得ky2－2py－kp2＝0①. 易知Δ>0，∴y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(（y1y2）2,4p2)＝eq \f(p2,4). 因此，总有y1y2＝－p2，x1x2＝eq \f(p2,4)成立． (2)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2θ)； 【证明】　(2)由抛物线定义得|AF|等于点A到准线x＝－eq \f(p,2)的距离． ∴|AF|＝x1＋eq \f(p,2)，同理|BF|＝x2＋eq \f(p,2). ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p②. 当θ≠90°时，lAB：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，∴x＝eq \f(1,k)y＋eq \f(p,2). ∴x1＋x2＝eq \f(1,k)(y1＋y2)＋p. 由方程①知y1＋y2＝eq \f(2p,k)，∴x1＋x2＝eq \f(2p,k2)＋p③. 将③代入②，得|AB|＝eq \f(2p,k2)＋2p＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,tan2θ)))＝eq \f(2p,sin2θ). 当θ＝90°时，|AB|＝|y1－y2|＝2p＝eq \f(2p,sin2θ). 综上所述，|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2θ). (3)S△AOB＝eq \f(p2,2sin θ)(O为坐标原点)； 【证明】　(3)S△AOB＝S△AOF＋S△BOF ＝eq \f(1,2)|OF|·|AF|·sin θ＋eq \f(1,2)|OF|·|BF|·sin θ ＝eq \f(1,2)|OF|·sin θ·(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)·|OF|·|AB|·sin θ ＝eq \f(1,2)·eq \f(p,2)·eq \f(2p,sin2θ)·sin θ＝eq \f(p2,2sin θ). (4)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)为定值； 【证明】　(4)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,x1＋\f(p,2))＋eq \f(1,x2＋\f(p,2))＝eq \f(x1＋x2＋p,x1x2＋\f(p,2)（x1＋x2）＋\f(p2,4)). 又x1x2＝eq \f(p2,4)，代入上式得eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)，故eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)为定值． 【思路】　(5)先设出AB的中点M，再证明点M到准线的距离等于eq \f(1,2)|AB|即可． 则|MN|＝eq \f(1,2)(|AC|＋|BD|)＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)|AB|. ∴以AB为直径的圆与准线相切． (π,3)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题1　(1)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，点A在第一象限，则eq \f(|AF|,|FB|)＝(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．4 D.eq \r(3) ∵直线AB的倾斜角为eq \f(π,3)，∴∠HAB＝eq \f(π,3). 在Rt△AHB中，cos∠HAB＝eq \f(|AH|,|AB|)， ∴eq \f(1,2)＝eq \f(m－n,m＋n)，∴eq \f(m,n)＝3.即eq \f(|AF|,|FB|)＝3.故选B. 方法二：由题知，直线AB的斜率为k＝tan eq \f(π,3)＝eq \r(3)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)). ∴直线AB的方程为y＝eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得12x2－20px＋3p2＝0. 解得x＝eq \f(p,6)或x＝eq \f(3,2)p. ∵A在第一象限，∴xA＝eq \f(3,2)p，xB＝eq \f(p,6).∴eq \f(|AF|,|FB|)＝eq \f(xA＋\f(p,2),xB＋\f(p,2))＝3. 方法三(特值法)：令p＝2，易知直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x－1)． 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝\r(3)（x－1），))得3x2－10x＋3＝0，解得x＝3或eq \f(1,3). ∵A在第一象限，∴xA＝3，xB＝eq \f(1,3). ∴eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(xA＋1,xB＋1)＝3. 方法四(公式法)：利用二级结论，得抛物线的焦半径|AF|＝eq \f(p,1－cos θ)，|FB|＝eq \f(p,1＋cos θ)(其中θ为直线AB的倾斜角)． ∵θ＝eq \f(π,3)，∴eq \f(|AF|,|FB|)＝eq \f(1＋cos θ,1－cos θ)＝3. A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(9\r(3),8) C.eq \f(63,32) D.eq \f(9,4) 【解析】　由已知得焦点坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，因此直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))，即4x－4eq \r(3)y－3＝0. 方法一：联立抛物线方程与直线AB的方程消去x，得4y2－12eq \r(3)y－9＝0，Δ>0. 所以yA＋yB＝3eq \r(3)，yAyB＝－eq \f(9,4)， 故|yA－yB|＝eq \r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝6. 因此S△OAB＝eq \f(1,2)|OF|·|yA－yB|＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×6＝eq \f(9,4). 方法二：联立抛物线方程与直线AB的方程消去y，得x2－eq \f(21,2)x＋eq \f(9,16)＝0，Δ>0. 故xA＋xB＝eq \f(21,2). 根据抛物线的定义有|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(21,2)＋eq \f(3,2)＝12，原点到直线AB的距离为h＝eq \f(|－3|,\r(42＋（－4\r(3)）2))＝eq \f(3,8). 因此S△OAB＝eq \f(1,2)|AB|·h＝eq \f(9,4). 方法三：|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)＝eq \f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝12(θ为直线AB的倾斜角)， S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|AB|·sin θ＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×12×eq \f(1,2)＝eq \f(9,4). 【解析】　由k＝eq \r(3)得∠AFx＝60°， 方法一：利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,|AF|)＋\f(1,|BF|)＝\f(2,p)，,|AF|＋|BF|＝\f(2p,sin260°)＝\f(8p,3)，,|AF|>|BF|，))解得|AF|＝2p， |BF|＝eq \f(2,3)p，∵|AF|＝2p＝6，∴p＝3，∴|BF|＝eq \f(2p,3)＝eq \f(2,3)×3＝2. 方法二：由焦半径公式|AF|＝eq \f(p,1－cos∠AFx)＝eq \f(p,1－cos 60°)＝2p＝6，得p＝3， ∴|BF|＝eq \f(p,1＋cos∠AFx)＝eq \f(p,1＋cos 60°)＝eq \f(2,3)p＝2. 【解析】　方法一：设切线方程为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， 方法二：由x2＝4y得y＝eq \f(x2,4)， ∴y′＝eq \f(x,2).∴当x＝4时，y′＝eq \f(4,2)＝2. eq \f(27,2) 【解析】　抛物线C：x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，故y′＝eq \f(1,2)x，设A，B两点的坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \f(1,2)x1＝eq \f(y1＋2,x1＋1)，整理得x1＋2y1＝4，同理x2＋2y2＝4. 故直线AB的方程为x＋2y＝4，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝4，,x2＝4y))得x2＋2x－8＝0，Δ>0， 故x1＋x2＝－2，x1x2＝－8，|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(（－2）2－4×（－8）)＝3eq \r(5)， 又点P到直线AB的距离为eq \f(|－1－4－4|,\r(5))＝eq \f(9,\r(5))，故三角形PAB的面积为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(9,\r(5))＝eq \f(27,2). A．－2 B．－eq \r(3) C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),3) 【解析】　由x2＝2y得y＝eq \f(1,2)x2，则y′＝x，设P(x0，y0)，记直线PN为l，则l的斜率为k＝x0，l的方程为y＝x0x－y0，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)，0))，T(0，－y0)，又y0＝eq \f(x02,2)，则易知N为PT的中点，又|PF|＝y0＋eq \f(p,2)＝|TF|，则△PFT为等腰三角形，于是FN⊥PT，又∠FPT＝30°，则l的倾斜角为60°，所以l的斜率为eq \r(3)，于是NF的斜率为－eq \f(\r(3),3).故选D. C.eq \f(1,xA)＋eq \f(1,xB)＝eq \f(2,xM) D．以上都不对 【解析】　由x2＝2py得y＝eq \f(x2,2p)，所以y′＝eq \f(x,p)，所以直线MA的方程为y＋2p＝eq \f(xA,p)(x－xM)，直线MB的方程为y＋2p＝eq \f(xB,p)(x－xM)，所以eq \f(xA2,2p)＋2p＝eq \f(xA,p)(xA－xM)①，eq \f(xB2,2p)＋2p＝eq \f(xB,p)(xB－xM)②，由①②可得xA＋xB＝2xM.故选A. eq \f(3,2) 【解析】　设直线l的方程为y＝eq \f(3,2)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)联立直线l与抛物线的方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋b，,y2＝3x，))消去y化简整理得eq \f(9,4)x2＋(3b－3)x＋b2＝0，Δ＝(3b－3)2－4×eq \f(9,4)b2>0，∴b<eq \f(1,2)，x1＋x2＝eq \f(4×（3－3b）,9)， 由|AF|＋|BF|＝4可知x1＋x2＋eq \f(3,2)＝4，即x1＋x2＝eq \f(5,2)，故eq \f(4×（3－3b）,9)＝eq \f(5,2)，得b＝－eq \f(7,8)，满足Δ>0，故直线l的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \f(7,8)，即12x－8y－7＝0. (2)若eq \o(AP,\s\up18(→))＝3eq \o(PB,\s\up18(→))，求|AB|. 【答案】　(2)eq \f(4\r(13),3) 【解析】　(2)联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋b，,y2＝3x，))消去x化简整理得y2－2y＋2b＝0，Δ＝4－8b>0，∴b<eq \f(1,2)，y1＋y2＝2，y1y2＝2b，由eq \o(AP,\s\up18(→))＝3eq \o(PB,\s\up18(→))，不妨设y1>0，y2<0，可知y1＝－3y2，则－2y2＝2，得y2＝－1，y1＝3，故可知b＝－eq \f(3,2)，满足Δ>0，∴|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(4,9))×|3＋1|＝eq \f(4\r(13),3). 所以xMxN＝eq \f(（－16）2,64)＝4. 因为MA⊥NA， 所以kMA·kNA＝eq \f(yM,xM＋2)·eq \f(yN,xN＋2)＝eq \f(yMyN,xMxN＋2（xM＋xN）＋4)＝－1， 则xMxN＝eq \f(p2,4)＝4，yMyN＝－p2＝－16. eq \o(AM,\s\up18(→))·eq \o(AN,\s\up18(→))＝(xM＋2，yM)·(xN＋2，yN)＝0， (2)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，而且eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝6(O为坐标原点)，若△ABO与△AFO的面积分别为S1和S2，则S1＋4S2的最小值是________． 【思路】　先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝6消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题． ∴联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,y2＝x，))可得y2＝ty＋m，Δ＝t2＋4m>0，根据韦达定理得y1·y2＝－m. ∵eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝6，∴x1x2＋y1y2＝6，即(y1·y2)2＋y1·y2－6＝0，即m2－m－6＝0，解得m＝3或－2(负值舍去)． ∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，∴S1＋4S2＝eq \f(1,2)×3×(y1－y2)＋4×eq \f(1,2)×eq \f(1,4)y1＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋\f(3,y1)))＋eq \f(1,2)y1＝2y1＋eq \f(9,2y1)≥6. 当且仅当2y1＝eq \f(9,2y1)，即y1＝eq \f(3,2)时取等号． 若P(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上任意一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，则|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0. 若P(x0，y0)为椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)上任意一点，F1，F2分别为椭圆的上、下焦点，则|PF1|＝a－ey0，|PF2|＝a＋ey0. 若P(x0，y0)为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则 ①若P(x0，y0)为抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，则|PF|＝x0＋eq \f(p,2)； ②若P(x0，y0)为抛物线y2＝－2px(p>0)上任意一点，则|PF|＝－x0＋eq \f(p,2)； ③若P(x0，y0)为抛物线x2＝2py(p>0)上任意一点，则|PF|＝y0＋eq \f(p,2)； ④若P(x0，y0)为抛物线x2＝－2py(p>0)上任意一点，则|PF|＝－y0＋eq \f(p,2). (1)双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上的一点P满足3|PF1|＝5|PF2|，则点P的坐标为________． 【解析】　(1)设P(x0，y0)，由题意，a＝1，b＝eq \r(3)，则c＝2，e＝2，由焦半径公式，|PF1|＝|2x0＋1|，|PF2|＝|2x0－1|，因为3|PF1|＝5|PF2|，所以3|2x0＋1|＝5|2x0－1|，解得x0＝2或eq \f(1,8)(舍去)， 代入双曲线的方程可求得y0＝±3，所以P的坐标为(2，±3)． (2)若倾斜角为eq \f(π,4)的直线过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点F2，且交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为________． eq \f(8,5) 【解析】　(2)因为eq \f(x2,4)＋y2＝1，则a2＝4，b2＝1，即a＝2，c＝eq \r(3)， 所以右焦点F2(eq \r(3)，0)，e＝eq \f(\r(3),2). 因为AB的倾斜角为eq \f(π,4)，所以kAB＝1. 因为AB过椭圆右焦点F2(eq \r(3)，0)，所以lAB：y＝x－eq \r(3). 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x－\r(3)))⇒5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，易知Δ>0. 由韦达定理得x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1x2＝eq \f(8,5). 方法一：|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(2)×eq \f(4\r(2),5)＝eq \f(8,5). 方法二：由椭圆的焦半径公式可得|AF2|＝a－ex1，|BF2|＝a－ex2， 因此|AB|＝2a－e(x1＋x2)＝4－eq \f(\r(3),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(8,5). 所以eq \f(1,2)(x1＋x2)＝4，可得x1＋x2＝8，所以|AF|＋|BF|＝(x1＋x2)＋6＝14. (x2,3)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题　(1)已知双曲线－y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上的一点P满足|PF2|＝eq \r(3)，则△PF1F2的面积为________． 2eq \r(2) 【解析】　(1)方法一：由题意，a＝eq \r(3)，b＝1，则c＝2，e＝eq \f(2\r(3),3). 设P(x0，y0)，则|PF2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)x0－\r(3)))＝eq \r(3)，解得x0＝3或0，显然x0≤－eq \r(3)或x0≥eq \r(3)，所以x0＝3，代入双曲线方程可求得y0＝±eq \r(2)，所以S△PF1F2＝eq \f(1,2)·|F1F2|·|y0|＝eq \f(1,2)×4×eq \r(2)＝2eq \r(2). 方法二：由题意a＝eq \r(3)，b＝1，所以c＝2，|F1F2|＝4，若点P在双曲线的左支上，则由双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2eq \r(3)，又|PF2|＝eq \r(3)，所以|PF1|＝－eq \r(3)，不合题意． 所以点P在双曲线的右支上，则由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2eq \r(3)，又|PF2|＝eq \r(3)， 所以|PF1|＝3eq \r(3)，所以cos∠PF2F1＝eq \f(|PF2|2＋|F1F2|2－|PF1|2,2|PF2|·|F1F2|)＝－eq \f(\r(3),3)， 故sin∠PF2F1＝eq \r(1－cos2∠PF2F1)＝eq \f(\r(6),3)， 从而S△PF1F2＝eq \f(1,2)·|PF2|·|F1F2|·sin∠PF2F1＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×4×eq \f(\r(6),3)＝2eq \r(2). (2)已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上的一点P 满足∠F1PF2为钝角，则点P的横坐标的取值范围为_______________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3)，\f(2\r(6),3))) 【解析】　(2)由题意得a＝2，b＝1，则c＝eq \r(3)，|F1F2|＝2eq \r(3)，e＝eq \f(\r(3),2).设P(x0，y0)，则|PF1|＝2＋eq \f(\r(3),2)x0，|PF2|＝2－eq \f(\r(3),2)x0， 因为∠F1PF2为钝角，所以cos∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)<0， 故|PF1|2＋|PF2|2<|F1F2|2， 从而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(3),2)x0)) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(3),2)x0)) eq \s\up12(2)<12， 解得－eq \f(2\r(6),3)<x0<eq \f(2\r(6),3). (2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p>0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF| ＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为__________________． y＝±eq \f(\r(2),2)x 【解析】　设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|＋|BF|＝yA＋eq \f(p,2)＋yB＋eq \f(p,2)＝4×eq \f(p,2)⇒yA＋yB＝p， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py，))消去x可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 所以yA＋yB＝eq \f(2pb2,a2)＝p，解得a＝eq \r(2)b，故该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x. x＋y＋eq \f(5,4)＝0　 【解析】　(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋2,3)＝\f(1,2)，,\f(y1＋y2＋2,3)＝0，))从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝－\f(1,4)，,y0＝\f(y1＋y2,2)＝－1，)) 即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－1))，又y12＝2x1，y22＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)＝－1， 故直线BC的方程为y－(－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))，即x＋y＋eq \f(5,4)＝0. (－eq \r(2)，eq \r(2)) －x2)，则直线BC的斜率kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)，由对称性知kBC＝－eq \f(1,k)，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由点M在抛物线内，得y02<2x0，即(－k)2<2，所以－eq \r(2)<k<eq \r(2)，且k≠0. 综上，k的取值范围为(－eq \r(2)，eq \r(2))． 【解析】　方法一：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，设l1：x＝ty＋eq \f(1,2)(t≠0)，则直线l1的斜率为eq \f(1,t)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x＝ty＋\f(1,2)，))消去x得y2－2ty－1＝0，Δ>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1. 所以|AB|＝eq \r(t2＋1)|y1－y2|＝eq \r(t2＋1)·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)·eq \r(4t2＋4)＝2t2＋2， 同理，得|DE|＝eq \f(2,t2)＋2，所以|AB|＋|DE|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(1,t2)))＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝eq \f(1,t2)，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8. 方法二：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，l2：y＝－eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，))消去y，得k2x2－(k2＋2)x＋eq \f(k2,4)＝0，Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋eq \f(2,k2).由抛物线的定义知，|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋eq \f(2,k2)＋1＝2＋eq \f(2,k2).同理可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋eq \f(2,k2)＋2＋2k2＝4＋eq \f(2,k2)＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当eq \f(2,k2)＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8. (2019·天津，理)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq \f(\r(5),5). (1)求椭圆的方程； 【答案】　(1)eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1　 【解析】　(1)设椭圆的半焦距为c，依题意得2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1. 【答案】　(2)eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5) 的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx ＝0，可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2). 进而直线OP的斜率为eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－eq \f(k,2). 由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)))＝－1，化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5). 所以直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5). $$