3.3.2 抛物线的简单几何性质(1)

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【基础过关系列】2022-2023学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

几何性质

标准方程	$y^2=2px$	$y^2=-2px$	$x^2=2py$	$x^2=-2py$
图形
顶点	$(0,0)$
对称轴	$x$轴	$x$轴	$y$轴	$y$轴
焦点	$F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$	$F\left(-\dfrac{p}{2}, 0\right)$	$F\left(0, \dfrac{p}{2}\right)$	$F\left(0,- \dfrac{p}{2}\right)$
准线方程	$x=-\dfrac{p}{2}$	$x= \dfrac{p}{2}$	$y=-\dfrac{p}{2}$	$y= \dfrac{p}{2}$
离心率	$e=1$

其中$p>0$.

离心率：抛物线上的点$M$与焦点$F$的距离和点$M$到准线的距离$d$的比 $\dfrac{|M F|}{d}$，叫做离心率.

一些常见结论

① 过抛物线的焦点作垂直于对称轴且交抛物线于$A$ ,$B$两点的线段$AB$，称为抛物线的“通径”，即$|AB|=2p$.
证明抛物线 $y^2=2px$，设 $A\left(\dfrac{p}{2}, y_0\right)$，则 $y_0^2=2 p \cdot \dfrac{p}{2}=p^2$，$y_0=p$，所以$|AB|=2p$.

② 若$A$、$B$在抛物线$y^2=2px$上，$F$是焦点，则$A F=x_A+\dfrac{p}{2}$，$AB=x_A+x_B+p$.
证明抛物线的定义， $A F=A H=A G+G H=x_A+\dfrac{p}{2},$，
$A B=x_A+\dfrac{p}{2}+x_B+\dfrac{p}{2}=x_A+x_B+p$.

基本方法

【题型1】抛物线的简单性质

【典题1】以原点为顶点，坐标轴为对称轴，并且经过点$P(-2,-4)$的抛物线方程是$\underline{\quad \quad}$ 　．
解析 ① 当焦点在$x$轴上时，设抛物线方程为$x^2=2py$，
代入$P(-2,-4)$，$4=-8p$，解得 $p=-\dfrac{1}{2}$，所以$x^2=-y$；
② 当焦点在$y$轴上时，设抛物线方程为$y^2=2px$，
代入$P(-2,-4)$，$16=-4p$，解得$p=-4$，所以$y^2=-8x$；
点拨注意抛物线焦点位置.

【典题2】过抛物线$y^2=4x$的焦点作直线交抛物线于$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$两点，若$|AB|=12$，那么$x_1+x_2=$$\underline{\quad \quad}$　．
解析由题意，$p=2$，故抛物线的准线方程是$x=-1$，
$∵$过抛物线$y^2=4x$的焦点的直线交抛物线于$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$两点，
$∴|AB|=x_1+x_2+2=12$，解得$x_1+x_2=10$，
故答案为：$10$.
点拨若$A$、$B$在抛物线$y^2=2px$上，$F$是焦点，则 $A F=x_A+\dfrac{p}{2}$，$AB=x_A+x_B+p$.

【典题3】(多选)已知抛物线 $x^2=\dfrac{1}{2} y$的焦点为$F$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$是抛物线上两点，则下列结论正确的是(　　)
A．点$F$的坐标为 $\left(\dfrac{1}{8}, 0\right)$
B．若直线$MN$过点$F$，则 $x_1 x_2=-\dfrac{1}{16}$
C．若 $\overrightarrow{M F}=\lambda \overrightarrow{N F}$，则$|MN|$的最小值为 $\dfrac{1}{2}$
D．若 $|M F|+|N F|=\dfrac{3}{2}$，则线段$MN$的中点$P$到$x$轴的距离为 $\dfrac{5}{8}$
解析抛物线 $x^2=\dfrac{1}{2} y$的焦点为 $F\left(0, \dfrac{1}{8}\right)$，所以$A$不正确；
根据抛物线的性质可得：$MN$过$F$时，则 $x_1 x_2=-\dfrac{1}{16}$，所以$B$正确；
若 $\overrightarrow{M F}=\lambda \overrightarrow{N F}$，则$|MN|$的最小值为抛物线的通径长，为 $2 p=\dfrac{1}{2}$，所以$C$正确；
抛物线 $x^2=\dfrac{1}{2} y$的焦点为 $F\left(0, \dfrac{1}{8}\right)$，准线方程为 $y=-\dfrac{1}{8}$，
过点$M$、$N$、$P$分别作准线的垂线$MM'$,$NN'$,$PP'$,
则$|MM'|=|MF|$，$|NN'|=|NF|$， $\left|M M^{\prime}\right|+\left|N N^{\prime}\right|=|M F|+|N F|=\dfrac{3}{2}$，
所以 $\left|P P^{\prime}\right|=\dfrac{\left|M M^{\prime}\right|+\left|N N^{\prime}\right|}{2}=\dfrac{3}{4}$，

所以线段$MN$的中的$P$到$x$轴的距离为 $\left|P P^{\prime}\right|-\dfrac{1}{8}=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{8}=\dfrac{5}{8}$，所以$D$正确；
故选：$BCD$．

【典题4】已知点$A(0,4)$，抛物线$C：x^2=2py(0<p<4)$的准线为$1$，点$P$在$C$上，作$PH⊥l$于$H$，且$|PH|=|PA|$，$∠APH=120°$，则抛物线方程为$\underline{\quad \quad}$．
解析设抛物线的焦点为 $F\left(0, \dfrac{p}{2}\right)$， $|A F|=4-\dfrac{p}{2}$，由抛物线的定义可知，$|PH|=|PF|$，

$∵|PH|=|PA|$，$∴|PA|=|PF|$，
不妨设点$P$在第一象限，过点$P$作$PQ⊥y$轴于点$Q$，
则$Q$为$AF$的中点， $|A Q|=|F Q|=\dfrac{1}{2}|A F|=\dfrac{1}{2}\left(4-\dfrac{p}{2}\right)$，
$∵∠APH=120°$，$∴∠APQ=120°-90°=30°$，
$\therefore|P Q|=\sqrt{3}|A Q|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(4-\dfrac{p}{2}\right)$， $|O Q|=|F Q|+|O F|=\dfrac{1}{2}\left(4-\dfrac{p}{2}\right)+\dfrac{p}{2}=2+\dfrac{p}{4}$，
$∴$点$P$的坐标为 $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(4-\dfrac{p}{2}\right), 2+\dfrac{p}{4}\right)$，
$∵$点$P$在抛物线$C$上， $\therefore\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(4-\dfrac{p}{2}\right)\right]^2=2 p \times\left(2+\dfrac{p}{4}\right)$，
化简得$5p^2+112p－192=0$，解之得 $p=\dfrac{8}{5}$或$-24$(舍负)，
$∴$抛物线方程为 $x^2=\dfrac{16}{5} y$．

巩固练习

1.顶点在原点，对称轴为$y$轴，顶点到准线的距离为$4$的抛物线方程是( )
A．$x^2=16y$ $\qquad \qquad$ B．$x^2=8y$ $\qquad \qquad$ C．$x^2=±8y$ $\qquad \qquad$ D ．$x^2=±16y$

2.已知过点$(0,1)$的直线与抛物线$x^2=4y$交于$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$两点，若 $y_1+y_2=\dfrac{9}{4}$，则$|AB|=$(　　)
A． $\dfrac{25}{4}$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{17}{4}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{13}{4}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{9}{4}$

3.在直角坐标系$xOy$中，动圆$C$经过点$(0,2)$，且圆心$C(x_0,y_0)$在抛物线 $y=\dfrac{1}{4} x^2$上．记圆$C$被$x$轴所截得的弦长为$|PQ|$，则随着$y_0$的增大，$|PQ|$的变化情况是(　　)
A．恒为定值 $\qquad \qquad$ B．一直减小 $\qquad \qquad$ C．一直增大 $\qquad \qquad$ D．先减小，再增大

4.如图，点$A$是曲线 $y=\sqrt{x^2+2}(y \leq 2)$上的任意一点，$P(0,-2)$，$Q(0,2)$，射线$QA$交曲线 $y=\dfrac{1}{8} x^2$于$B$点，$BC$垂直于直线$y=3$，垂足为点$C$．则下列判断：①$|AP|-|AQ|$为定值 $2 \sqrt{2}$；②$|QB|+|BC|$为定值$5$．其中正确的说法是(　　)

A．①②都正确 $\qquad \qquad$ B．①②都错误 $\qquad \qquad$ C．①正确，②错误 $\qquad \qquad$ D．①都错误，②正确

5.过抛物线$y^2=2px$的焦点$F$的直线与抛物线交于$A$，$B$两点，若$A$，$B$在准线上的射影为$A_1$，$B_1$，则$∠A_1 FB_1$等于$\underline{\quad \quad}$．

6.设抛物线$C：y^2=8x$的焦点为$F$，$A$是$C$上的一点且在第一象限，以$F$为圆心，以$FA$为半径的圆交$C$的准线于$B$，$D$两点，且$A$，
$F$,$B$三点共线，则点$A$的横坐标为$\underline{\quad \quad}$ ．

参考答案

答案 $D$
解析根据顶点在原点，对称轴为$y$轴，可设抛物线方程为$x^2=±2py$．
$∵$顶点到准线的距离为$4$， $\therefore \dfrac{p}{2}=4$，$∴2p=16$，
$∴$所求抛物线方程为$x^2=±16y$．
故选：$D$．
答案 $B$
解析由题意可知点$(0,1)$为抛物线的焦点，
则由抛物线的定义可得 $|A B|=y_1+y_2+2=\dfrac{9}{4}+2=\dfrac{17}{4}$，
故选：$B$．
答案 $A$
解析如图所示，
设$PQ$的中点为$D$，圆心$C(x_0,y_0)$在抛物线 $y=\dfrac{1}{4} x^2$上，
则 $|C D|=y_0=\dfrac{1}{4} x_0^2$，
$\therefore|C P|=|C A|=\sqrt{\left(x_0-0\right)^2+\left(\dfrac{1}{4} x_0^2-2\right)^2}$；
由勾股定理得， $|P Q|=2|P D|=2 \sqrt{|C P|^2-|C D|^2}=2 \sqrt{x_0^2+\left(\dfrac{1}{4} x_0^2-2\right)^2-\left(\dfrac{1}{4} x_0^2\right)^2}=4$，
$∴$圆$C$被$x$轴所截得的弦长$|PQ|$为定值．
故选：$A$．
答案 $A$
解析曲线 $y=\sqrt{x^2+2}(y \leq 2)$两边平方，得 $y^2-x^2=2$，
为双曲线 $\dfrac{y^2}{2}-\dfrac{x^2}{2}=1$的 $\sqrt{2} \leq y \leq 2$的部分，$P(0,-2)$,$Q(0,2)$恰为该双曲线的两焦点，
由双曲线定义知，$||AP|-|AQ||=2\sqrt{2}$，
又$|AP|>|AQ|$，$∴|AP|-|AQ|=2\sqrt{2}$，①正确；
曲线 $y=\dfrac{1}{8} x^2$即抛物线 $x^2=8y$,其焦点为$Q(0,2)$，准线方程为$y=-2$,
过$B$作$BD$垂直直线$y=-2$于$D$，
由抛物线定义，知$|QB|+|BC|=|BD|+|BC|=|CD|=5$，②正确；
故选：$A$．
答案 $90^∘$
解析如图，由抛物线定义知$|AA_1 |=|AF|$，$|BB_1 |=|BF|$，所以$∠AA_1 F=∠AFA_1$．

又$∠AA_1 F=∠A_1 FO$，所以$∠AFA_1=∠A_1 FO$．
同理$∠BFB_1=∠B_1 FO$．
于是$∠AFA_1+∠BFB_1=∠A_1 FO+∠B_1 FO=∠A_1 FB_1$．
故$∠A_1 FB_1=90^∘$．
答案 $6$
解析 $∵A$，$F$，$B$三点共线，$∴AB$为圆$F$的直径，则$AD⊥BD$．
由抛物线定义知 $|A D|=|A F|=\dfrac{1}{2}|A B|$，
又抛物线$C：y^2=8x$的 $\dfrac{p}{2}=2$，
$∴$在$Rt△ADB$中，可得$|AD|=4|OF|=8$．
设$A$的横坐标为$x_0$，则$|AD|=x_0+2=8$，
即$x_0=6$．

【题型2】最值问题

【典题1】已知点$P$是抛物线$y^2=2x$上的动点，点$P$在$y$轴上的射影是$M$，点 $A\left(\dfrac{7}{2}, 4\right)$，则$|PA|+|PM|$的最小值是 .
解析依题意可知焦点 $F\left(\dfrac{1}{2}, 0\right)$，准线 $x=-\dfrac{1}{2}$，延长$PM$交准线于$H$点．则$|PF|=|PH|$$\underline{\quad \quad}$．
$|P M|=|P H|-\dfrac{1}{2}=|P F|-\dfrac{1}{2}$， $|P M|+|P A|=|P F|+|P A|-\dfrac{1}{2}$，
我们只有求出$|PF|+|PA|$最小值即可．
由三角形两边长大于第三边可知，$|PF|+|PA|⩾|FA|$，
当$A$,$P$,$F$三点共线时，$|PF|+|PA|$可取得最小值$|FA|=5$．
则所求为 $|P M|+|P A|=5-\dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{2}$．

点拨本题属于几何法求最值，结合图象与抛物线的定义分析，注意点$A$在抛物线外还是抛物线内！

【典题2】已知点$M(2,0)$，点$P$在曲线$y^2=4x$上运动，点$F$为抛物线的焦点，则 $\dfrac{|P M|^2}{|P F|-1}$的最小值为(　　)
A． $\sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ B． $2(\sqrt{5}-1)$ $\qquad \qquad$ C． $4 \sqrt{5}$ $\qquad \qquad$ D．$4$
解析设$P(x,y)$，可得 $\dfrac{|P M|^2}{|P F|-1}=\dfrac{(x-2)^2+y^2}{x}=\dfrac{x^2+4}{x}=x+\dfrac{4}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{4}{x}}=4$．
当且仅当$x=2$时取得最小值$4$．
故选：$D$．
点拨本题解题思路属于代数法，设元$P(x,y)$，把 $\dfrac{|P M|^2}{|P F|-1}$转化为代数式，再利用基本不等式或函数的方法求其最值.

巩固练习

1.已知点 $Q(2 \sqrt{2}, 0)$及抛物线 $y=\dfrac{x^2}{4}$上一动点$P(x_0,y_0 )$，则$y_0+|PQ|$的最小值为$\underline{\quad \quad}$．

2.设$P$是抛物线$y^2=4x$上的一个动点，若$B(3,2)$，则$|PB|+|PF|$的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ ．

3.若点$A$为抛物线$y^2=4x$上一点，$F$是抛物线的焦点，$|AF|=6$，点$P$为直线$x=-1$上的动点，则$|PA|+|PF|$的最小值为$\underline{\quad \quad}$ ．

4.过点$Q(2,0)$的直线与抛物线$C：y^2=2x$的一个交点是$A$，与$y$轴交于$D$点，且 $\overrightarrow{D A}=2 \overrightarrow{D Q}$，$P$为抛物线$C$上一动点，则 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P D}$的最小值是$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $2$
解析用抛物线的定义：焦点$F(0,1)$，准线$y=-1$，
设$P$到准线的距离为$d$，
$y_0+|PQ|=d-1+|PQ|=|PF|+|PQ|-1⩾|FQ|-1=2$
(当且仅当$F,Q,P$共线时取等号)
故$y_0+|PQ|$的最小值是$2$．
答案 $4$
解析如图, 过点$B$作$BQ$重直准线于点$Q$, 交拋物线于点$P_1$, 则$|P_1 Q|=|P_1 F|$，
则有$|PB|+|PF|⩾|P_1 B|+|P_1 Q|=|BQ|=4$, 即$|PB|+|PF|$的最小值为$4$.
答案 $2 \sqrt{21}$
解析由题意可知，$p=2$，$F(1,0)$，
由抛物线的定义可知， $|A F|=x_A+\dfrac{p}{2}=x_A+1=6$，$∴x_A=5$，
代入抛物线方程，得 $y_A{ }^2=20$，不妨取点$A$为 $(5,2 \sqrt{5})$，

设点$F$关于$x=-1$的对称点为$E$，则$E(－3,0)$，
$\therefore|P A|+|P F|=|P A|+|P E| \geq|A E|=\sqrt{(5+3)^2+(2 \sqrt{5})^2}=2 \sqrt{21}$．
答案 $-9$
解析由题 $\overrightarrow{D A}=2 \overrightarrow{D Q}$， $\therefore \overrightarrow{D Q}=\overrightarrow{Q A}$
$∵Q(2,0)$，易知$A$点的横坐标为$4$，
抛物线$C：y^2=2x$中，$x=4$， $y=\pm 2 \sqrt{2}$，
设 $A(4,2 \sqrt{2})$，则对应的 $D(0,-2 \sqrt{2})$．
$∵P$为抛物线$C$上一动点，设 $P\left(\dfrac{y_1^2}{2}, y_1\right)$，
$\overrightarrow{P A}=\left(4-\dfrac{y_1^2}{2}, 2 \sqrt{2}-y_1\right)$， $\overrightarrow{P D}=\left(-\dfrac{y_1^2}{2},-2 \sqrt{2}-y_1\right)$，
则 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P D}=\left(4-\dfrac{y_1^2}{2}\right)\left(-\dfrac{y_1^2}{2}\right)+\left(2 \sqrt{2}-y_1\right)\left(-2 \sqrt{2}-y_1\right)$$=\dfrac{y_1^4}{4}-y_1^2-8=\dfrac{1}{4}\left(y_1^2-2\right)^2-9$．
$\therefore(\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P D})_{\min }=-9$．

分层练习

【A组---基础题】

1.顶点在原点，关于$x$轴对称，并且经过点$M(-1,2)$的抛物线方程为( )
A．$y^2=4x$ $\qquad \qquad$ B．$y^2=-4x$ $\qquad \qquad$ C． $x^2=\dfrac{1}{2} y$ $\qquad \qquad$ D． $x^2=-\dfrac{1}{2} y$

2.如图过抛物线$y^2=2px(p>0)$的焦点F的直线依次交拋物线及准线于点$A$，$B$，$C$，若$|BC|=2|BF|$，且$|AF|=3$，则$p=$(　　)

A．$2$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{3}{2}$ $\qquad \qquad$ C．$3$ $\qquad \qquad$ D．$6$

3.设点$M$为抛物线$C：y^2=4x$的准线上一点(不同于准线与$x$轴的交点)，过抛物线$C$的焦点$F$，且垂直于$x$轴的直线与$C$交于$A$、$B$两点，设$MA$、$MF$、$MB$的斜率分别为$k_1$ 、$k_2$、$k_3$，则 $\dfrac{k_1+k_3}{k_2}$的值为(　　)
A．$2$ $\qquad \qquad$ B． $2 \sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ C．$4$ $\qquad \qquad$ D． $4 \sqrt{2}$

4.已知$F$为抛物线$C：x^2=2py(1<p<2)$的焦点，$F$关于原点的对称点为$F'$，点$M$在抛物线$C$上，给出下列三个结论：
①使得$△MFF'$为等腰三角形的点$M$有且仅有$6$个：
②使得 $\left|\overrightarrow{M F^{\prime}}\right|+|\overrightarrow{M F}|=1 \mid$的点$M$有且仅有$2$个：
③使得 $\left|\overrightarrow{M F^{\prime}}\right|=\sqrt{2}|\overrightarrow{M F}|$点$M$有且仅有$4$个．
其中正确结论的个数为(　　)
A．$0$ $\qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad$ D．$3$

5.(多选)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．已知抛物线$y^2=4x$的焦点为$F$，一束平行于$x$轴的光线$l_1$从点$M(3,1)$射入，经过抛物线上的点$P(x_1,y_1)$反射后，再经抛物线上另一点$Q(x_2,y_2)$反射后，沿直线$l_2$射出，则下列结论中正确的是(　　)
A．$x_1 x_2=1$ $\qquad \qquad$ $\qquad \qquad$ B． $k_{P Q}=-\dfrac{4}{3}$ $\qquad \qquad$ C． $|P Q|=\dfrac{25}{4}$ $\qquad \qquad$ D．$l_1$与$l_2$之间的距离为$4$

6.设抛物线$x^2=12y$的焦点为$F$，经过点$P(2,1)$的直线$l$与抛物线相交于$A$、$B$两点，若点$P$恰为线段$AB$的中点，则$|AF|+|BF|=$$\underline{\quad \quad}$．

7.已知抛物线$C：y^2=4x$的焦点为$F$，准线为$l$，$P$为$C$上一点，$PQ$垂直$l$于点$Q$，$M$，$N$分别为$PQ$，$PF$的中点，$MN$与$x$轴相交于点$R$，若$∠NRF=60°$，则$|FR|$等于$\underline{\quad \quad}$．

8.点$P$是抛物线$y^2=4x$上一动点，则点$P$到点$A(0,-1)$的距离与点$P$到直线$x=-2$的距离和的最小值是$\underline{\quad \quad}$ .

9.已知抛物线$C：y^2=4x$的焦点为$F$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$是抛物线$C$上的两个动点，若$x_1+x_2+2=2|MN|$，则$∠MFN$的最大值为$\underline{\quad \quad}$．

10.已知点$P$在抛物线 $y^2=12x$上，点$Q$在圆 $(x-3)^2+y^2=1$上，点$M(6,0)$，令 $t=\dfrac{|M P|^2}{|P Q|}$，则$t$的最小值为$\underline{\quad \quad}$，此时点$P$的横坐标为$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $B$
解析设抛物线解析式为$y^2=-2px$，
把$(-1,2)$代入得$4=2p$，解得$p=2$，
所以抛物线标准方程为$y^2=-4x$，
故选：$B$．
答案 $B$
解析过$A$，$B$分别作准线的垂线，垂足为$N$，$M$，
$|BC|=2|BF|=2BM$，$∠MCB=30°$．$|AF|=3=AN$，$AC=2AN=6$，
所以$F$为$AC$的中点， $p=\dfrac{1}{2} A N=\dfrac{3}{2}$，
故选：$B$．
答案 $A$
解析如图，
由抛物线方程可得，$F(1,0)$，则$A(1,-2)$，$B(1,2)$，
设$M(-1,m)(m≠0)$，则 $k_1=\dfrac{m+2}{-2}$， $k_2=\dfrac{m}{-2}$， $k_3=\dfrac{m-2}{-2}$．
$\therefore \dfrac{k_1+k_3}{k_2}=\dfrac{\dfrac{m+2}{-2}+\dfrac{m-2}{-2}}{\dfrac{m}{-2}}=2$．
故选：$A$．
答案 $A$
解析抛物线的焦点 $F\left(0, \dfrac{p}{2}\right)$，准线方程为 $y=-\dfrac{p}{2}$，
由$△MFF'$为等腰三角形，若$F'F=MF$，则$M$有两个点；
若$MF'=MF$，则不存在，若$MF'=FF'$，则$M$有两个点，
则使得$△MFF'$为等腰三角形的点$M$有且仅有$4$个，即①错误；
设$M(m,n)$，可得 $m^2=2 p n$， $|M F|=|M K|=n+\dfrac{p}{2}$，
$\left|\overrightarrow{M F^{\prime}}\right|+|\overrightarrow{M F}|=1$即为 $\sqrt{m^2+\left(n+\dfrac{p}{2}\right)^2}+n+\dfrac{p}{2}=1$，
移项平方可得 $n=\dfrac{1-p}{2+2 p}<0$，与$n≥0$矛盾，即②错误；
$\left|\overrightarrow{M F^{\prime}}\right|=\sqrt{2}|\overrightarrow{M F}|$即 $\left|\overrightarrow{M F^{\prime}}\right|=\sqrt{2}|M K|$,可得$△MKF'$为等腰直角三角形，
由 $\left\{\begin{array}{l} |m|=n+\dfrac{p}{2} \\ m^2=2 p n \end{array}\right.$可得 $n=\dfrac{p}{2}$，$m=±p$，可得$M$有且只有两个，即③错误．
故选：$A$．
答案 $ABC$
解析如图所示，

由题意可得，点$P$的坐标为 $\left(\dfrac{1}{4}, 1\right)$，点$Q$的坐标为$(4,-4)$，
$∴x_1 x_2=1$，即选项$A$正确；
$\therefore k_{P Q}=\dfrac{-4-1}{4-\dfrac{1}{4}}=-\dfrac{4}{3}$，即选项$B$正确；
由抛物线的定义可知， $|P Q|=x_1+x_2+p=\dfrac{1}{4}+4+2=\dfrac{25}{4}$，即选项$C$正确；
$∵l_1$与$l_2$平行，
$∴l_1$与$l_2$之间的距离 $d=\left|y_1-y_2\right|=5$，即选项$D$错误；
故选：$ABC$．
答案 $8$
解析过点$A$，$B$，$P$分别作抛物线准线$y=-3$的垂线，
垂足为$C$，$D$，$Q$，据抛物线定义，
得$|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=2|PQ|=8$．
答案 $2$
解析如图所示：连接$MF$，$QF$，

$∵y^2=4x$的焦点为$F$，准线为$l$，$P$为$C$上一点
$∴FH=2$，$PF=PQ$
$∵M$，$N$分别为$PQ$，$PF$的中点，$∴MN∥QF$，
$∵PQ$垂直$l$于点$Q$，$∴PQ∥OR$，
$∴$四边形$MQFR$是平行四边形，$∴FR=MQ$
$∵PQ=PF$，$∠NRF=60°$，$∴△PQF$为等边三角形，
$∴MF⊥PQ$，
$∴$四边形$MQHF$是矩形，$∴MQ=HF=2$
$∴FR=MQ=2$，
故答案为：$2$．
答案 $\sqrt{2}+1$
解析由题可知，焦点$F(1,0)$，准线为$x=-1$，过$P$作$PN⊥$准线于$N$，连接$PF$、$AF$，

由抛物线的定义可知，$|PN|=|PF|$，$|FA|≤|PA|+|PF|$，
所以当$P$为$AF$与抛物线的交点时，点$P$到点$A$的距离与点$P$到直线$x=-1$的距离之和的最小值为 $|F A|=\sqrt{2}$，
所以点$P$到点$A$的距离与$P$到直线$x=-2$的距离和的最小值是 $\sqrt{2}+1$．
答案 $\dfrac{\pi}{3}$
解析如图，依抛物线的定义，可得$|MF|=x_1+1$,$|NF|=x_2+1$，
$∴x_1+x_2+2=2|MN|⇔|MF|+|NF|=2|MN|$，
由余弦定理得 $\cos \angle M F N=\dfrac{M F^2+N F^2-M N^2}{2 M F \cdot N F}$$=\dfrac{M F^2+N F^2-\dfrac{1}{4}(M F+N F)^2}{2 M F \cdot N F}$
$=\left(\dfrac{3}{4} M F^2+\dfrac{3}{4} N F^2-\dfrac{1}{2} M F \cdot N F\right) \div 2 M F \cdot N F$$\geq \dfrac{\dfrac{3}{2} M F \cdot N F-\dfrac{1}{2} M F \cdot N F}{2 M F \cdot N F}=\dfrac{1}{2}$
$\therefore 0<\angle M F N \leq \dfrac{\pi}{3}$，
故答案为： $\dfrac{\pi}{3}$．
答案 $4 \sqrt{13}-8$， $2 \sqrt{13}-4$
解析如图，

设抛物线的焦点$F(3,0)$，点$P(x_0,y_0)$，则$y_0^2=12x_0$，
$\therefore|M P|^2=\left(x_0-6\right)^2+y_0^2=x_0^2+36$，
又抛物线的焦点与圆心重合，故要使t取得最小值，则$|PQ|$应取最大值，
由抛物线的定义可知， $|P Q|_{\max }=|P F|+1=x_0+4$，
$\therefore t=\dfrac{x_0^2+36}{x_0+4}=\dfrac{\left(x_0+4\right)^2-8\left(x_0+4\right)+52}{x_0+4}$$=\left(x_0+4\right)+\dfrac{52}{x_0+4}-8 \geq 4 \sqrt{13}-8$，
当且仅当 $x_0+4=\dfrac{52}{x_0+4}$，即 $x_0=2 \sqrt{13}-4 \mid$时，等号成立．
故答案为 $4 \sqrt{13}-8$， $2 \sqrt{13}-4$．

【B组---提高题】

1.(多选)已知$O$是坐标原点，$A$，$B$是抛物线$y=x^2$上不同于$O$的两点，且$OA⊥OB$，下列结论中正确的是(　　)
A．$|OA|⋅|OB|≥2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $|O A|+|O B| \geq 2 \sqrt{2}$
C．直线$AB$过抛物线$y=x^2$的焦点 $\qquad \qquad$ D．$O$到直线$AB$的距离小于或等于$1$

2.已知抛物线$C：y^2=2px(p>0)$的焦点为$F$，点$M$，$N$在抛物线上，且$M$，$N$，$F$三点共线点$P$在准线上，若 $\overrightarrow{P N}=\overrightarrow{N M}$，则 $\dfrac{p}{|M F|}=$$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $ABD$
解析设$A(x_1,x_1^2 )$,$B(x_2,x_2^2 )$，$(x_1≠0,x_2≠0 )$
$∵OA⊥OB$， $\therefore \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$，
$\therefore \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=\left(x_1, x_1^2\right) \cdot\left(x_2, x_2^2\right)=x_1 x_2+x_1^2 x_2^2=x_1 x_2\left(1+x_1 x_2\right)=0$，
$∴1+x_1 x_2=0$， $\therefore x_2=-\dfrac{1}{x_1}$，
$\therefore|O A| \cdot|O B|=\sqrt{\left(x_1{ }^2+x_1^4\right) \cdot\left(x_2{ }^2+x_2^4\right)}=\sqrt{\left(x_1^2+x_1^4\right)\left(\dfrac{1}{x_1{ }^2}+\dfrac{1}{x_1^4}\right)}$ $=\sqrt{1+x_1^2+\dfrac{1}{x_1^2}+1} \geq \sqrt{2+2 \sqrt{x_1^2 \cdot \dfrac{1}{x_1{ }^2}}}=2$，
当且仅当 $x_1^2=\dfrac{1}{x_1^2}$，即$x_1=±1$时等号成立，故选项$A$正确，
又 $|O A|+|O B| \geq 2 \sqrt{|O A| \cdot|O B|} \geq 2 \sqrt{2}$，故选项$B$正确，
$∵$直线$AB$的斜率为 $\dfrac{x_2^2-x_1^2}{x_2-x_1}=x_2+x_1=x_1-\dfrac{1}{x_1}$ ，
$∴$直线$AB$的方程为 $y-x_1^2=\left(x_1-\dfrac{1}{x_1}\right)\left(x-x_1\right)$，
当$x=0$时，$y=1$，焦点坐标 $\left(0, \dfrac{1}{4}\right)$不满足直线$AB$的方程，故选项$C$错误，
原点$(0,0)$到直线 $A B:\left(x_1-\dfrac{1}{x_1}\right) x-y+1=0$的距离 $d=\dfrac{1}{\sqrt{\left(x_1-\dfrac{1}{x_1}\right)^2+1^2}} \leq 1$，故选项$D$正确，
故选：$ABD$．
答案 $\dfrac{2}{3}$
解析如图，

分别过$M$，$N$作$ME$，$NG$垂直于抛物线的准线于$E$，$G$，
由 $\overrightarrow{P N}=\overrightarrow{N M}$，得$PN=NM$，
由抛物线定义可知$NF=NG$，$FM=ME$，
再由$△PNG∽△PME$，得 $\dfrac{P N}{N G}=\dfrac{P N}{N F}=\dfrac{P M}{M E}=\dfrac{P M}{M F}$，
$\therefore \dfrac{P N}{N F}=\dfrac{P M}{M F}$，即 $\dfrac{M F}{P M}=\dfrac{N F}{P N}=\dfrac{N F}{\dfrac{1}{2} P M}$，
$∴MF=2NF$，则 $N F=\dfrac{1}{3} N M=\dfrac{1}{6} P M$， $P F=P N+N F=\dfrac{1}{2} P M+\dfrac{1}{6} P M=\dfrac{2}{3} P M$．
$\therefore \dfrac{p}{|M F|}=\dfrac{F K}{M E}=\dfrac{P F}{P M}=\dfrac{2}{3}$．
故答案为： $\dfrac{2}{3}$．

【C组---拓展题】

1.已知抛物线$C$的顶点为坐标原点，焦点$F$在$x$轴上，其准线为$l$，过$F$的直线交抛物线于$M$，$N$两点，作$MS⊥l$，$NT⊥l$，垂足分别为$S$，$T$．若 $\overrightarrow{M F}=3 \overrightarrow{F N}$，且$△STF$的面积为 $\dfrac{8 \sqrt{3}}{3}$，则抛物线$C$的方程为(　　)
A．$y^2=±x$ $\qquad \qquad$ B．$y^2=±2x$ $\qquad \qquad$ C．$y^2=±3x$ $\qquad \qquad$ D．$y^2=±4x$

2.若点$P$是曲线$C_1：y2=16x$上的动点，点$Q$是曲线$C_2：(x-4)^2+y^2=9$上的动点，点$O$为坐标原点，则 $| \dfrac{P Q}{O P} \mid$的最小值是$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $D$
解析如图所示，过点$N$作$NH∥l$交直线$MS$于点$H$，交$x$轴于点$P$．

设点$M(x_1,y_1)$、$N(x_2,y_2)$，
当焦点在$x$轴的正半轴时，设抛物线$C：y^2=2px(p>0)$，
$\because \overrightarrow{M F}=3 \overrightarrow{F N}$，且 $F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)$，
$\therefore\left(\dfrac{p}{2}-x_1,-y_1\right)=3\left(x_2-\dfrac{p}{2}, y_2\right)$，
$\therefore \dfrac{p}{2}-x_1=3\left(x_2-\dfrac{p}{2}\right) \Rightarrow x_1+3 x_2=2 p$ ①
$\therefore-y_1=3 y_2 \Rightarrow y_1^2=9 y_2^2 \Rightarrow 2 p x_1=18 p x_2 \Rightarrow x_1=9 x_2$ ②．
由①②可解得 $x_1=\dfrac{3 p}{2}$， $x_2=\dfrac{p}{6}$．
$\therefore y_1^2=2 p x_1=3 p^2 \Rightarrow y_1=\sqrt{3} p$; $y_2^2=2 p x_2=\dfrac{p^2}{3} \Rightarrow y_2=-\dfrac{\sqrt{3}}{3} p$，
$\therefore|S T|=y_1-y_2=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} p$
$\therefore S_{\triangle S T F}=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4 \sqrt{3}}{3} p \cdot p=\dfrac{8 \sqrt{3}}{3}$，解得$p=2$，
此时抛物线$C$的方程为$y^2=4x$．
同理，当焦点在$x$轴的负半轴时，可得$p=-2$，此时抛物线$C$的方程为$y^2=-4x$．
综上所述，抛物线$C$的方程为$y^2=±4x$．
故选：$D$．
答案 $\dfrac{\sqrt{15}}{8}$
解析设$P$的坐标$(x,y)$,由抛物线的方程$y^2=16x$，
可得焦点$F(4,0)$,恰好为圆 $(x-4)^2+y^2=9$的圆心，
因为$P$在抛物线上，所以 $|O P|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{x^2+16 x}$，
$|PQ|$的最小值为$P$到圆心的距离减半径$3$，即$P$到准线的距离减$3$，
所以$|PQ|=x+4-3=x+1$，
所以 $\left|\dfrac{P Q}{O P}\right|=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+16 x}}$，设$t=x+1$，$x=t-1$，
所以 $\left|\dfrac{P Q}{O P}\right|=\sqrt{\dfrac{t^2}{(t-1)^2+16(t-1)}}=\sqrt{\dfrac{1}{-\dfrac{15}{t^2}+\dfrac{14}{t}+1}}$，令 $a=\dfrac{1}{t}$，
$\sqrt{\dfrac{1}{-\dfrac{15}{t^2}+\dfrac{14}{t}+1}}=\sqrt{\dfrac{1}{-15 a^2+14 a+1}}=\sqrt{\dfrac{1}{-15\left(a-\dfrac{7}{15}\right)^2+\dfrac{64}{15}}}$ ，
当 $a=\dfrac{7}{15}$时， $\left|\dfrac{P Q}{O P}\right|$最小，且为$\dfrac{\sqrt{15}}{8}$，
所以 $\left|\dfrac{P Q}{O P}\right|$的最小值为 $\dfrac{\sqrt{15}}{8}$．

posted @ 2022-09-29 21:56 贵哥讲数学阅读(1090) 评论(1) 收藏举报

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3.3.2 抛物线的简单几何性质(1)

基础知识

几何性质

一些常见结论

基本方法

【题型1】抛物线的简单性质

巩固练习

【题型2】最值问题

巩固练习

分层练习

【A组---基础题】

【B组---提高题】

【C组---拓展题】

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