2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第十章第三讲　抛物线

2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第十章第三讲　抛物线

第三讲　抛物线 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[2019全国卷Ⅱ,8,5分][理]若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x‎2‎‎3p‎+‎y‎2‎p=1的一个焦点,则p=(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.8‎ ‎2.[2016全国卷Ⅰ,10,5分][理]以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点.已知|AB|=4‎2‎,|DE|=2‎5‎,则C的焦点到准线的距离为(　　)‎ A.2 B.4 C.6 D.8‎ ‎3.[2020安徽合肥高三调研]设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F ,斜率为k的直线过F 交C于点A,B,AF=2FB,则直线AB的斜率为(　　)‎ A.2‎2‎ B.2‎3‎ C.±2‎2‎ D.±2‎‎3‎ ‎4.[2020广东高三四校联考]已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F ,O为坐标原点,点M,N为抛物线准线上相异的两点,且M,N两点的纵坐标之积为 - 4,直线OM,ON分别交抛物线于A,B两点,若A,F ,B三点共线,则p=　　　　. ‎ ‎5.[2018全国卷Ⅲ,16,5分][理]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=　　　　. ‎ ‎6.[2020四川成都市毕业班摸底考试]已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F ,准线为l.若位于x轴上方的动点A在准线l上,线段AF 与抛物线C相交于点B,且‎|AF|‎‎|BF|‎ - |AF |=1,则抛物线C的标准方程为　　　　　. ‎ ‎7.[2020浙江温州九校第一次联考]已知抛物线y2=4x的焦点F ,过点F 作直线l交抛物线于A,B两点,则‎1‎‎|AF|‎‎+‎‎1‎‎|BF|‎=　　　　,‎ ‎16‎‎|AF|‎‎ - |BF |2的最大值为　　　　. ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考法1抛物线定义的应用 ‎1已知抛物线y2=2x的焦点是F ,点P是抛物线上的动点,若A(3,2),则|PA|+|PF |的最小值为　　　　,此时点P的坐标为　　　　. ‎ 利用抛物线的定义可知|PF |等于点P到准线的距离,从而将|PA|+|PF |的最小值问题转化为点P到点A和到准线的距离之和最小的问题.‎ 将x=3代入抛物线方程y2=2x,得y=±‎6‎.因为‎6‎>2,所以点A在抛物线内部,如图10 - 3 - 1所示.‎ 作抛物线的准线l,过点P作PQ⊥l于点Q,则|PA|+|PF |=|PA|+|PQ|,(运用定义进行转化)‎ 当PA⊥l,即A,P,Q三点共线时,|PA|+|PQ|最小,(两点之间线段最短)‎ 最小值为‎7‎‎2‎,即|PA|+|PF |的最小值为‎7‎‎2‎,此时点P的纵坐标为2,代入y2=2x,得x=2,所以此时点P的坐标为(2,2).‎ ‎1.(1)[2017全国卷Ⅰ,10,5分][理]已知F 为抛物线C:y2=4x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(　　)‎ A.16 B.14 C.12 D.10‎ ‎(2)[2020湖北省部分重点中学联考]已知动圆P恒过定点(‎1‎‎4‎,0),且与直线x= - ‎1‎‎4‎相切,则动圆P的圆心轨迹M的方程为　　　　　. ‎ 考法2抛物线的标准方程及几何性质 ‎2(1)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F ,点M在C上,|MF |=5.若以MF 为直径的圆过点(0,2),则C的方程为 A.y2=4x或y2=8x B.y2=2x或y2=8x C.y2=4x或y2=16x D.y2=2x或y2=16x ‎(2)[2020惠州高三第一次调研]已知F 是抛物线C:y=2x2的焦点,N是x轴上一点,线段F N与抛物线C相交于点M,若2FM‎=‎MN,则|F N|=‎ A.‎5‎‎8‎ B.‎1‎‎2‎ C.‎3‎‎8‎ D.1‎ ‎(1)思路一　设A(0,2),由以MF 为直径的圆过点(0,2)得到AF‎·‎AM=0→由|MF |=5求出p值→得到抛物线C的方程 思路二　由以MF 为直径的圆过点(0,2)得到点M的坐标→由圆与y轴相切求出p值→得到抛物线C的方程 思路三　由以焦半径为直径的圆恒与y轴相切得到点M的坐标→将点M的坐标代入抛物线方程求出p值→得到抛物线C的方程 ‎(1)解法一　由已知得抛物线的焦点F (p‎2‎,0),设点A(0,2),抛物线上点M(x0,y0),则AF=(p‎2‎, - 2),AM=(y‎0‎‎2‎‎2p,y0 - 2).由已知得AF·AM=0,(由以MF 为直径的圆过点(0,2)可得)‎ 即y‎0‎‎2‎ - 8y0+16=0,得y0=4,M(‎8‎p,4).由|MF |=5,得‎(‎8‎p-p‎2‎‎)‎‎2‎+16‎=5,又p>0,解得p=2或p=8,所以抛物线的方程为y2=4x或y2=16x.‎ 解法二　因为以MF 为直径的圆过点(0,2),所以点M在第一象限.由|MF |=xM+p‎2‎=5,‎ 得xM=5 - p‎2‎,即M(5 - p‎2‎,‎2p(5-p‎2‎)‎).‎ 设以MF 为直径的圆的圆心为N,则N的坐标为(‎5‎‎2‎,‎1‎‎2‎‎2p(5-p‎2‎)‎).(N为MF 的中点)‎ 因为点N的横坐标恰好等于圆的半径,所以圆与y轴相切于点(0,2),所以2=‎1‎‎2‎‎2p(5-p‎2‎)‎,即p2 - 10p+16=0,解得p=2或p=8,所以抛物线的方程为y2=4x或y2=16x.‎ 解法三　易知点M在第一象限,由抛物线的定义得xM+p‎2‎=5,即xM=5 - p‎2‎,在抛物线中,以焦半径为直径的圆恒与y轴相切,由题意知切点为(0,2),则M点的纵坐标为4,将M(5 - p‎2‎,4)代入抛物线方程得16=2p(5 - p‎2‎),即p2 - 10p+16=0,解得p=2或p=8,所以抛物线的方程为y2=4x或y2=16x.‎ ‎(2)解法一　因为F 是抛物线C:y=2x2的焦点,所以F (0,‎1‎‎8‎),抛物线C的准线方程为y= - ‎1‎‎8‎.如图10 - 3 - 2,过点M作抛物线的准线的垂线,交x轴于点A,交抛物线C的准线于点B,则MA∥OF ,所以‎|MA|‎‎|OF|‎‎=‎‎|MN|‎‎|FN|‎.因为2FM‎=‎MN,所以‎|‎MA|=‎2‎‎3‎×‎1‎‎8‎‎=‎‎1‎‎12‎,|MF |=|MB|=‎1‎‎12‎‎+‎1‎‎8‎=‎‎5‎‎24‎,|F N|=3|F M|=‎5‎‎8‎,故选A.‎ 解法二　因为F 是抛物线y=2x2的焦点,所以F (0,‎1‎‎8‎).设N(x0,0),则由2FM‎=‎MN,可得M(‎1‎‎3‎x0,‎1‎‎12‎),代入抛物线方程,得‎1‎‎12‎=2×(‎1‎‎3‎x0)2,解得x‎0‎‎2‎‎=‎‎3‎‎8‎,则|F N|=‎|ON‎|‎‎2‎+|OF‎|‎‎2‎‎=‎3‎‎8‎‎+‎‎1‎‎64‎=‎‎5‎‎8‎,故选A.‎ ‎(1)C　(2)A ‎2.[2017全国卷Ⅱ,16,5分][理]已知F 是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,F M的延长线交y轴于点N.若M为F N的中点,则|F N|=　　　. ‎ 考法3直线与抛物线的综合问题 命题角度1　焦点弦问题 ‎3如图10 - 3 - 3,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F 的直线交抛物线于点A,B,交其准线l于点C,若F 是AC的中点,且|AF |=4,则线段AB的长为 A.5　　B.6　　C.‎16‎‎3‎　　D.‎‎20‎‎3‎ 如图10 - 3 - 4,设l与x轴交于点M,过点A作AD⊥l,交l于点D,由抛物线的定义知,|AD|=|AF |=4.由F 是AC的中点,知|AD|=2|MF |=2p,所以2p=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.‎ 解法一　(判别式法)设A(x1,y1),B(x2,y2)(y1>0,y2<0),则|AF |=x1+p‎2‎=x1+1=4, (此处运用了抛物线的焦半径公式)‎ 所以x1=3,解得y1=2‎3‎,可知A(3,2‎3‎),又F (1,0),所以直线AF 的斜率k=‎2‎‎3‎‎3-1‎‎=‎‎3‎,所以直线AF 的方程为y=‎3‎(x - 1),代入抛物线方程y2=4x,得3x2 - 10x+3=0,所以x1+x2=‎10‎‎3‎,于是|AB|=x1+x2+p=‎16‎‎3‎.‎ 解法二　(焦点弦性质法)设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF |=x1+p‎2‎=x1+1=4, (此处运用了抛物线的焦半径公式)‎ 所以x1=3,又x1x2=p‎2‎‎4‎=1, (此处运用了抛物线焦点弦的相关性质)‎ 所以x2=‎1‎‎3‎,于是|AB|=x1+x2+p=‎16‎‎3‎.‎ 解法三　(焦半径性质法)因为‎1‎‎|AF|‎‎+‎1‎‎|BF|‎=‎‎2‎p=1, (此处运用了抛物线的焦半径的关系式)‎ 且|AF |=4,所以|BF |=‎4‎‎3‎,所以|AB|=|AF |+|BF |=4+‎4‎‎3‎‎=‎‎16‎‎3‎.‎ C 命题角度2　直线与抛物线的综合应用 ‎4 在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1:x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点.‎ ‎(1)若直线OA,OB的斜率之积为 - ‎1‎‎4‎,证明:直线l过定点;‎ ‎(2)如图10 - 3 - 5,若线段AB的中点M在曲线C2:y=4 - ‎1‎‎4‎x2( - 2‎2‎‎<‎x<2‎2‎)上,求|AB|的最大值.‎ 条件与 目标 条件:①抛物线C1:x2=4y;②直线l与C1交于A,B两点;③直线OA,OB的斜率之积为 - ‎1‎‎4‎;④线段AB的中点M在曲线C2:y=‎ ‎4 - ‎1‎‎4‎x2( - 2‎2‎‎<‎x<2‎2‎)上.‎ 目标:(1)证明直线l过定点;‎ ‎(2)求|AB|的最大值.‎ 思路与 方法 思路:(1)利用kOA·kOB= - ‎1‎‎4‎得到直线l的方程,可证明直线l过定点;‎ ‎(2)利用弦长公式得到|AB|的代数式,可求出|AB|的最大值.‎ 方法:①待定系数法;②基本不等式法.‎ 过程与 关键 过程:(1)分析易知直线l的斜率存在,先设直线l的方程为y=kx+m,再由kOA·kOB= - ‎1‎‎4‎得到m=1,则直线l的方程为y=kx+1,可知直线l过定点(0,1).‎ ‎(2)首先由弦长公式得到|AB|=4‎2‎×‎(k‎2‎+1)(2-k‎2‎)‎,再利用基本不等式可求出最小值为6‎2‎.‎ 关键:①由 - 2‎2‎‎<‎x<2‎2‎及Δ>0得到 - ‎2‎‎<‎k‎<‎‎2‎,为利用基本不等式提供保障;‎ ‎②检验基本不等式中等号成立的条件.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ ‎(1)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m.‎ 由y=kx+m,‎x‎2‎‎=4y,‎消去y并整理,得x2 - 4kx - 4m=0,‎ 则Δ=( - 4k)2 - 4×( - 4m)=16(k2+m)>0,‎ x1+x2=4k,x1x2= - 4m.‎ 所以kOA·kOB=y‎1‎y‎2‎x‎1‎x‎2‎‎=‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎‎·‎‎1‎‎4‎x‎2‎‎2‎x‎1‎x‎2‎=‎x‎1‎x‎2‎‎16‎= - m‎4‎,(求出斜率之积)‎ 因为kOA·kOB= - ‎1‎‎4‎,所以 - m‎4‎= - ‎1‎‎4‎,解得m=1,满足Δ>0,(检验m的值是否满足Δ>0)‎ 所以直线l的方程为y=kx+1,直线l过定点(0,1).‎ ‎(2)设M(x0,y0),由已知及(1),可得x0=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=2k,y0=kx0+m=2k2+m,‎ 将(x0,y0)代入y=4 - ‎1‎‎4‎x2( - 2‎2‎‎<‎x<2‎2‎),得2k2+m=4 - ‎1‎‎4‎×(2k)2,即m=4 - 3k2.‎ 因为 - 2‎2‎‎<‎x0<2‎2‎,‎ 所以 - 2‎2‎‎<‎2k<2‎2‎,得 - ‎2‎‎<‎k‎<‎‎2‎.‎ 因为Δ=16(k2+m)=16(k2+4 - 3k2)=32(2 - k2)>0,‎ 所以 - ‎2‎‎<‎k‎<‎‎2‎,‎ 所以k的取值范围是( - ‎2‎,‎2‎).‎ ‎|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎‎=‎‎1+‎k‎2‎·‎16(k‎2‎+m)‎=4‎2‎‎(k‎2‎+1)(2-k‎2‎)‎≤4‎2‎×‎(k‎2‎+1)+(2-k‎2‎)‎‎2‎=6‎2‎,(应用基本不等式)‎ 当且仅当k2+1=2 - k2,即k=±‎2‎‎2‎(满足k∈( - ‎2‎,‎2‎))时取等号,(检验取等号时,k的取值是否在取值范围内)‎ 所以|AB|的最大值为6‎2‎.‎ ‎3.(1)已知抛物线C :y2=4x的焦点为F ,过点F 且斜率为1的直线与抛物线C交于A,B两点,若在以线段AB为直径的圆上存在两点M,N,在直线l :x+y+a=0上存在点Q,使得∠MQN=90°,则实数a的取值范围为(　　)‎ A.[ - 13,3] B.[ - 3,3]‎ C.[ - 3,13] D.[ - 13,13]‎ ‎ (2)[2019浙江,21,15分]如图10 - 3 - 6,已知点F (1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F 的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F 的右侧.记△AF G,△CQG的面积分别为S1,S2.‎ ‎①求p的值及抛物线的准线方程;‎ ‎②求S‎1‎S‎2‎的最小值及此时点G的坐标.‎ 数学文化　阿基米德三角形的几何性质 ‎5 [2020成都市第二次诊断考试]已知F 为抛物线C:x2=4y的焦点,过点F 的直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,抛物线C在A,B两点处的切线分别是l1,l2,且l1,l2相交于点P,则|PF |+‎32‎‎|AB|‎的最小值为　　　　. ‎ 易知直线AB的斜率存在,先设直线AB的方程为y=kx+1,将直线AB的方程与抛物线方程x2=4y联立,求出弦长|AB|,再分别求出切线l1,l2的方程,得到交点P的坐标,求出|PF |,最后利用基本不等式求出|PF |+‎32‎‎|AB|‎的最小值.‎ 由题意知,直线AB的斜率存在,F 的坐标为(0,1),可设直线AB的方程为y=kx+1.‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎‎=4y,‎得x2 - 4kx - 4=0,易知Δ>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2= - 4,‎ 所以|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎-4‎x‎1‎x‎2‎‎=‎‎1+‎k‎2‎·‎16k‎2‎+16‎=4(1+k2).‎ 因为x2=4y,所以y' =‎1‎‎2‎x,所以切线l1的方程为y - y1=‎1‎‎2‎x1(x - x1),即x1x - 2y - 2y1=0　①.‎ 同理得切线l2的方程为x2x - 2y - 2y2=0　②.‎ 由①和②,可得x=2k,‎y=-1,‎所以P(2k, - 1).‎ 而F (0,1),所以|PF |=‎(2k)‎‎2‎‎+‎‎(-1-1)‎‎2‎=2‎1+‎k‎2‎.‎ 于是|PF |+‎32‎‎|AB|‎=2‎1+‎k‎2‎‎+‎32‎‎4(1+k‎2‎)‎=‎1+‎k‎2‎+‎1+‎k‎2‎+‎‎8‎‎1+‎k‎2‎≥3‎3‎‎1+‎k‎2‎‎×‎1+‎k‎2‎×‎‎8‎‎1+‎k‎2‎=6,当且仅当‎1+‎k‎2‎‎=‎‎8‎‎1+‎k‎2‎,即k=±‎3‎时取等号.‎ 所以|PF |+‎32‎‎|AB|‎的最小值为6.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 ‎①计算弦长|AB|.‎ ‎②求解两条切线l1,l2的交点P的坐标.‎ ‎③计算两点间的距离|PF |.‎ ‎④求解|PF |+‎32‎‎|AB|‎的最小值.‎ 二 逻辑推理 ‎①对目标式|PF |+‎32‎‎|AB|‎=2‎1+‎k‎2‎‎+‎‎32‎‎4(1+k‎2‎)‎分拆:2‎1+‎k‎2‎‎+‎32‎‎4(1+k‎2‎)‎=‎1+‎k‎2‎+‎1+‎k‎2‎+‎‎32‎‎4(1+k‎2‎)‎.‎ ‎②保证等号成立有解.‎ 二 ‎4.[2020湖北省襄阳市调研]动点P到定点F (0,1)的距离比它到直线y= - 2的距离小1,设动点P的轨迹为曲线C,过点F 的直线交曲线C于A,B两个不同的点,过点A,B分别作曲线C的切线,且两切线相交于点M.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)求证:AB·MF=0;‎ ‎(3)求△ABM面积的最小值.‎ ‎1.D　由题意,知抛物线的焦点坐标为(p‎2‎,0),椭圆的焦点坐标为(±‎2p,0),所以p‎2‎‎=‎‎2p,解得p=8,故选D.‎ ‎2.B　由题意,不妨设抛物线方程为y2=2px(p>0),由|AB|=4‎2‎,|DE|=2‎5‎,可取A(‎4‎p,2‎2‎),D( - p‎2‎,‎5‎),设O为坐标原点,由|OA|=|OD|,得‎16‎p‎2‎+8=p‎2‎‎4‎+5,得p=4,故选B.‎ ‎3.C　解法一　由题意知k≠0,F(p‎2‎,0),则直线AB的方程为y=k(x - p‎2‎),代入抛物线方程消去x,得y2 - ‎2pky - p2=0.不妨设A(x1,y1)(x1>0,y1>0),B(x2,y2),因为AF=2FB,所以y1= - 2y2.又y1y2= - p2,所以y2= - ‎2‎‎2‎p,x2=p‎4‎,所以k=‎ - ‎2‎‎2‎p - 0‎p‎4‎‎ - ‎p‎2‎=2‎2‎,根据对称性可得直线AB的斜率为±2‎2‎,故选C.‎ 解法二　由题意知k≠0,如图D 10 - 3 - 1,过A,B分别作准线的垂线,垂足分别为D,E,‎ 图D 10 - 3 - 1‎ 设直线AB交准线于M,由抛物线的定义知|AF|=|AD|,|BF|=|BE|,结合AF=2FB,知|BE|=‎1‎‎2‎|AD|=‎1‎‎3‎|AB|,则BE为△AMD的中位线,所以|AB|=|BM|,所以|BE|=‎1‎‎3‎|BM|,所以|ME|=‎|BM‎|‎‎2‎ - |BE‎|‎‎2‎=2‎2‎|BE|,所以tan∠MBE=‎|ME|‎‎|BE|‎=2‎2‎,即此时直线AB的斜率为2‎2‎.根据对称性可得直线AB的斜率为±2‎2‎.‎ ‎【规律总结】　解决直线与圆锥曲线的位置关系的相关问题的常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决.‎ ‎4.2　抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(p‎2‎,0),准线方程为x= - p‎2‎,设M( - p‎2‎,m),N( - p‎2‎,n),则mn= - 4,直线OM的斜率kOM=m‎ - ‎p‎2‎= - ‎2mp,直线OM的方程为y= - ‎2mpx,直线ON的斜率kON=n‎ - ‎p‎2‎= - ‎2np,直线ON的方程为y= - ‎2npx.由y= - ‎2mpx,‎y‎2‎‎=2px,‎解得x=0,‎y=0‎或x=p‎3‎‎2‎m‎2‎,‎y= - p‎2‎m,‎根据题意可得A(p‎3‎‎2‎m‎2‎, - p‎2‎m),由y= - ‎2npx,‎y‎2‎‎=2px,‎解得x=0,‎y=0‎或x=p‎3‎‎2‎n‎2‎,‎y= - p‎2‎n,‎根据题意可得B(p‎3‎‎2‎n‎2‎, - p‎2‎n).‎ 因为A,F,B三点共线,所以kAF=kFB,即‎ - p‎2‎m - 0‎p‎3‎‎2‎m‎2‎‎ - ‎p‎2‎‎=‎‎ - p‎2‎n - 0‎p‎3‎‎2‎n‎2‎‎ - ‎p‎2‎,注意到p>0,化简整理得p2= - mn= - ( - 4)=4,故p=2.‎ ‎5.2　解法一　由题意知抛物线的焦点坐标为(1,0),则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y=k(x - 1)(k≠0),由y=k(x - 1),‎y‎2‎‎=4x,‎消去y得k2(x - 1)2=4x,即k2x2 - (2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=‎2k‎2‎+4‎k‎2‎,x1x2=1.由y=k(x - 1),‎y‎2‎‎=4x,‎消去x得y2=4(‎1‎ky+1),即y2 - ‎4‎ky - 4=0,则y1+y2=‎4‎k,y1y2= - 4.由∠AMB=90°,MA=(x1+1,y1 - 1),MB=(x2+1,y2 - 1),得MA·MB=x1x2+x1+x2+1+y1y2 - (y1+y2)+1=0,将x1+x2=‎2k‎2‎+4‎k‎2‎,x1x2=1与y1+y2=‎4‎k,y1y2= - 4代入,得k=2.‎ 解法二　设抛物线的焦点为F,A(x1,y1),B(x2,y2),则y‎1‎‎2‎‎=4x‎1‎,‎y‎2‎‎2‎‎=4x‎2‎,‎所以y‎1‎‎2‎‎-‎y‎2‎‎2‎=4(x1 - x2),则k=y‎1‎‎ - ‎y‎2‎x‎1‎‎ - ‎x‎2‎‎=‎‎4‎y‎1‎‎+‎y‎2‎.取AB的中点M'(x0,y0),分别过点A,B作准线x= - 1的垂线,垂足分别为A',B',因为∠AMB=90°,点M在准线x= - 1上,所以|MM'|=‎1‎‎2‎|AB|=‎1‎‎2‎(|AF|+|BF|)=‎1‎‎2‎(|AA'|+|BB'|).又M'为AB的中点,所以MM'平行于x轴,且y0=1,所以y1+y2=2,所以k=2.‎ ‎【素养落地】　本题以抛物线为载体,考查考生用代数方法解决几何问题的能力,入口较低,让每个考生都敢做,出口较多,不同水平的考生采用的方法不同,有很好的区分功能,同时考查了考生的转化与化归能力及数形结合思想,考查逻辑推理、数学运算等核心素养.‎ ‎6.y2=2x　如图D 10 - 3 - 2,设直线l与x轴交于点D,过点B作BE⊥l于点E,‎ 图D 10 - 3 - 2‎ 则|DF|=p.由抛物线的定义知|BE|=|BF|.设|BE|=|BF|=m,因为△AEB∽△ADF,所以‎|AF|‎‎|AB|‎‎=‎‎|DF|‎‎|BE|‎,即‎|AF|‎‎|AF| - |BF|‎‎=‎‎|DF|‎‎|BF|‎,所以‎|AF|‎‎|AF| - m‎=‎pm,则|AF|=pmp - m.由‎|AF|‎‎|BF|‎ - |AF|=1,得pmp - mm‎-‎pmp - m=1,解得p=1,所以抛物线C的标准方程为y2=2x.‎ ‎7.1　4　由题意知,抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB:x=my+1,联立直线与抛物线的方程可得y2 - 4my - 4=0,y1+y2=4m,y1y2= - 4,所以x1+x2=my1+1+my2+1=m(y1+y2)+2=4m2+2,x1x2=‎(‎y‎1‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎16‎=1.由题意可得|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,故‎1‎‎|AF|‎‎+‎1‎‎|BF|‎=‎1‎x‎1‎‎+1‎+‎1‎x‎2‎‎+1‎=x‎1‎‎+x‎2‎+2‎‎(x‎1‎+1)(x‎2‎+1)‎=‎x‎1‎‎+x‎2‎+2‎x‎1‎x‎2‎‎+x‎1‎+x‎2‎+1‎=1　(*).‎ 由(*)可得‎1‎‎|AF|‎=1 - ‎1‎‎|BF|‎,故‎16‎‎|AF|‎ - |BF|2=16 - ‎16‎‎|BF|‎ - |BF|2=16 - (‎8‎‎|BF|‎‎+‎‎8‎‎|BF|‎+|BF|2)≤16 - 3‎3‎‎8‎‎|BF|‎‎·‎8‎‎|BF|‎·‎‎|BF|‎‎2‎=4,当且仅当‎8‎‎|BF|‎=|BF|2,即|BF|=2 时取等号,故‎16‎‎|AF|‎ - |BF|2的最大值为4.‎ ‎1.(1)A　抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0),由题意可知l1,l2的斜率存在且不为0.不妨设直线l1的斜率为k,则l1:y=k(x - 1),l2:y= - ‎1‎k(x - 1).由y‎2‎‎=4x,‎y=k(x - 1),‎消去y得k2x2 - (2k2+4)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=‎2k‎2‎+4‎k‎2‎=2+‎4‎k‎2‎,由抛物线的定义可知,|AB|=x1+x2+2=2+‎4‎k‎2‎+2=4+‎4‎k‎2‎.同理得|DE|=4+4k2,所以|AB|+|DE|=4+‎4‎k‎2‎+4+4k2=8+4(‎1‎k‎2‎+k2)≥8+8=16,当且仅当‎1‎k‎2‎=k2,即k=±1时取等号,故|AB|+|DE|的最小值为16,故选A.‎ ‎【解后反思】　有关抛物线弦长的问题,可紧扣抛物线的定义,把抛物线上一点到焦点的距离转化为该点到准线的距离.‎ ‎(2)y2=x　由题意知,动圆P的圆心到点(‎1‎‎4‎,0)的距离与到直线x= - ‎1‎‎4‎的距离相等,则圆心P的轨迹是以(‎1‎‎4‎,0)为焦点,直线x= - ‎1‎‎4‎为准线的抛物线,且p=‎1‎‎2‎,所以动圆P的圆心轨迹M的方程为y2=x.‎ ‎2.6　解法一　由题意可知,抛物线C:y2=8x的焦点F的坐标为(2,0),准线方程为x= - 2,因为M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N,M为FN的中点,设M(a,b)(b>0),所以a=1,b=2‎2‎,所以N(0,4‎2‎),|FN|=‎4+32‎=6.‎ 解法二　由题意可知,抛物线C:y2=8x的焦点F的坐标为(2,0),准线方程为x= - 2,因为M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N,M为FN的中点,则点M的横坐标为1,所以|MF|=1+2=3, |FN|=2|MF|=6.‎ ‎3.(1)A　设A,B两点的横坐标分别为x1,x2,线段AB的中点为D.‎ 过点F(1,0)且斜率为1的直线的方程为y=x - 1.‎ 由y=x - 1,‎y‎2‎‎=4x,‎得x2 - 6x+1=0,所以x1+x2=6,所以AB的中点为D(3,2),|AB|=x1+x2+2=8,‎ 所以以线段AB为直径的圆的圆心为D(3,2),半径r为4.‎ 因为在圆D上存在两点M,N,在直线l上存在点Q,使得∠MQN=90°,所以在直线l上存在点Q,使得点Q到D(3,2)的距离小于或等于‎2‎r,所以只需点D(3,2)到直线l的距离小于或等于4‎2‎,即‎|3+2+a|‎‎2‎≤4‎2‎,所以 - 13≤a≤3,故选A.‎ ‎(2)①由题意得p‎2‎=1,即p=2.‎ 所以抛物线的准线方程为x= - 1.‎ ‎②设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为x=t‎2‎‎ - 1‎‎2ty+1,代入y2=4x,得y2 - ‎2(t‎2‎ - 1)‎ty - 4=0,‎ 故2tyB= - 4,即yB= - ‎2‎t,所以B(‎1‎t‎2‎, - ‎2‎t).‎ 又xG=‎1‎‎3‎(xA+xB+xC),yG=‎1‎‎3‎(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t - ‎2‎t+yC=0,‎ 得C((‎1‎t - t)2,2(‎1‎t - t)),G(‎2t‎4‎ - 2t‎2‎+2‎‎3‎t‎2‎,0).‎ 所以直线AC的方程为y - 2t=2t(x - t2),得Q(t2 - 1,0).‎ 因为Q在焦点F的右侧,所以t2>2.‎ 从而S‎1‎S‎2‎‎=‎1‎‎2‎‎|FG|·|yA|‎‎1‎‎2‎‎|QG|·|yC|‎=‎|‎2t‎4‎ - 2t‎2‎+2‎‎3‎t‎2‎ - 1|·|2t|‎‎|t‎2‎ - 1 - ‎2t‎4‎ - 2t‎2‎+2‎‎3‎t‎2‎|·|‎2‎t - 2t|‎=‎‎2t‎4‎ - ‎t‎2‎t‎4‎‎ - 1‎=2 - t‎2‎‎ - 2‎t‎4‎‎ - 1‎.‎ 令m=t2 - 2,则m>0,S‎1‎S‎2‎=2 - mm‎2‎‎+4m+3‎=2 - ‎1‎m+‎3‎m+4‎≥2 - ‎1‎‎2m·‎‎3‎m+4‎=1+‎3‎‎2‎.‎ 当m=‎3‎时,S‎1‎S‎2‎取得最小值1+‎3‎‎2‎,此时G(2,0).‎ ‎4.(1)由题意知,动点P在直线y= - 2上方,‎ 即条件可转化为动点P到定点F(0,1)的距离等于它到直线y= - 1的距离,‎ 所以动点P的轨迹是以F(0,1)为焦点,直线y= - 1为准线的抛物线,‎ 于是曲线C的方程为x2=4y.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y=kx+1,‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎‎=4y消去y并整理,得x2 - 4kx - 4=0.‎ 设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA+xB=4k,xAxB= - 4.‎ 由x2=4y得y=‎1‎‎4‎x2,求导得y'=‎1‎‎2‎x,‎ 所以直线AM的方程为y - ‎1‎‎4‎xA‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎xA(x - xA)　①,‎ 直线BM的方程为y - ‎1‎‎4‎xB‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎xB(x - xB)　②,‎ 由① - ②得‎1‎‎4‎(xB‎2‎‎ - ‎xA‎2‎)=‎1‎‎2‎(xA - xB)x+‎1‎‎2‎(xB‎2‎‎ - ‎xA‎2‎),即x=xA‎+‎xB‎2‎=2k.‎ 将x=xA‎+‎xB‎2‎代入①得y - ‎1‎‎4‎xA‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎xA·xB‎ - ‎xA‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎xAxB - ‎1‎‎4‎xA‎2‎,‎ 所以y=‎1‎‎4‎xAxB= - 1.‎ 则M(2k, - 1),所以MF=( - 2k,2),AB=(xB - xA,k(xB - xA)),‎ 于是AB·MF= - 2k(xB - xA)+2k(xB - xA)=0.‎ ‎(3)易知点M到AB的距离d=|MF|=2‎1+‎k‎2‎.‎ 因为|AB|=|AF|+|BF|=yA+yB+2=k(xA+xB)+4=4k2+4,‎ 所以△ABM的面积S=‎1‎‎2‎|AB|·d=‎1‎‎2‎·4(k2+1)·2‎1+‎k‎2‎=4(1+k2‎)‎‎3‎‎2‎≥4,‎ 当k=0时,△ABM面积取得最小值4.‎