2025版高考數(shù)學一輪總復習第8章平面解析幾何第7節(jié)拋物線學案含解析

拋物線[考試要求]1.駕馭拋物線的定義、幾何圖形、標準方程及簡潔幾何性質(范圍、對稱性、頂點、離心率).2.理解數(shù)形結合思想.3.了解拋物線的實際背景及拋物線的簡潔應用．1．拋物線的定義滿意以下三個條件的點的軌跡是拋物線：(1)在平面內；(2)動點到定點F的距離與到定直線l的距離相等；(3)定點不在定直線上．2．拋物線的標準方程與幾何性質標準方程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O(0,0)對稱軸y＝0x＝0焦點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焦半徑(其中P(x0，y0))|PF|＝x0＋eq\f(p,2)|PF|＝－x0＋eq\f(p,2)|PF|＝y(tǒng)0＋eq\f(p,2)|PF|＝－y0＋eq\f(p,2)eq\a\vs4\al([常用結論])1．設AB是過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點F的弦．(1)以弦AB為直徑的圓與準線相切．(2)以AF或BF為直徑的圓與y軸相切．(3)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．2．過x2＝2py的準線上隨意一點D作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(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肯定是拋物線．()(2)若直線與拋物線只有一個交點，則直線與拋物線肯定相切．()(3)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).()(4)拋物線既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材習題衍生1．拋物線y＝eq\f(1,4)x2的準線方程是()A．y＝－1 B．y＝－2C．x＝－1 D．x＝－2A[∵y＝eq\f(1,4)x2，∴x2＝4y，∴準線方程為y＝－1.]2．若拋物線y＝4x2上的一點M到焦點的距離為1，則點M的縱坐標是()A．eq\f(17,16) B．eq\f(15,16)C．eq\f(7,8) D．0B[M到準線的距離等于M到焦點的距離，又準線方程為y＝－eq\f(1,16)，設M(x，y)，則y＋eq\f(1,16)＝1，∴y＝eq\f(15,16).]3．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，假如x1＋x2＝6，則|PQ|等于()A．9 B．8C．7 D．6B[拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1.依據(jù)題意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.]4．已知拋物線的頂點是原點，對稱軸為坐標軸，并且經(jīng)過點P(－2，－4)，則該拋物線的標準方程為________．y2＝－8x或x2＝－y[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.]考點一拋物線的定義及其應用拋物線定義的應用(1)利用拋物線的定義解決問題，應敏捷地進行拋物線上的點到焦點的距離與到準線距離的等價轉化．即“看到準線想到焦點，看到焦點想到準線”．(2)留意敏捷運用拋物線上一點P(x，y)到焦點F的距離|PF|＝|x|＋eq\f(p,2)或|PF|＝|y|＋eq\f(p,2).[典例1](1)(2024·全國卷Ⅰ)已知A為拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點，點A到C的焦點的距離為12，到y(tǒng)軸的距離為9，則p＝()A．2 B．3C．6 D．9(2)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________．(1)C(2)4[法一：因為點A到y(tǒng)軸的距離為9，所以可設點A(9，yA)，所以yeq\o\al(2,A)＝18p.又點A到焦點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距離為12，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(p,2)))2＋y\o\al(2,A))＝12，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(p,2)))2＋18p＝122，即p2＋36p－252＝0，解得p＝－42(舍去)或p＝6.故選C.法二：依據(jù)拋物線的定義及題意得，點A到C的準線x＝－eq\f(p,2)的距離為12，因為點A到y(tǒng)軸的距離為9，所以eq\f(p,2)＝12－9，解得p＝6.故選C.(2)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[母題變遷]1．若將例(2)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(xiàn)兩點間的距離，F(xiàn)(1,0)，∴|PB|＋|PF|≥|BF|＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，即|PB|＋|PF|的最小值為2eq\r(5).2．若將例(2)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(tǒng)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(tǒng)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.點評：與拋物線有關的最值問題的轉換方法(1)將拋物線上的點到準線的距離轉化為該點到焦點的距離，構造出“兩點之間線段最短”，使問題得解．(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為該點到準線的距離，利用“與直線上全部點的連線中垂線段最短”原理解決．eq\a\vs4\al([跟進訓練])1．已知F是拋物線y2＝x的焦點，A，B是該拋物線上的兩點且|AF|＋|BF|＝3，則線段AB的中點到準線的距離為()A．eq\f(5,2) B．eq\f(3,2)C．1 D．3B[∵F是拋物線y2＝x的焦點，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，準線方程x＝－eq\f(1,4)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，依據(jù)拋物線的定義可得|AF|＝x1＋eq\f(1,4)，|BF|＝x2＋eq\f(1,4)，∴|AF|＋|BF|＝x1＋eq\f(1,4)＋x2＋eq\f(1,4)＝3.解得x1＋x2＝eq\f(5,2)，∴線段AB的中點橫坐標為eq\f(5,4)，∴線段AB中點的到準線的距離為eq\f(5,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,2).故選B.]2．已知動圓P與定圓C：(x－2)2＋y2＝1相外切，又與定直線l：x＝－1相切，那么動圓的圓心P的軌跡方程是()A．y2＝4x B．y2＝－4xC．y2＝8x D．y2＝－8xC[令P點坐標為(x，y)，A(2,0)，動圓的半徑為r，則依據(jù)兩圓相外切及直線與圓相切的性質可得，|PA|＝1＋r，d＝r，P在直線的右側，故P到定直線的距離是d＝x＋1，所以|PA|－d＝1，即eq\r(x－22＋y2)－(x＋1)＝1，化簡得y2＝8x.故選C.]考點二拋物線的標準方程及其性質1．求拋物線標準方程的方法(1)先定位：依據(jù)焦點或準線的位置．(2)再定形：即依據(jù)條件求p.2．拋物線性質的應用技巧(1)利用拋物線方程確定及應用其焦點、準線時，關鍵是將拋物線方程化成標準方程．(2)要結合圖形分析，敏捷運用平面圖形的性質簡化運算．[典例2](1)(2024·全國卷Ⅲ)設O為坐標原點，直線x＝2與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于D，E兩點，若OD⊥OE，則C的焦點坐標為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))C．(1,0) D．(2,0)(2)如圖所示，過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F的直線依次交拋物線及準線于點A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝4，則拋物線的方程為()A．y2＝8xB．y2＝4xC．y2＝2xD．y2＝x(1)B(2)B[(1)將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，可得y＝±2eq\r(p)，不妨設D(2,2eq\r(p))，E(2，－2eq\r(p))，由OD⊥OE，可得eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝4－4p＝0，解得p＝1，所以拋物線C的方程為y2＝2x，其焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).故選B.(2)如圖，分別過點A，B作準線的垂線，交準線于點E，D，設準線與x軸交于點G，設|BF|＝a，則由已知得|BC|＝2a，由定義得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，則在Rt△ACE中，2|AE|＝|AC|，又|AF|＝4，∴|AC|＝4＋3a，|AE|＝4，∴4＋3a＝8，從而得a＝eq\f(4,3)，∵AE∥FG，∴eq\f(FG,AE)＝eq\f(CF,AC)，即eq\f(p,4)＝eq\f(4,8)，p＝2.∴拋物線的方程為y2＝4x.故選B.]點評：在解決與拋物線的性質有關的問題時，要留意利用幾何圖形形象、直觀的特點來解題，特殊是涉及焦點、頂點、準線的問題更是如此．eq\a\vs4\al([跟進訓練])1．在平面直角坐標系xOy中，設拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l，P為拋物線上一點，PA⊥l，A為垂足．假如直線AF的傾斜角為120°，那么|PF|＝________.4[法一：拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1.因為直線AF的傾斜角為120°，所以∠AFO＝60°.又tan60°＝eq\f(yA,1－－1)，所以yA＝2eq\r(3).因為PA⊥l，所以yP＝y(tǒng)A＝2eq\r(3).將其代入y2＝4x，得xP＝3，所以|PF|＝|PA|＝3－(－1)＝4.法二：拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1.因為PA⊥l，所以|PA|＝|PF|.又因為直線AF的傾斜角為120°，所以∠AFO＝60°，所以∠PAF＝60°，所以△PAF為等邊三角形，所以|PF|＝|AF|＝eq\f(1－－1,cos∠AFO)＝4.]2．已知拋物線x2＝2py(p＞0)的焦點為F，點P為拋物線上的動點，點M為其準線上的動點，若△FPM為邊長是4的等邊三角形，則此拋物線的方程為________．x2＝4y[由△FPM為等邊三角形，得|PM|＝|PF|，由拋物線的定義得PM垂直于拋物線的準線，設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2p)))，則點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，－\f(p,2)))，因為焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，△FPM是等邊三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m2,2p)＋\f(p,2)＝4，,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋\f(p,2)))2＋m2)＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＝12，,p＝2，))因此拋物線方程為x2＝4y.]考點三直線與拋物線的位置關系求解拋物線綜合問題的方法(1)探討直線與拋物線的位置關系與探討直線與橢圓、雙曲線的位置關系的方法類似，一般是用方程法，但涉及拋物線的弦長、中點、距離等問題時，要留意“設而不求”“整體代入”“點差法”以及定義的敏捷應用．(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要留意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可干脆運用公式|AB|＝x1＋x2＋p(焦點在x軸正半軸)，若不過焦點，則必需用弦長公式．提示：涉及弦的中點、弦所在直線的斜率時一般用“點差法”求解．[典例3](1)過點(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有________條．(2)(2024·全國卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P.①若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；②若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.(1)3[結合圖形分析可知(圖略)，滿意題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(0,1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．](2)[解]設直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2)).①由題設得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由題設可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t,y2＝3x))，可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(12t－1,9).從而由－eq\f(12t－1,9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).②由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x，))得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).點評：解答本例(2)第②問的關鍵是從條件“eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))”中發(fā)覺變量間的關系“y1＝－3y2”，從而為方程組的消元供應明確的方向．eq\a\vs4\al([跟進訓練])(2017·全國卷Ⅰ)設A，B為曲線C：y＝eq\f(x2,4)上兩點，A與B的橫坐標之和為4.(1)求直線AB的斜率；(2)設M為曲線C上一點，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程．[解](1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≠x2，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，于是直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1.(2)由y＝eq\f(x2,4)，得y′＝eq\f(x,2).設M(x3，y3)，由題設知eq\f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．設直線AB的方程為y＝x＋m，故線段AB的中點為N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.將y＝x＋m代入y＝eq\f(x2,4)得x2－4x－4m＝0.當Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1時，x1＝2＋2eq\r(m＋1)，x1＝2－2eq\r(m＋1)從而|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝4eq\r(2m＋1).由題設知|AB|＝2|MN|，即4eq\r(2m＋1)＝2(m＋1)，解得m＝7.所以直線AB的方程為y＝x＋7.備考技法5活用拋物線焦點弦的四個結論拋物線的焦點弦問題始終是高考命題的一個熱點，該問題常與弦長、三角形面積、向量、不等式等學問相融合，考查學生的轉化與化歸意識和敏捷解題實力．命題點主要體現(xiàn)在焦點弦的四個結論上：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)x1·x2＝eq\f(p2,4).(2)y1·y2＝－p2.(3)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(2p,sin2α)(α是直線AB的傾斜角)．(4)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)為定值(F是拋物線的焦點).eq\a\vs4\al([技法展示1])過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，若|AF|＝2|BF|，則|AB|等于()A．4 B．eq\f(9,2)C．5 D．6B[法一：(通性通法)易知直線l的斜率存在，設為k，則其方程為y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，得xA·xB＝1， ①因為|AF|＝2|BF|，由拋物線的定義得xA＋1＝2(xB＋1)，即xA＝2xB＋1， ②由①②解得xA＝2，xB＝eq\f(1,2)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋p＝eq\f(9,2).法二：(巧用結論)由對稱性不妨設點A在x軸的上方，如圖設A，B在準線上的射影分別為D，C，作BE⊥AD于E，設|BF|＝m，直線l的傾斜角為θ，則|AB|＝3m，由拋物線的定義知|AD|＝|AF|＝2m，|BC|＝|BF|＝m所以cosθ＝eq\f(|AE|,|AB|)＝eq\f(1,3)，所以tanθ＝2eq\r(2).則sin2θ＝8cos2θ，∴sin2θ＝eq\f(8,9).又y2＝4x，知2p＝4，故利用弦長公式|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(9,2).法三：(巧用結論)因為|AF|＝2|BF|，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,2|BF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(3,2|BF|)＝eq\f(2,p)＝1，解得|BF|＝eq\f(3,2)，|AF|＝3，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(9,2).][評析]本例給出了三種解法，既有通性通法又有秒殺絕技，學習中要多總結，提升自己敏捷解題的素養(yǎng)．eq\a\vs4\al([技法應用])如圖，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F是AC的中點，且|AF|＝4，則線段AB的長為()A．5 B．6C．eq\f(16,3) D．eq\f(20,3)C[法一：(通性通法)如圖，設l與x軸交于點M，過點A作AD⊥l交l于點D，由拋物線的定義知，|AD|＝|AF|＝4，由F是AC的中點，知|AD|＝2|MF|＝2p，所以2p＝4，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，可得y1＝2eq\r(3)，所以A(3,2eq\r(3))，又F(1,0)，所以直線AF的斜率k＝eq\f(2\r(3),3－1)＝eq\r(3)，所以直線AF的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得3x2－10x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(10,3)，|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(16,3).故選C.法二：(巧用結論)如上解得p＝2，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AF|＝x1＋eq\f(p,2)＝x1＋1＝4，p＝2，所以x1＝3，又x1x2＝eq\f(p2,4)＝1，所以x2＝eq\f(1,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝3＋eq\f(1,3)＋2＝eq\f(16,3).法三：(巧用結論)因為eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)，|AF|＝4，p＝2，所以|BF|＝eq\f(4,3)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋eq\f(4,3)＝eq\f(16,3).]eq\a\vs4\al([技法展示2])設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為()A．eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(9\r(3),8)C．eq\f(63,32) D．eq\f(9,4)D[法一：(通性通法)由已知得焦點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，因此直線AB的方程為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.與拋物線方程聯(lián)立，化簡得4y2－12eq\r(3)y－9＝0，故|yA－yB|＝eq\r(yA＋yB2－4yAyB)＝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).法二：(巧用結論)由2p＝3，及|AB|＝eq\f(2p,sin2α)，得|AB|＝eq\f(2p,sin2α)＝eq\f(3,sin230°)＝12.原點到直線AB的距離d＝|OF|·sin30°＝eq\f(3,8)，故S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×12×eq\f(3,8)＝eq\f(9,4).][評析]巧用結論解題避開了通性通法的繁雜計算．解題中務必熟記結論，敏捷應用求解．結論：S△AOB＝eq\f(p2,2sinα)，其中α為焦點弦AB的傾斜角．eq\a\vs4\al([技法應用])(2024·成都模擬)O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線C：y2＝4x的焦點，P為C上一點，若|PF|＝4，則△POF的面積為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．3B[法一：(通性通法)由y2＝4x可得拋物線的焦點F(1,0)，準線方程為x＝－1，如圖，過點P作準線x＝－1的垂線，垂足為M，依據(jù)拋物線的定義可知PM＝PF＝4，設P(x，y)，則x－(－1)＝4，解得x＝3，將x＝3代入y2＝4x可得y＝±2eq\r(3)，所以△POF的面積為eq\f(1,2)|y||OF|＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).故選B.法二：(巧用結論)直線PF的傾斜角為θ，則|PF|＝eq\f(p,1－cosθ)＝eq\f(2,1－cosθ)＝4，∴cosθ＝eq\f(1,2)，即θ＝60°.設P(x，y)，則|y|＝|PF|sinθ＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).∴S△POF＝eq\f(1,2)×|OF|×|y|＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)＝eq\r(3).故選B.]備考技法6“設而不求”在解析幾何中的妙用“設而不求”是解析幾何解題簡化運算的一種重要手段，它的精彩在于通過設出相應的參數(shù)，利用題設條件加以奇妙轉化，以參數(shù)為過渡，最大限度地削減運算；同時，“設而不求”也是比較特殊的一種思想方法，其實質是整體結構意義上的變式和整體思想的應用.活用定義，轉化坐標eq\a\vs4\al([技法展示1])在平面直角坐標系xOy中，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p＞0)交于A，B兩點，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________．y＝±eq\f(\r(2),2)x[設A(xA，yA)，B(xB，yB)，由拋物線定義可得|AF|＋|BF|＝y(tǒng)A＋eq\f(p,2)＋yB＋eq\f(p,2)＝4×eq\f(p,2)?yA＋yB＝p，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py))可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，所以yA＋yB＝eq\f(2pb2,a2)＝p，解得a＝eq\r(2)b，故該雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x.][評析]設出點的坐標，先通過拋物線的定義，實現(xiàn)點的坐標與幾何關系|AF|＋|BF|＝4|OF|的轉換，然后借助根與系數(shù)的關系建立參數(shù)a，b的等量關系，達到設而不求，從而求得雙曲線的漸近線方程．eq\a\vs4\al([技法應用])拋物線y2＝4mx(m＞0)的焦點為F，點P為該拋物線上的動點，若點A(－m,0)，則eq\f(|PF|,|PA|)的最小值為________．eq\f(\r(2),2)[設點P的坐標為(xP，yP)，由拋物線的定義，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq\o\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq\f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq\f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq\f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq\f(1,2)(當且僅當xP＝m時取等號)，所以eq\f(|PF|,|PA|)≥eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|PF|,|PA|)的最小值為eq\f(\r(2),2).]妙用“點差法”，構造斜率eq\a\vs4\al([技法展示2])已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則橢圓E的標準方程為()A．eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1 B．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C．eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1 D．eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1D[設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq\f(b2,a2).又kAB＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2).又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.][評析]該題目屬于中點弦問題，可設出A，B兩點的坐標，通過“點差法”，奇妙地表達出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關系，從而快速解決問題．eq\a\vs4\al([技法應用])1．拋物線E：y2＝2x上存在兩點關于直線y＝k(x－2)對稱，則k的取值范圍是________．(－eq\r(2)，eq\r(2))[當k＝0時，明顯成立．當k≠0時，設兩對稱點為B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中點為M(x0，y0)，由yeq\o\al(2,1)＝2x1，yeq\o\al(2,2)＝2x2，兩式相減得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，則直線BC的斜率kBC＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(2,y1＋y2)＝eq\f(2,2y0)＝eq\f(1,y0)，由對稱性知kBC＝－eq\f(1,k)，點M在直線y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由點M在拋物線內，得yeq\o\al(2,0)<2x0，即(－k)2<2，所以－eq\r(2)<k<eq\r(2)，且k≠0.綜上，k的取值范圍為(－eq\r(2)，eq\r(2))．]2．已知雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1，過點P(1,1)能否作一條直線l與雙曲線交于A，B兩點，且點P是線段AB的中點？[解]假設存在直線l與雙曲線交于A，B兩點，且點P是線段AB的中點．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),2)＝1，,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),2)＝1，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)－eq\f(y1＋y2y1－y2,2)＝0，又eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2，故直線l的方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))消去y得2x2－4x＋3＝0，因為Δ＝16－24＝－8<0，方程無解，故不存在一條直線l與雙曲線交于A，B兩點，且點P是線段AB的中點．巧引參數(shù)，整體代入eq\a\vs4\al([技法展示3])已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條相互垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點．(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；(2)當直線AM的斜率改變時，直線MN是否過x軸上的肯定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由．[解](1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0.解得x1＝－2，x2＝－eq\f(6,5)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5))).(2)設直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.則xA＋xM＝eq\f(－16k2,1＋4k2)，xM＝－xA－eq\f(16k2,1＋4k2)＝2－eq\f(16k2,1＋4k2)＝eq\f(