學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精§9。6拋物線最新考綱考情考向分析1.了解拋物線的實際背景，了解拋物線在刻畫現實世界和解決實際問題中的作用．2。掌握拋物線的定義、幾何圖形、標準方程及簡單幾何性質。拋物線的方程、簡單性質及與拋物線相關的綜合問題是命題的熱點．題型既有小巧靈活的選擇、填空題，又有綜合性較強的解答題。1．拋物線的概念平面內與一個定點F和一條定直線l（l不過F)的距離相等的點的集合叫作拋物線．點F叫作拋物線的焦點，直線l叫作拋物線的準線．2．拋物線的標準方程與簡單性質標準方程y2＝2px(p〉0)y2＝－2px(p〉0)x2＝2py(p〉0）x2＝－2py（p〉0)p的幾何意義:焦點F到準線l的距離圖形頂點坐標O（0,0)對稱軸x軸y軸焦點坐標Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(p,2)，0))Feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（p，2)，0）)Feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2）)）Feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，－\f(p，2）))離心率e＝1準線方程x＝－eq\f(p,2）x＝eq\f(p，2）y＝－eq\f(p，2)y＝eq\f(p,2）范圍x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0,x∈Ry≤0，x∈R開口方向向右向左向上向下

知識拓展1．拋物線y2＝2px(p>0)上一點P（x0，y0)到焦點Feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（p,2)，0）)的距離|PF|＝x0＋eq\f(p,2）,也稱為拋物線的焦半徑．2．y2＝ax(a≠0）的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4），0）），準線方程為x＝－eq\f（a，4).3．設AB是過拋物線y2＝2px(p〉0)焦點F的弦，若A(x1，y1），B(x2，y2），則(1）x1x2＝eq\f(p2，4)，y1y2＝－p2。(2)弦長｜AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f（2p,sin2α）（α為弦AB的傾斜角）．(3)以弦AB為直徑的圓與準線相切．(4）通徑：過焦點垂直于對稱軸的弦，長等于2p，通徑是過焦點最短的弦．題組一思考辨析1．判斷下列結論是否正確（請在括號中打“√”或“×”)（1）平面內與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡一定是拋物線．（×)（2)方程y＝ax2（a≠0)表示的曲線是焦點在x軸上的拋物線，且其焦點坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0)）,準線方程是x＝－eq\f（a，4）.（×)(3）拋物線既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．（×）（4)AB為拋物線y2＝2px（p〉0)的過焦點Feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(p，2）,0))的弦，若A(x1，y1),B(x2，y2），則x1x2＝eq\f(p2,4），y1y2＝－p2，弦長|AB|＝x1＋x2＋p。(√)(5)若直線與拋物線只有一個交點，則直線與拋物線一定相切．（×)(6）過拋物線的焦點與拋物線對稱軸垂直的直線被拋物線截得的線段叫作拋物線的通徑，那么拋物線x2＝－2ay(a>0)的通徑長為2a.(√）題組二教材改編2．過拋物線y2＝4x的焦點的直線l交拋物線于P（x1，y1）,Q（x2，y2）兩點,如果x1＋x2＝6，則|PQ|等于（）A．9B．8C．7D．6答案B解析拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0），準線方程為x＝－1.根據題意可得,｜PQ｜＝|PF|＋|QF｜＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.3．已知拋物線的頂點是原點，對稱軸為坐標軸，并且經過點P(－2，－4)，則該拋物線的標準方程為____________．答案y2＝－8x或x2＝－y解析設拋物線方程為y2＝2px（p≠0）或x2＝2py（p≠0)．將P(－2，－4）代入，分別得方程為y2＝－8x或x2＝－y.題組三易錯自糾4．設拋物線y2＝8x上一點P到y軸的距離是4，則點P到該拋物線焦點的距離是（）A．4B．6C．8D．12答案B解析如圖所示,拋物線的準線l的方程為x＝－2，F是拋物線的焦點，過點P作PA⊥y軸，垂足是A，延長PA交直線l于點B，則|AB|＝2.由于點P到y軸的距離為4,則點P到準線l的距離｜PB|＝4＋2＝6，所以點P到焦點的距離|PF|＝|PB｜＝6。故選B.A．y2＝±2eq\r(2）x B．y2＝±2xC．y2＝±4x D．y2＝±4eq\r(2)x答案D解析由已知可知雙曲線的焦點為（－eq\r(2）,0），（eq\r(2),0）．設拋物線方程為y2＝±2px(p>0）,則eq\f（p，2)＝eq\r（2），所以p＝2eq\r(2），所以拋物線方程為y2＝±4eq\r（2）x。故選D.6．設拋物線y2＝8x的準線與x軸交于點Q,若過點Q的直線l與拋物線有公共點，則直線l的斜率的取值范圍是__________．答案[－1，1]解析Q（－2,0)，當直線l的斜率不存在時，不滿足題意，故設直線l的方程為y＝k（x＋2)，代入拋物線方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8）x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8）2－4k2·4k2＝64(1－k2）≥0，解得－1≤k≤1。

題型一拋物線的定義及應用典例設P是拋物線y2＝4x上的一個動點，若B（3,2），則|PB｜＋｜PF｜的最小值為________．答案4解析如圖，過點B作BQ垂直準線于點Q,交拋物線于點P1,則｜P1Q|＝|P1F|.則有|PB｜＋｜PF|≥｜P1B|＋｜P1Q｜＝|BQ｜＝4，即｜PB｜＋|PF｜的最小值為4。引申探究1．若將本例中的B點坐標改為（3,4），試求|PB|＋|PF｜的最小值．解由題意可知點B(3,4）在拋物線的外部．∵｜PB｜＋|PF|的最小值即為B，F兩點間的距離,F(1,0），∴｜PB｜＋｜PF｜≥|BF｜＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5）,即｜PB｜＋|PF｜的最小值為2eq\r(5）。2．若將本例中的條件改為：已知拋物線方程為y2＝4x，直線l的方程為x－y＋5＝0，在拋物線上有一動點P到y軸的距離為d1，到直線l的距離為d2，求d1＋d2的最小值．解由題意知，拋物線的焦點為F(1,0)．點P到y軸的距離d1＝｜PF｜－1，所以d1＋d2＝d2＋|PF|－1。易知d2＋｜PF|的最小值為點F到直線l的距離，故d2＋|PF｜的最小值為eq\f（|1＋5｜，\r（12＋－12)）＝3eq\r（2），所以d1＋d2的最小值為3eq\r(2)－1。思維升華與拋物線有關的最值問題，一般情況下都與拋物線的定義有關．“看到準線想焦點，看到焦點想準線”，這是解決與過拋物線焦點的弦有關問題的重要途徑．跟蹤訓練設P是拋物線y2＝4x上的一個動點,則點P到點A(－1，1）的距離與點P到直線x＝－1的距離之和的最小值為________．答案eq\r（5)解析如圖,易知拋物線的焦點為F（1,0),準線是x＝－1，由拋物線的定義知點P到直線x＝－1的距離等于點P到F的距離．于是，問題轉化為在拋物線上求一點P,使點P到點A(－1，1)的距離與點P到F(1，0)的距離之和最小,顯然，連接AF與拋物線相交的點即為滿足題意的點，此時最小值為eq\r（［1－－1]2＋0－12）＝eq\r(5）。題型二拋物線的標準方程和簡單性質命題點1求拋物線的標準方程典例(2017·深圳模擬)如圖所示，過拋物線y2＝2px（p〉0)的焦點F的直線交拋物線于點A，B，交其準線l于點C，若｜BC|＝2｜BF｜，且｜AF｜＝3，則此拋物線的方程為()A．y2＝eq\f（3,2）xB．y2＝9xC．y2＝eq\f（9,2)xD．y2＝3x答案D解析分別過點A，B作AA1⊥l，BB1⊥l，且垂足分別為A1，B1，由已知條件|BC｜＝2|BF｜，得|BC｜＝2|BB1｜，所以∠BCB1＝30°.又|AA1|＝|AF｜＝3,所以|AC|＝2|AA1|＝6，所以|CF|＝｜AC|－|AF｜＝6－3＝3，所以F為線段AC的中點．故點F到準線的距離為p＝eq\f（1，2)|AA1|＝eq\f(3,2），故拋物線的方程為y2＝3x。命題點2拋物線的簡單性質典例已知拋物線y2＝2px（p>0)的焦點為F，A(x1，y1），B（x2，y2）是過F的直線與拋物線的兩個交點，求證:(1）y1y2＝－p2,x1x2＝eq\f(p2,4）;（2）eq\f(1，|AF｜）＋eq\f(1,｜BF｜）為定值；(3）以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切．證明（1)由已知得拋物線焦點坐標為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（p，2），0)）。由題意可設直線方程為x＝my＋eq\f(p，2），代入y2＝2px,得y2＝2peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（my＋\f(p，2)）)，即y2－2pmy－p2＝0。(＊)因為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（p，2)，0）)在拋物線內部，所以直線與拋物線必有兩交點．則y1,y2是方程（*）的兩個實數根，所以y1y2＝－p2.因為yeq\o\al(2，1)＝2px1，yeq\o\al（2，2)＝2px2，所以yeq\o\al(2,1）yeq\o\al（2,2)＝4p2x1x2，所以x1x2＝eq\f（y\o\al(2，1)y\o\al(2,2),4p2)＝eq\f（p4，4p2)＝eq\f（p2，4）.（2）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)).因為x1x2＝eq\f（p2，4)，x1＋x2＝｜AB｜－p，代入上式，得eq\f（1,|AF｜）＋eq\f(1，|BF｜)＝eq\f(|AB|,\f(p2，4）＋\f（p,2）|AB｜－p＋\f(p2，4）)＝eq\f（2,p）(定值）．(3）設AB的中點為M(x0，y0)，如圖所示，分別過A，B作準線l的垂線，垂足為C，D,過M作準線l的垂線，垂足為N，則｜MN｜＝eq\f（1，2）（｜AC|＋|BD|）＝eq\f(1,2)（｜AF|＋｜BF|）＝eq\f（1，2)|AB｜。所以以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切．思維升華（1)求拋物線標準方程的常用方法是待定系數法,其關鍵是判斷焦點位置、開口方向，在方程的類型已經確定的前提下，只需一個條件就可以確定拋物線的標準方程．（2)在解決與拋物線的性質有關的問題時，要注意利用幾何圖形的形象、直觀的特點來解題，特別是涉及焦點、頂點、準線的問題更是如此．跟蹤訓練(1)（2017·廣西三市調研)若拋物線y2＝2px(p〉0)上的點A(x0，eq\r（2)）到其焦點的距離是A到y軸距離的3倍，則p等于（)A.eq\f(1，2） B．1C.eq\f（3,2) D．2答案D解析由題意得3x0＝x0＋eq\f(p,2)，即x0＝eq\f(p,4),即Aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（p，4),\r（2)）），代入拋物線方程,得eq\f（p2，2)＝2，∵p〉0，∴p＝2。故選D。（2)(2017·鄭州二模)過點P（－2,0)的直線與拋物線C：y2＝4x相交于A，B兩點，且｜PA|＝eq\f(1,2）｜AB｜，則點A到拋物線C的焦點的距離為（）A。eq\f(5,3） B.eq\f(7，5)C。eq\f(9,7） D．2答案A解析設A（x1,y1），B(x2,y2)，分別過點A，B作直線x＝－2的垂線，垂足分別為點D，E。∵｜PA|＝eq\f（1,2）｜AB｜,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3x1＋2＝x2＋2,，3y1＝y2，)）又eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2，1)＝4x1,，y\o\al（2,2)＝4x2，））得x1＝eq\f(2，3），則點A到拋物線C的焦點的距離為1＋eq\f（2，3）＝eq\f（5,3).題型三直線與拋物線的綜合問題命題點1直線與拋物線的交點問題典例已知拋物線C：y2＝8x與點M（－2，2），過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若eq\o（MA，\s\up6（→)）·eq\o（MB,\s\up6（→))＝0，則k＝________。答案2解析拋物線C的焦點為F（2，0），則直線方程為y＝k(x－2),與拋物線方程聯立，消去y化簡得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，則拋物線C與直線必有兩個交點．設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4＋eq\f(8,k2）,x1x2＝4。所以y1＋y2＝k（x1＋x2)－4k＝eq\f（8,k），y1y2＝k2［x1x2－2(x1＋x2）＋4]＝－16.因為eq\o(MA,\s\up6(→)）·eq\o(MB,\s\up6(→）)＝（x1＋2，y1－2)·(x2＋2,y2－2)＝(x1＋2)（x2＋2）＋（y1－2）(y2－2)＝x1x2＋2（x1＋x2）＋y1y2－2(y1＋y2)＋8＝0，將上面各個量代入，化簡得k2－4k＋4＝0,所以k＝2.命題點2與拋物線弦的中點有關的問題典例(2016·全國Ⅲ）已知拋物線C:y2＝2x的焦點為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A,B兩點，交C的準線于P，Q兩點．（1)若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明：AR∥FQ；（2）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程．（1）證明由題意知，Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2),0）)，設l1：y＝a，l2：y＝b,則ab≠0，且Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a2，2），a）),Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b2，2),b)），Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），a)）,Qeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2),b）），Req\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)，\f（a＋b，2））)。記過A，B兩點的直線為l,則l的方程為2x－(a＋b）y＋ab＝0.由于F在線段AB上，故1＋ab＝0。記AR的斜率為k1，FQ的斜率為k2，則k1＝eq\f(a－b，1＋a2）＝eq\f(a－b，a2－ab)＝eq\f(1,a）＝－eq\f（ab，a）＝－b＝eq\f（b－0,－\f（1,2)－\f（1，2)）＝k2。所以AR∥FQ.（2)解設過AB的直線為l，設l與x軸的交點為D(x1，0),則S△ABF＝eq\f(1,2）|b－a|｜FD|＝eq\f（1,2)|b－a｜eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f（1,2）））,S△PQF＝eq\f（|a－b|，2）.由題意可得|b－a｜eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x1－\f（1，2））)＝eq\f（|a－b|，2),所以x1＝1，x1＝0（舍去)．設滿足條件的AB的中點為E(x,y）．當AB與x軸不垂直時，由kAB＝kDE可得eq\f(2，a＋b）＝eq\f（y，x－1）(x≠1)．而eq\f(a＋b，2)＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．當AB與x軸垂直時，E與D重合，此時E點坐標為(1,0），滿足方程y2＝x－1.所以所求軌跡方程為y2＝x－1.思維升華(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系．（2)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．若過拋物線的焦點（設焦點在x軸的正半軸上），可直接使用公式｜AB｜＝x1＋x2＋p,若不過焦點，則必須用一般弦長公式．(3)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．跟蹤訓練(2018屆武漢調研）已知拋物線C：x2＝2py（p>0)和定點M（0，1)，設過點M的動直線交拋物線C于A,B兩點,拋物線C在A,B處的切線交點為N.(1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值；（2）若△ABN面積的最小值為4,求拋物線C的方程．解（1)可設AB：y＝kx＋1，A（x1，y1),B（x2，y2),將AB的方程代入拋物線C，得x2－2pkx－2p＝0，顯然方程有兩不等實根，則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①又x2＝2py得y′＝eq\f（x,p），則A，B處的切線斜率乘積為eq\f（x1x2,p2）＝－eq\f（2,p）＝－1，則有p＝2。(2）設切線AN為y＝eq\f(x1，p）x＋b，又切點A在拋物線y＝eq\f（x2,2p)上，∴y1＝eq\f(x\o\al(2,1)，2p)，∴b＝eq\f(x\o\al（2,1）,2p)－eq\f（x\o\al（2,1）,p)＝－eq\f(x\o\al(2,1),2p），∴yAN＝eq\f（x1，p)x－eq\f（x\o\al(2，1）,2p).同理yBN＝eq\f(x2,p）x－eq\f（x\o\al（2,2),2p)。又∵N在yAN和yBN上,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝\f（x1，p）x－\f（x\o\al（2，1）,2p），，y＝\f(x2，p）x－\f（x\o\al(2，2），2p）,））解得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x1＋x2,2），\f（x1x2，2p)））.∴N（pk,－1)．｜AB｜＝eq\r(1＋k2)|x2－x1｜＝eq\r(1＋k2）eq\r(4p2k2＋8p）,點N到直線AB的距離d＝eq\f(|kxN＋1－yN｜,\r(1＋k2)）＝eq\f(｜pk2＋2|,\r(1＋k2）），S△ABN＝eq\f(1，2）·|AB|·d＝eq\r(ppk2＋23)≥2eq\r（2p)，∴2eq\r（2p）＝4，∴p＝2，故拋物線C的方程為x2＝4y。直線與圓錐曲線問題的求解策略典例（12分）已知拋物線C:y＝mx2（m>0)，焦點為F，直線2x－y＋2＝0交拋物線C于A，B兩點,P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q。（1)求拋物線C的焦點坐標；(2)若拋物線C上有一點R(xR，2）到焦點F的距離為3，求此時m的值；(3）是否存在實數m，使△ABQ是以Q為直角頂點的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在,請說明理由．思維點撥（3）中證明eq\o（QA,\s\up6(→）)·eq\o(QB,\s\up6（→))＝0。規范解答解(1)∵拋物線C：x2＝eq\f(1,m）y，∴它的焦點Feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f(1,4m))）.［2分](2）∵|RF｜＝yR＋eq\f（1,4m)，∴2＋eq\f（1,4m)＝3,得m＝eq\f（1,4）。［4分](3)存在,聯立方程eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝mx2，,2x－y＋2＝0，）)消去y得mx2－2x－2＝0，依題意，有Δ＝(－2）2－4×m×（－2)>0，得m>－eq\f(1,2）.[6分]設A(x1，mxeq\o\al(2，1)），B（x2,mxeq\o\al(2,2))，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝\f（2,m）,，x1·x2＝－\f(2，m）.）)(＊）∵P是線段AB的中點,∴Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x1＋x2，2），\f(mx\o\al（2，1）＋mx\o\al（2，2）,2))),即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,m)，yP）），∴Qeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,m)，\f(1,m））),［8分］得eq\o(QA,\s\up6(→））＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x1－\f（1,m),mx\o\al（2，1)－\f(1，m)）），eq\o(QB,\s\up6（→))＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x2－\f(1,m)，mx\o\al(2，2）－\f（1,m）)）.若存在實數m，使△ABQ是以Q為直角頂點的直角三角形，則eq\o(QA,\s\up6（→））·eq\o（QB,\s\up6（→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x1－\f（1,m））)·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x2－\f(1,m）)）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(mx\o\al（2，1）－\f（1,m)）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mx\o\al（2,2）－\f(1,m）））＝0，[10分]結合（*）式化簡得－eq\f（4,m2)－eq\f(6，m)＋4＝0，即2m2－3m－2＝0，∴m＝2或m＝－eq\f（1,2)，而2∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）,＋∞))，－eq\f(1,2)?eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2),＋∞)）。∴存在實數m＝2，使△ABQ是以Q為直角頂點的直角三角形．[12分］

解決直線與圓錐曲線的位置關系的一般步驟：第一步：聯立方程，得關于x或y的一元二次方程；第二步:寫出根與系數的關系，并求出Δ>0時參數范圍（或指出直線過曲線內一點）；第三步：根據題目要求列出關于x1x2，x1＋x2（或y1y2，y1＋y2)的關系式，求得結果；第四步:反思回顧，查看有無忽略特殊情況．1．點M(5，3）到拋物線y＝ax2（a≠0）的準線的距離為6，那么拋物線的方程是()A．y＝12x2 B．y＝12x2或y＝－36x2C．y＝－36x2 D．y＝eq\f（1,12)x2或y＝－eq\f（1,36）x2答案D解析分兩類a〉0，a〈0,可得y＝eq\f（1,12)x2或y＝－eq\f（1，36）x2。2．（2018屆云南昆明一中摸底)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準線為l，點A∈l，線段AF交拋物線C于點B,若eq\o（FA，\s\up6（→））＝3eq\o（FB,\s\up6（→)），則|eq\o(AF，\s\up6（→））｜等于（)A．3B．4C．6D．7答案B解析由已知B為AF的三等分點，作BH⊥l于H，如圖，則|BH｜＝eq\f（2，3）|FK|＝eq\f(4，3)，∴｜eq\o（BF，\s\up6(→））|＝｜eq\o(BH,\s\up6（→）)｜＝eq\f（4,3)，∴｜eq\o(AF，\s\up6（→)）|＝3|eq\o(BF，\s\up6(→)）|＝4，故選B。3．（2017·皖北協作區聯考）已知拋物線C:x2＝2py（p>0），若直線y＝2x被拋物線所截弦長為4eq\r(5)，則拋物線C的方程為（）A．x2＝8y B．x2＝4yC．x2＝2y D．x2＝y答案C解析由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝2py，，y＝2x，））得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，，y＝0）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4p，,y＝8p，）)即兩交點坐標為(0,0)和（4p,8p）,則eq\r(4p2＋8p2）＝4eq\r（5）,得p＝1（舍去負值），故拋物線C的方程為x2＝2y。4．（2017·贛州二模)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，A是拋物線上一點,若A到F的距離是A到y軸距離的兩倍，且△OAF的面積為1,O為坐標原點，則p的值為(）A．1 B．2C．3 D．4答案B解析不妨設A（x0,y0）在第一象限,由題意可知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x0＋\f(p，2）＝2x0，，S△OAF＝\f(1,2）·\f（p，2)·y0＝1，）)即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x0＝\f（p，2),，y0＝\f(4,p）,））∴Aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（p,2),\f（4，p))）,又∵點A在拋物線y2＝2px上，∴eq\f（16,p2)＝2p×eq\f(p，2），即p4＝16，又∵p〉0，∴p＝2,故選B.5．（2017·汕頭一模)過拋物線C：x2＝2y的焦點F的直線l交拋物線C于A,B兩點，若拋物線C在點B處的切線的斜率為1，則|AF｜等于（）A．1B．2C．3D．4答案A解析設B(x1，y1），因為y＝eq\f（1，2)x2,所以y′＝x，所以y′｜＝x1＝1，則Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1，\f（1，2）)），因為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2）)），所以直線l的方程為y＝eq\f(1，2），故｜AF|＝｜BF|＝1。6．（2017·昆明調研）已知拋物線C的頂點是原點O,焦點F在x軸的正半軸上,經過點F的直線與拋物線C交于A,B兩點，若eq\o(OA,\s\up6(→）)·eq\o（OB，\s\up6（→)）＝－12，則拋物線C的方程為（）A．x2＝8y B．x2＝4yC．y2＝8x D．y2＝4x答案C解析由題意,設拋物線方程為y2＝2px(p〉0)，直線方程為x＝my＋eq\f(p,2),聯立eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝2px,,x＝my＋\f（p,2），))消去x得y2－2pmy－p2＝0，顯然方程有兩個不等實根．設A（x1,y1)，B（x2,y2),則y1＋y2＝2pm,y1y2＝－p2，得eq\o（OA,\s\up6（→))·eq\o（OB,\s\up6(→)）＝x1x2＋y1y2＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（my1＋\f（p，2）)）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（my2＋\f(p,2）))＋y1y2＝m2y1y2＋eq\f(pm,2）(y1＋y2)＋eq\f(p2，4）＋y1y2＝－eq\f（3,4）p2＝－12,得p＝4（舍負),即拋物線C的方程為y2＝8x。7．(2017·河北六校模擬）拋物線C:y2＝2px（p〉0）的焦點為F，點O是坐標原點,過點O，F的圓與拋物線C的準線相切,且該圓的面積為36π，則拋物線的方程為________．答案y2＝16x解析設滿足題意的圓的圓心為M（xM，yM)．根據題意可知圓心M在拋物線上．又∵圓的面積為36π，∴圓的半徑為6，則|MF|＝xM＋eq\f（p,2)＝6，即xM＝6－eq\f（p，2），又由題意可知xM＝eq\f（p,4)，∴eq\f（p,4)＝6－eq\f(p,2)，解得p＝8。∴拋物線方程為y2＝16x.8．在平面直角坐標系xOy中，拋物線y2＝6x的焦點為F，準線為l，P為拋物線上一點，PA⊥l,A為垂足．若直線AF的斜率k＝－eq\r（3），則線段PF的長為________．答案6解析由拋物線方程為y2＝6x，所以焦點坐標Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3,2)，0))，準線方程為x＝－eq\f（3，2)，因為直線AF的斜率為－eq\r(3）,所以直線AF的方程為y＝－eq\r（3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(3，2)）),當x＝－eq\f(3,2）時，y＝3eq\r(3)，所以Aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2），3\r(3)）），因為PA⊥l，A為垂足，所以點P的縱坐標為3eq\r（3），可得點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（9,2)，3\r(3)）)，根據拋物線的定義可知｜PF|＝|PA｜＝eq\f(9，2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(3，2)））＝6.9．（2017·江西九校聯考）拋物線y2＝2px（p>0）的焦點為F，其準線與雙曲線y2－x2＝1相交于A，B兩點，若△ABF為等邊三角形，則p＝________.答案2eq\r（3)解析y2＝2px的準線方程為x＝－eq\f（p,2)。由于△ABF為等邊三角形，因此不妨設Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（p，2），\f（p，\r(3）)）），Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(p,2），－\f（p,\r（3））))，又點A,B在雙曲線y2－x2＝1上，從而eq\f(p2,3）－eq\f（p2,4）＝1，又p〉0，所以p＝2eq\r（3）.10．(2017·全國Ⅱ)已知F是拋物線C：y2＝8x的焦點，M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點,則｜FN｜＝________。答案6解析如圖，不妨設點M位于第一象限內，拋物線C的準線交x軸于點A，過點M作準線的垂線,垂足為點B,交y軸于點P,∴PM∥OF.由題意知，F(2，0)，|FO|＝|AO|＝2。∵點M為FN的中點，PM∥OF,∴｜MP|＝eq\f（1,2)|FO|＝1.又｜BP|＝｜AO|＝2,∴｜MB|＝｜MP｜＋|BP｜＝3.由拋物線的定義知｜MF｜＝｜MB|＝3，故｜FN｜＝2｜MF｜＝6.11．(2018·鄭州模擬)已知過拋物線y2＝2px(p〉0）的焦點，斜率為2eq\r（2)的直線交拋物線于A（x1,y1）,B(x2，y2)(x1〈x2）兩點,且|AB|＝9.（1)求該拋物線的方程；(2)O為坐標原點，C為拋物線上一點，若eq\o（OC，\s\up6（→））＝eq\o（OA,\s\up6(→））＋λeq\o（OB，\s\up6（→）)，求λ的值．解(1)直線AB的方程是y＝2eq\r(2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（p，2）)),與y2＝2px聯立，從而有4x2－5px＋p2＝0.由題易知，方程必有兩個不等實根．所以x1＋x2＝eq\f（5p，4)，由拋物線定義得｜AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(5p，4）＋p＝9,所以p＝4，從而拋物線方程為y2＝8x.(2）由于p＝4，則4x2－5px＋p2＝0,即x2－5x＋4＝0，從而x1＝1，x2＝4，于是y1＝－2eq\r(2）,y2＝4eq\r(2），從而A（1,－2eq\r（2))，B（4,4eq\r(2）)．設C（x3，y3)，則eq\o(OC,\s\up6（→））＝(x3，y3）＝(1,－2eq\r（2）)＋λ（4,4eq\r（2)）＝（4λ＋1,4eq\r（2）λ－2eq\r（2))．又yeq\o\al（2，3）＝8x3，即[2eq\r（2)（2λ－1）］2＝8(4λ＋1），整理得(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2。12．(2017·北京）已知拋物線C：y2＝2px過點P(1，1)，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（1，2）))作直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N，過點M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點A，B，其中O為原點．(1)求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程；(2）求證：A為線段BM的中點．(1）解由拋物線C：y2＝2px過點P(1，1)，得p＝eq\f(1,2）,所以拋物線C的方程為y2＝x，拋物線C的焦點坐標為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,4），0）)，準線方程為x＝－eq\f（1,4).(2)證明由題意知,直線l的斜率必存在．設直線l的方程為y＝kx＋eq\f(1，2)(k≠0)，l與拋物線C的交點為M（x1，y1），N(x2，y2)．由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x,)）得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，則x1＋x2＝eq\f（1－k,k2),x1x2＝eq\f(1，4k2).因為點P的坐標為(1,1)，所以直線OP的方程為y＝x，點A的坐標為(x1,x1）．直線ON的方程為y＝eq\f（y2，x2）x,點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x1，\f(y2x1，x2）)).因為y1＋eq\f(y2x1,x2）－2x1＝eq\f（y1x2＋y2x1－2x1x2，x2）＝eq\f(\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（kx1＋\f(1，2)）)x2＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(kx2＋\f（1，2）)）x1－2x1x2,x2）＝eq\f(2k－2x1x2＋\f（1，2）x2＋x1，x2）＝eq\f(2k－2×\f（1,4k2）＋\f（1－k，2k2)，x2)＝0，所以y1＋eq\f(y2x1,x2）＝2x1,故A為線段BM的中點．13．（2017·山西五校聯考）已知拋物線C:y2＝2px(p〉0)上一點（5，m)到焦點的距離為6，P，Q分別為拋物線C與圓M：（x－6)2＋y2＝1上的動點，當|PQ｜取得最小值時，向量eq\o（PQ,\s\up6(→)）在x軸正方向上的投影為()A．2－eq\f（\r(5），5）B．2eq\r(5）－1C．1－eq\f（\r(21)，21)D。eq\r(21)－1答案A解析因為6＝eq\f（p，2）＋5，所以p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.設P(x，y),則｜PM｜＝eq\r(x－62＋y2）＝eq\r(x－62＋4x)＝eq\r(x－42＋20),可知當x＝4時,｜PM|取最小值eq\r（20）,此時|PQ｜取得最小值，最小值為eq\r（20)－1＝2eq\r（5)－1，此時不妨取P點的坐標為（4，－4），則直線PM的斜率為2，即tan∠PMO＝2，所以cos∠PMO＝eq\f（1,\r(5)),故當|PQ|取得最小值時，向量eq\o（PQ，\s\up6(→)）在x軸正方向上的投影為（2eq\r（5）－1）·cos∠PMO＝2－eq\f（\r（5)，5）.14．（2017·河南安陽二模)已知拋物線C1：y＝ax2(a〉0)的焦點F也是橢圓C2：eq\f(y2，4）＋eq\f（x2,b2）＝1(b>0）的一個焦點，點M，Peq\b\lc\（\rc\）（\a\v