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第七节　抛物线
(1)了解抛物线的实际背景，感受抛物线在刻画现实世界和解决实际问题中的应用；(2)了解抛物线的定义、几何图形和标准方程，以及它的简单几何性质；(3)了解抛物线的简单应用．　
重点一　抛物线的定义
平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线．
[逐点清]
1．(选择性必修第一册133页练习3题改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点A为抛物线C上一点，若|AF|＝3，则点A的横坐标为________．
解析：设点A(x1，y1)，因为|AF|＝3，根据抛物线的定义，可得|AF|＝x1＋＝x1＋1＝3，解得x1＝2，即点A的横坐标为2．
答案：2
重点二　抛物线的标准方程和几何性质
焦点在x轴上时，方程的右端为±2px，左端为y2；焦点在y轴上时，方程的右端为±2py，左端为x2．
p的几何意义：焦点F到准线l的距离．
标准方程 y2＝2px(p＞0) y2＝－2px(p＞0) x2＝2py(p＞0) x2＝－2py(p＞0)
图形
顶点 O(0,0)
对称轴 x轴 y轴
焦点 F F F F
离心率 e＝1
准线方程 x＝－ x＝ y＝－ y＝
范围 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R
开口方向 向右 向左 向上 向下
焦半径(其中P(x0，y0)) |PF|＝x0＋ |PF|＝－x0＋ |PF|＝y0＋ |PF|＝－y0＋
[逐点清]
2．(选择性必修第一册133页练习3题改编)抛物线y2＝10x的焦点到准线的距离是________．
解析：因为2p＝10，所以p＝5，即焦点到准线的距离是5．
答案：5
[记结论]
与抛物线焦点弦有关的几个常用结论
设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，α为弦AB的倾斜角，则：
(1)x1x2＝，y1y2＝－p2；
(2)|AF|＝，|BF|＝；
(3)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝；
(4)＋＝；
(5)以弦AB为直径的圆与准线相切．
[提速度]
1．如图，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． D．
解析：C　因为|AF|＝4，所以点A到准线l距离为4，又F为AC中点，所以焦点F到准线l距离为2，即p＝2．由结论知＋＝，所以|BF|＝，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋＝．
2．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(　　)
A．　　 B．
C．　 D．
解析：D　易知2p＝3，由结论知|AB|＝，所以|AB|＝＝12．原点到直线AB的距离d＝|OF|·sin 30°＝，故S△AOB＝|AB|·d＝×12×＝．
抛物线的方程与几何性质
(1)(2021·新高考Ⅱ卷)抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到直线y＝x＋1的距离为，则p＝(　　)
A．1 B．2
C．2 D．4
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)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________．
[解析]　(1)抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为，它到直线y＝x＋1的距离为d＝＝，解得p＝2或p＝－6(舍去)，故选B．
(2)法一(通解)：由题易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan ∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－．
法二(优解)：由题易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－．
[答案]　(1)B　(2)x＝－
1．求抛物线标准方程的方法
(1)定义法：若题目已给出抛物线的方程(含有未知数p)，那么只需求出p即可；
(2)待定系数法：若题目未给出抛物线的方程，对于焦点在x轴上的抛物线的标准方程可统一设为y2＝ax(a≠0)，a的正负由题设来定；焦点在y轴上的抛物线的标准方程可设为x2＝ay(a≠0)，这样就减少了不必要的讨论．
2．抛物线性质的应用技巧
(1)利用抛物线方程确定其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程；
(2)要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算．　
1．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F且倾斜角为45°的直线交抛物线C于A，B．若|AB|＝9，则抛物线C的方程为(　　)
A．x2＝3y B．x2＝12y
C．x2＝y D．x2＝y
解析：C　由已知得直线AB的方程为y＝x＋，联立方程组消去x得y2－3py＋＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知y1＋y2＝3p．因为|AB|＝9，所以y1＋y2＋p＝9，所以4p＝9，即p＝，所以所求抛物线C的方程为x2＝y．故选C．
2．已知抛物线C：x2＝8y的焦点是F，A，B，D是抛物线C上的点．若△ABD的重心坐标为(2,3)，则|AF|＋|BF|＋|DF|＝________．
解析：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，由抛物线x2＝8y知，p＝4．由于△ABD的重心坐标为(2,3)，所以＝3，则y1＋y2＋y3＝9，由抛物线的定义可知|AF|＋|BF|＋|DF|＝y1＋y2＋y3＋p＝9＋×4＝15．
答案：15
抛物线的定义及应用
(1)动圆过点(1,0)，且与直线x＝－1相切，则动圆的圆心的轨迹方程为________；
(2)已知点P是抛物线x2＝8y上的一个动点，则点P到点A(2,0)的距离与到抛物线的准线的距离之和的最小值为________．
[解析]　(1)设动圆的圆心坐标为(x，y)，则圆心到点(1,0)的距离与到直线x＝－1的距离相等，根据抛物线的定义易知动圆的圆心的轨迹方程为y2＝4x．
(2)设点P在抛物线的准线的投影为点P′，抛物线的焦点为F，则F(0,2)．依抛物线的定义，知点P到该抛物线的准线的距离为|PP′|＝|PF|，则点P到点A(2,0)的距离与到该抛物线的准线的距离之和d＝|PA|＋|PF|≥|AF|＝＝2．
[答案]　(1)y2＝4x　(2)2
1．利用抛物线的定义可解决的常见问题
(1)轨迹问题：用抛物线的定义可以确定动点与定点、定直线距离有关的轨迹是否为抛物线；
(2)距离问题：涉及抛物线上的点到焦点的距离和点到准线的距离问题时，注意在解题中利用两者之间的相互转化．　
2．抛物线定义的应用规律
1．动点P到直线x－2＝0的距离比它到点M(－4,0)的距离小2，则点P的轨迹是(　　)
A．直线 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：D　依题意，动点P到直线x－2＝0的距离比它到点M(－4,0)的距离小2，所以动点P到直线x－4＝0的距离和它到点M(－4,0)的距离相等，所以点P的轨迹是抛物线．故选D．
2．点P为抛物线y2＝4x上的动点，点A(2,1)为平面内定点，F为抛物线焦点，则：
(1)|PA|＋|PF|的最小值为________；
(2)|PA|－|PF|的最小值为________，最大值为________．
解析：(1)如图①，由抛物线定义可知，|PF|＝|PH|，|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PH|，从而最小值为A到准线的距离为3．
(2)如图②，当P，A，F三点共线，且P在FA延长线上时，|PA|－|PF|有最小值为－|AF|＝－．当P，A，F三点共线，且P在AF延长线上时，|PA|－|PF|有最大值为|AF|＝．故|PA|－|PF|最小值为－，最大值为．
答案：(1)3　(2)－　
直线与抛物线的位置关系
　(2019·全国Ⅰ卷)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；
(2)若＝3，求|AB|．
[解]　设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋．
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝．
由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－．
从而－＝，得t＝－．
所以l的方程为y＝x－．
(2)由＝3可得y1＝－3y2．
由可得y2－2y＋2t＝0．
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3．
代入C的方程得x1＝3，x2＝．
故|AB|＝．
1．求解直线与抛物线问题，一般利用方程法，但涉及抛物线的弦长、中点、距离等问题时，要注意“设而不求”“整体代入”“点差法”以及定义的灵活应用．
2．有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则可用弦长公式．　
1．(2022·济南期末)直线y＝x＋b交抛物线y＝x2于A，B两点，O为抛物线顶点，OA⊥OB，则b的值为(　　)
A．－1　　　 B．0 C．1　　 D．2
解析：D　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x＋b代入y＝x2，化简可得x2－2x－2b＝0，故x1＋x2＝2，x1x2＝－2b，所以y1y2＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝b2．又OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，即－2b＋b2＝0，则b＝2或b＝0，经检验b＝0时，不符合题意，故b＝2．
2．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
解析：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，则直线l2的斜率为－，故l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)．由消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝＝2＋，由抛物线定义可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋．同理得|DE|＝4＋4k2，∴|AB|＋|DE|＝8＋4k2＋≥8＋2＝16．当且仅当＝k2，即k＝±1时取等号．故|AB|＋|DE|的最小值为16．
解析几何中的数学思想
一、函数与方程思想
(1)函数思想：函数思想是用运动和变化的观点分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决；
(2)方程思想：方程思想就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，从而使问题获得解决．
　(1)(函数思想的应用)已知P点在圆x2＋(y－4)2＝1上移动，Q点在椭圆＋y2＝1上移动，则|PQ|的最大值为________；
(2)(方程思想的应用)已知双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)．若矩形ABCD的四个顶点在双曲线E上，AB，CD的中点为双曲线E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则双曲线E的离心率是________．
[解析]　(1)此题可转换成在椭圆上找一点Q，使得Q到圆心C(0,4)的距离取得最大值，然后加上半径即可．设Q(x，y)，∴|QC|2＝x2＋(y－4)2＝4－4y2＋(y－4)2＝－3y2－8y＋20＝－32＋．又∵－1≤y≤1，∴当y＝－1时，|QC|＝25，|QC|max＝5，∴|PQ|max＝5＋1＝6．
(2)由题意，得|AB|＝，|BC|＝2c，则2×＝3×2c，整理得2b2＝2(c2－a2)＝3ac，等号两端同除以a2，得2(e2－1)＝3e，解得e＝2．
[答案]　(1)6　(2)2
二、数形结合思想
数形结合思想包括“以形助数”和“以数助形”两个方面．“以形助数”即是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，它是以“形”为手段，以“数”为目的，如应用函数的图象来直观地说明函数的性质，应用数轴直观表达不等式组的解集．“以数助形”是借助数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，它是以“数”为手段，以“形”为目的．
　(1)(以形助数)已知椭圆＋＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________；
(2)(以数助形)已知在平面直角坐标系xOy中，直线l过点M(0,4)，且与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点．求证：OA⊥OB．
(1)[解析]　如图，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2,0)．线段PF的中点M在以O(0,0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM＝2．在△FF′P中，OM綉PF′，所以PF′＝4．根据椭圆的定义，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2．又因为FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠MFF′＝＝＝，即直线PF的斜率是．
[答案]　
(2)[证明]　当直线l的斜率不存在时，不满足与抛物线C：x2＝4y交于A，B两点．
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则过点M(0,4)的直线l的方程为y＝kx＋4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得x2－4kx－16＝0，
因为Δ＝16k2＋64＞0，所以k∈R．
由根与系数的关系得x1＋x2＝4k，x1x2＝－16，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－16＋＝0，所以OA⊥OB．
三、分类与整合思想
1．分类与整合思想的含义
分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题．通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合．
2．解分类与整合问题的步骤
(1)确定分类讨论的对象，即对哪个参数进行讨论；
(2)对所讨论的对象进行合理分类；
(3)逐类讨论，即对各类问题详细讨论，逐步解决；
(4)归纳整合，即将各类情况总结、归纳．
　已知x2cos θ＋y2sin θ＝1，θ∈[0,2π)，就θ的取值讨论方程是何种曲线及曲线的位置特征．
[解]　(1)当θ＝0时，方程变为x2＝1，即x＝±1，此时方程的曲线是平行于y轴且距y轴为1的两条平行直线；
(2)当0＜θ＜时，方程变为＋＝1，此时方程的曲线是中心在原点，焦点在y轴上的椭圆；
(3)当θ＝时，方程变为x2＋y2＝，此时方程的曲线是圆心在原点，半径为的圆；
(4)当＜θ＜时，方程变为＋＝1，此时方程的曲线是中心在原点，焦点在x轴上的椭圆；
(5)当θ＝时，方程变为y2＝1，即y＝±1，此时方程的曲线是平行于x轴且距x轴为1的两条平行直线；
(6)当＜θ＜π时，方程变为－＝1，此时方程的曲线是中心在原点，焦点在y轴上的双曲线，其中，当θ＝时，曲线是等轴双曲线；
(7)当θ＝π时，方程变为x2＝－1，无实数解，此时方程的曲线不存在；
(8)当π＜θ＜时，方程变为＋＝－1，无实数解，此时方程的曲线不存在；
(9)当θ＝时，方程变为y2＝－1，无实数解，此时方程的曲线不存在；
(10)当＜θ＜2π时，方程变为－＝1，此时方程的曲线是中心在原点，焦点在x轴上的双曲线，其中，当θ＝时，曲线是等轴双曲线．
四、化归转化思想
化归与转化思想，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．从某种意义上说，数学题的求解都是应用已知条件对问题进行一连串恰当转化，进而达到解题目的的一个探索过程．
　已知直线l：y＝kx－1与双曲线C：x2－y2＝4，在下列各种情况下求实数k的取值范围：
(1)直线l与双曲线C没有公共点；
(2)直线l与双曲线C有两个公共点；
(3)直线l与双曲线C只有一个公共点；
(4)直线l与双曲线C的右支有两个公共点；
(5)直线l与双曲线C的左支有两个公共点；
(6)直线l与双曲线C的两支各有一个交点．
[解]　将y＝kx－1代入双曲线x2－y2＝4，得(1－k2)x2＋2kx－5＝0．
(1)直线l与双曲线C没有公共点 k＜－或k＞．
(2)直线l与双曲线C有两个公共点 －＜k＜且k≠±1．
(3)直线l与双曲线C只有一个公共点 方程(1－k2)x2＋2kx－5＝0只有一个实数根，
①当1－k2＝0，即k＝±1时，x＝或x＝－，符合条件；
②当1－k2≠0，即k≠±1时，Δ＝4k2＋20(1－k2)＝0，解得k＝±．
综上可知，k＝±1或k＝±．
(4)直线l与双曲线C的右支有两个公共点 方程(1－k2)x2＋2kx－5＝0有两个不等正实数根 1＜k＜．
(5)直线l与双曲线C的左支有两个公共点 方程(1－k2)x2＋2kx－5＝0有两个不等负实数根 －＜k＜－1．
(6)直线l与双曲线C的两支各有一个交点 方程(1－k2)x2＋2kx－5＝0有一正根一负根 －1＜k＜1．
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．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．(1,0)　　　　　　　　 B．(2,0)
C．(0,1) D．(0,2)
解析：A　因为抛物线的准线经过点P(－1，－2)，则＝1，即p＝2，则该抛物线的焦点坐标为(1,0)．故选A．
2．抛物线C：x2＝8y的焦点为F，在C上有一点P，|PF|＝8，PF的中点M到C的准线l的距离为(　　)
A．6 B．8
C．4 D．1
解析：A　如图，过P作PD⊥l于D，由抛物线的定义可知|PF|＝|PD|＝8，|FA|＝4，故PF的中点M到C的准线l的距离为|MB|＝(|FA|＋|PD|)＝6．故选A．
3．已知点P是抛物线C：y2＝4x上的动点，点P到y轴的距离为d，Q(－3,3)，则|PQ|＋d的最小值为(　　)
A．5　　 B．＋1 C．－1　 D．4
解析：D　∵抛物线的准线方程为x＝－1，焦点F(1,0)．P到直线x＝－1的距离等于|PF|，∴P到y轴的距离d＝|PF|－1，∴d＋|PQ|＝|PF|＋|PQ|－1．∴当F，P，Q三点共线时，|PF|＋|PQ|取得最小值|QF|．∵Q(－3，3)，F(1,0)，∴|QF|＝5，∴d＋|PQ|的最小值为5－1＝4．故选D．
4．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作PQ⊥l，垂足为Q，若|PF|＝4，则∠FQP＝(　　)
A．30°　　 B．45°
C．60°　 D．75°
解析：C　设P(x0，y0)，则|PQ|＝y0＋1，由抛物线的定义可得|PQ|＝|PF|，即y0＋1＝4，则y0＝3，又x＝4y0，则x＝12，不妨令P位于第一象限，则x0＝2，即P(2，3)，因此Q(2，－1)，所以|QF|＝＝4，所以|PQ|＝|PF|＝|QF|，因此△FQP为等边三角形，所以∠FQP＝60°．故选C．
5．已知抛物线C：y2＝4x的准线与x轴的交点为D，过焦点F的直线l与抛物线C的一个交点为A，交准线于点B，若＝2，则△BDF的面积为(　　)
A． B．2
C．4 D．2
解析：A　直线l过该抛物线的焦点F(1,0)，过A作准线的垂线，垂足为E，如图所示，易得△BDF∽△BEA，由抛物线的定义知：|FD|＝2．因为＝2，所以|AE|＝6，所以xA＝5，yA＝2，故A(5，－2)，所以|ED|＝2，|BD|＝，所以S△BDF＝．故选A．
6．(多选)在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝6x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．若直线AF的斜率k＝－，则下列结论正确的是(　　)
A．准线方程为x＝－3
B．焦点坐标F
C．点P的坐标为
D．PF的长为3
解析：BC　由抛物线方程为y2＝6x，∴焦点坐标F，准线方程为x＝－，A错，B对；∵直线AF的斜率为－，∴直线AF的方程为y＝－，当x＝－时，y＝3，∴A，∵PA⊥l，A为垂足，∴点P的纵坐标为3，可得点P的坐标为，C对；根据抛物线的定义可知|PF|＝|PA|＝－＝6，D错，故选B、C．
7．(多选)设抛物线C：x＝y2的焦点为F，则下列说法正确的是(　　)
A．点F在x轴上
B．点F的坐标为
C．设过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于P，Q两点，则|PQ|＝8
D．设过点(－2,0)且斜率为的直线与抛物线C交于M，N两点，则·＝8
解析：ACD　由题可得抛物线C的标准方程为y2＝4x，所以点F在x轴上，且点F的坐标为(1,0)，所以选项A正确，选项B不正确；过点F(1,0)且斜率为1的直线方程为y＝x－1，将y＝x－1代入y2＝4x，消去y可得x2－6x＋1＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝6，所以|PQ|＝x1＋x2＋2＝8，选项C正确；过点(－2,0)且斜率为的直线方程为y＝(x＋2)，将y＝(x＋2)代入y2＝4x，消去y可得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，不妨设M(1,2)，则N(4,4)，所以·＝(0,2)·(3,4)＝8，选项D正确．故选A、C、D．
8．抛物线y2＝－2px(p＞0)的准线经过椭圆＋＝1的右焦点，则p＝________．
解析：由椭圆方程可得其右焦点为(2,0)，∵抛物线的准线经过椭圆的右焦点，∴＝2，解得p＝4．
答案：4
9．(2022·大连市高三模拟)抛物线y2＝2px(p＞0)的准线截圆x2＋y2－2y－1＝0所得弦长为2，则抛物线的焦点坐标为________．
解析：抛物线y2＝2px(p＞0)的准线为x＝－，把圆化成标准方程为x2＋(y－1)2＝2，得圆心M(0,1)，半径r＝，圆心到准线的距离为，所以2＋2＝()2，解得p＝2，所以焦点坐标为(1,0)．
答案：(1,0)
10．已知过点M的直线l与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且·＝－3，其中O为坐标原点．
(1)求p的值；
(2)当|AM|＋4|BM|最小时，求直线l的方程．
解：(1)设直线l的方程为x＝my＋，
由消去x得y2－2pmy－p2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2，
因为·＝－3，所以x1x2＋y1y2＝－3，
又x1x2＝·＝，所以－p2＝－3，又因为p＞0，所以p＝2．
(2)由(1)及抛物线定义，得|AM|＝x1＋＝x1＋1，|BM|＝x2＋＝x2＋1，
所以|AM|＋4|BM|＝x1＋4x2＋5≥2＋5＝9，当且仅当x1＝4x2时等号成立．
将x1＝4x2代入x1x2＝＝1，得x2＝(负值舍去)．
将x2＝代入y2＝4x，得y2＝±，即点B，
将点B代入x＝my＋1，得m＝±，
所以直线l的方程为x＝±y＋1，即4x±y－4＝0．
B级——综合应用
11．(多选)已知抛物线E：x2＝4y的焦点为F，圆C：x2＋(y－1)2＝16与抛物线E交于A，B两点，点P为劣弧上不同于A，B的一个动点，过点P作平行于y轴的直线l交抛物线E于点N，则以下结论正确的是(　　)
A．点P的纵坐标的取值范围是(3,5]
B．圆C的圆心到抛物线准线的距离为1
C．|PN|＋|NF|等于点P到抛物线准线的距离
D．△PFN周长的取值范围是(8,10)
解析：ACD　如图所示：A项， 圆C：x2＋(y－1)2＝16的圆心为(0,1)，半径为4，与y的正半轴交点为(0,5)，由解得y＝3(负值舍去)，所以点P的纵坐标的取值范围是(3,5]，故正确；B项，因为圆C的圆心为抛物线的焦点，所以圆C的圆心到抛物线准线的距离为p＝2，故错误；C项，由抛物线的定义得|PN|＋|NF|等于点P到抛物线准线的距离，故正确；D项，△PFN周长为：|PF|＋|PN|＋|NF|＝r＋yP＋1＝yP＋5∈(8,10)，故正确．故选A、C、D．
12．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F到准线l的距离为2，若点P在抛物线上，且点P到l的距离为d，Q在圆x2＋(y－3)2＝1上，则p＝________，|PQ|＋d的最小值为________．
解析：因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F到准线l的距离为2，所以p＝2，F(1,0)，准线l：x＝－1，由抛物线的定义可知点P到l的距离d＝|PF|，所以|PQ|＋d＝|PQ|＋|PF|，设圆x2＋(y－3)2＝1的圆心为C，则C(0,3)，圆的半径为1，|PQ|＋|PF|≥|CF|－1＝－1＝－1，当且仅当C，P，Q，F共线时等号成立，所以|PQ|＋d的最小值为－1．
答案：2　－1
13．已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的焦点与双曲线C2：－＝1右顶点重合．
(1)求抛物线C1的标准方程；
(2)设过点(0,1)的直线l与抛物线C1交于不同的两点A，B，F是抛物线C1的焦点，且·＝1，求直线l的方程．
解：(1)由题设知，双曲线C2：－＝1的右顶点为(2,0)，
∴＝2，解得p＝4，
∴抛物线C1的标准方程为y2＝8x．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
显然直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立消去y得k2x2＋(2k－8)x＋1＝0，由Δ＞0得(2k－8)2－4k2＞0，即k＜2，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝．又∵·＝1，F(2,0)，
∴·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝1，
∴x1x2－2(x1＋x2)＋4＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k－2)(x1＋x2)＋5＝1，即k2＋4k－5＝0，
解得k＝1或k＝－5，∴直线l的方程为y＝x＋1或y＝－5x＋1．
C级——迁移创新
14．如图，抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射，通过聚光获取热量进行炊事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2 m，灶深CD为0．5 m，则焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为________m．
解析：由题意建立如图所示的平面直角坐标系，O与C重合．设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，由题意可得A，将A点坐标代入抛物线的方程可得3＝2p×，解得p＝3，所以抛物线的方程为y2＝6x，焦点的坐标为，即，所以焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为＝1．5 m．
答案：1．5
15．如图，设抛物线方程为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．
(1)求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
(2)已知当M点的坐标为(2，－2p)时，|AB|＝4，求此时抛物线的方程．
解：(1)证明：由题意，设A，B，x1＜x2，M(x0，－2p)．
由x2＝2py，得y＝，得y′＝，所以kMA＝，kMB＝．
因此直线MA的方程为y＋2p＝(x－x0)，
直线MB的方程为y＋2p＝(x－x0)．
所以＋2p＝(x1－x0)，①
＋2p＝(x2－x0)．②
①－②整理得2x0＝x1＋x2．
所以A，M，B三点的横坐标成等差数列．
(2)由(1)知，当x0＝2时，将其代入①②并整理得x－4x1－4p2＝0，x－4x2－4p2＝0，
所以x1，x2是方程x2－4x－4p2＝0的两根，
因此x1＋x2＝4，x1x2＝－4p2．
又因为kAB＝＝＝，所以kAB＝．
由弦长公式，得|AB|＝
＝ ．
又因为|AB|＝4，解得p＝1或p＝2，因此所求抛物线方程为x2＝2y或x2＝4y．
高考重难专攻(五)　圆锥曲线中的最值、范围问题
1．几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．
2．函数取值法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值(或值域)，常用方法有：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)单调性法；(4)三角换元法；(5)导数法等，要特别注意自变量的取值范围．
利用不等关系求最值(范围)
　(2022·泉州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
[解]　(1)因为原点到直线x＋y－1＝0的距离为d＝＝，
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1．
又e2＝＝1－＝，解得a＝2．
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12．
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0．
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝．
λ＝|MA|·|MB|＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝＝12．
由m2>12，得0<<，所以<λ<12．
综上，λ的取值范围是．
寻找不等关系的突破口
(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；
(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；
(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；
(5)利用函数值域的求法，确定所求范围．　
　(2022·咸阳模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，且经过A(0,2)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若过点B(2,0)的直线交双曲线C于x轴下方不同的两点P，Q，设PQ中点为M，求△BOM(O为坐标原点)面积的最小值．
解：(1)双曲线的离心率为，即＝，
因为点A(0,2)在双曲线－＝1上，所以＝1，a＝2，则c＝2，又c2＝a2＋b2，所以b＝2．
所以双曲线C的方程为－＝1．
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为x－2＝my(m≠0)，
由得(1－m2)y2－4my－8＝0，
设P，Q两点的纵坐标分别为y1，y2，则
解得1＜m＜．
设点M的纵坐标为y0，则y0＝＝，
所以S△OBM＝×|OB|×|y0|＝×2×＝＝，1＜m＜．
易知函数y＝x－在(1，)上单调递增，
所以m－∈，
所以△BOM面积的最小值为2．
利用基本不等式求最值
　(2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－．记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[解]　(1)由题设得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝±．
设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．(ⅰ)
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(ⅰ)的解，
故xG＝，由此得yG＝．
从而直线PG的斜率为＝－．
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积
S＝|PQ||PG|＝＝．
设t＝k＋，
则s＝，由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，
所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
巧用基本不等式求最值问题
利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后利用基本不等式求出最值．　
　椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知
∴c＝，b＝1，∴所求椭圆方程为＋y2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为y＝kx＋m．
由已知＝，得m2＝(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入椭圆方程并整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0．
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12＝27k2＋3>0．
∴x1＋x2＝，x1x2＝．
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)
＝＝
＝3＋＝3＋(k≠0)≤3＋＝4．当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立．
当k＝0时，|AB|＝，综上所述|AB|max＝2．
∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值S＝×|AB|max×＝．
利用函数性质求最值(范围)
　如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解]　(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝．
因为|PA|＝ ＝ (k＋1)，
|PQ|＝ (xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3，
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3．
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，
因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值．
法二：如图，连接BP，|AP|·|PQ|＝|AP|·|PB|·cos∠BPQ＝·(－)＝·－．
易知P(x，x2)，
则·＝2x＋1＋2x2－
＝2x2＋2x＋，＝2＋2
＝x2＋x＋＋x4－x2＋
＝x4＋x2＋x＋．
所以|AP|·|PQ|＝－x4＋x2＋x＋．
设f(x)＝－x4＋x2＋x＋，
则f′(x)＝－4x3＋3x＋1＝－(x－1)(2x＋1)2，
所以f(x)在上为增函数，在上为减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝．
故|AP|·|PQ|的最大值为．
利用函数求最值、范围的方法
根据已知条件设出自变量，构造目标函数，利用二次函数或函数求导等分析函数的单调性，从而确定最值或范围．　
　
如图所示，点A，B分别是椭圆＋＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF．
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
解：(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则＝(x＋6，y)，＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴·＝0，
则
可得2x2＋9x－18＝0，解得x＝或x＝－6．
由于y>0，故x＝，于是y＝．
∴点P的坐标是．
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－y＋6＝0，点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是，
于是＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2．
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－x2
＝2＋15，
因为－6≤x≤6，
由f(x)＝2＋15的图象可知，
当x＝时，d取最小值，且最小值为．
[课时过关检测]
1．(2022·青岛一模)在平面直角坐标系中，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2．以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E，恰好经过点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．
解：(1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．
设椭圆E的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为＋＝1．
又椭圆E过点，∴＋＝1，解得b2＝1．
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1．
(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，所以直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0．
由Δ＞0得0≤k2＜，从而x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝|x1－x2|＝2．
∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝，
∴△F2MN的面积为S＝|MN|·d＝3．
令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，
∴S＝3＝3＝3＝3 ，
当＝即t＝时，S有最大值，Smax＝，此时k＝±．
∴当直线l的斜率为±时，可使△F2MN的面积最大，其最大值．
2．已知抛物线C：y2＝4x，点F是C的焦点，O为坐标原点，过点F的直线l与C相交于A，B两点．
(1)求向量与的数量积；
(2)设＝λ，若λ∈[9,16]，求l在y轴上的截距的取值范围．
解：(1)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
由题意知直线l的斜率不可能为0，F(1,0)，设直线l的方程为x＝my＋1．
由得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16＞0，
由根与系数的关系得
∴·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝－4＝－3．
∴向量与的数量积为－3．
(2)由(1)知
∵＝λ，∴y2＝－λy1．
将y2＝－λy1代入得
∴
∴＝－4m2，
∴4m2＝＝λ＋－2．
令f(λ)＝λ＋－2，易知f(λ)在[9,16]上单调递增，
∴4m2∈，∴m2∈，
∴m∈∪．
∴l在y轴上的截距－的取值范围为∪．
3．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，E的左顶点为A，上顶点为B，点P在椭圆上，且△PF1F2的周长为4＋2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点G(1,0)，求k的取值范围．
解：(1)由题意知解得
则b2＝a2－c2＝1，∴椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，弦MN的中点D(x0，y0)，
由消去y整理得，(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
∵直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点，
∴Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，即m2＜1＋4k2，
由根与系数的关系得则x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝，
所以直线DG的斜率为kDG＝＝－，
又由直线DG和直线MN垂直可得－·k＝－1，则m＝－，
代入m2＜1＋4k2可得2＜1＋4k2，即k2＞，解得k＞或k＜－．
故所求k的取值范围是∪．
4．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆E的离心率为，且通径长为1．
(1)求E的方程；
(2)直线l与E交于M，N两点(M，N在x轴的同侧)，当F1M∥F2N时，求四边形F1F2NM面积的最大值．
解：(1)依题意可知解得故椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)假设M，N两点在x轴上侧，如图所示，延长MF1交E于点M0，由F1M∥F2N知M0与N关于原点对称，从而有|F1M0|＝|F2N|，由(1)可知F1(－，0)，F2(，0)，
设M(x1，y1)，M0(x2，y2)，设MF1的方程为x＝my－，
由得(m2＋4)y2－2my－1＝0，Δ＝12m2＋4(m2＋4)>0，故
设F1M与F2N的距离为d，四边形F1F2NM的面积为S，
则S＝(|F1M|＋|F2N|)d＝(|F1M|＋|F1M0|)d＝|MM0|d＝S，
又因为S＝·|F1F2|·|y1－y2|＝×2×|y1－y2|
＝ ＝·
＝＝≤＝2，
当且仅当＝，即m＝±时，等号成立，故四边形F1F2NM面积的最大值为2．

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