《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　(1)已知点$F$为抛物线$y^{2}=2px(p＞0)$的焦点，点$P$在抛物线上且横坐标为8，$O$为坐标原点，若$\triangle OFP$的面积为$2\sqrt{2}$，则该抛物线的准线方程为（ ）
A.$x=-\frac{1}{2}$　　　　　
　B.$x=-1$
C.$x=-2$　　　　　
　D.$x=-4$

答案： B　解析　抛物线$y^{2}=2px(p\gt0)$的焦点$F(\frac{p}{2},0)$，由$y^{2}=16p$，可得$y=\pm4\sqrt{p}$，不妨令$P(8,4\sqrt{p})$，则$S_{\triangle OFP}=\frac{1}{2}\times\frac{p}{2}\times4\sqrt{p}=p\sqrt{p}=2\sqrt{2}$，解得$p = 2$，则抛物线方程为$y^{2}=4x$，其准线方程为$x = - 1$。故选B。

(2)已知$F$是抛物线$y^{2}=16x$的焦点，$M$是抛物线上一点，$FM$的延长线交$y$轴于点$N$，若$3\overrightarrow{FM}=2\overrightarrow{MN}$，则$|NF|=$________。

答案：
16 解析　易知焦点$F$的坐标为$(4,0)$，准线$l$的方程为$x = - 4$，如图，抛物线准线与$x$轴的交点为$A$，作$MB\perp l$于点$B$，$NC\perp l$于点$C$，$AF// MB// NC$，则$\frac{|MN|}{|NF|}=\frac{|BM|-|CN|}{|OF|}$，由$3\overrightarrow{FM}=2\overrightarrow{MN}$，得$\frac{|MN|}{|NF|}=\frac{3}{5}$，又$|CN| = 4$，$|OF| = 4$，所以$\frac{|BM|-4}{4}=\frac{3}{5}$，$|BM|=\frac{32}{5}$，$|MF|=|BM|=\frac{32}{5}$，$\frac{|MF|}{|NF|}=\frac{2}{5}$，所以$|NF| = 16$。

[例4]　(1)已知抛物线$C:x^{2}=2py(p＞0)$的焦点为$F$，过点$F$且倾斜角为45°的直线交抛物线$C$于$A$，$B$两点。若$|AB|=9$，则抛物线$C$的方程为（ ）
A.$x^{2}=3y$　　　　　
　B.$x^{2}=12y$
C.$x^{2}=\frac{9}{2}y$　　　　　
　D.$x^{2}=\frac{1}{6}y$

答案： C　解析　由已知得直线$AB$的方程为$y = x+\frac{p}{2}$，联立方程组$\begin{cases}y = x+\frac{p}{2}\\x^{2}=2py\end{cases}$，消去$x$得$y^{2}-3py+\frac{p^{2}}{4}=0$。设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，由根与系数的关系知$y_{1}+y_{2}=3p$。因为$|AB| = 9$，所以$y_{1}+y_{2}+p = 9$，所以$4p = 9$，即$p=\frac{9}{4}$，所以所求抛物线$C$的方程为$x^{2}=\frac{9}{2}y$，故选C。

(2)已知抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$上的点$M$与焦点$F$的距离为9，点$M$到$x$轴的距离为$4\sqrt{p}$。
(ⅰ)求抛物线$C$的方程；
(ⅱ)经过点$F$的直线与抛物线$C$交于$A$，$B$两点，$E$为直线$x=-1$上任意一点，证明：直线$EA$，$EF$，$EB$的斜率成等差数列。

答案： 解（ⅰ）设点$M(x_{0},y_{0})$，由题意可知$|y_{0}| = 4\sqrt{p}$，所以$(4\sqrt{p})^{2}=2px_{0}$，解得$x_{0}=8$。因为$|MF|=x_{0}+\frac{p}{2}=8+\frac{p}{2}=9$，所以$p = 2$。所以抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。
（ⅱ）证明：设直线$AB$的方程为$x = my + 1$，$A(\frac{y_{1}^{2}}{4},y_{1})$，$B(\frac{y_{2}^{2}}{4},y_{2})$，联立$\begin{cases}y^{2}=4x\\x = my + 1\end{cases}$，消去$x$得$y^{2}-4my - 4 = 0$，所以$y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$。设$E(-1,n)$，则$k_{EA}+k_{EB}=\frac{y_{1}-n}{\frac{y_{1}^{2}}{4}+1}+\frac{y_{2}-n}{\frac{y_{2}^{2}}{4}+1}=\frac{\frac{y_{1}y_{2}}{4}(y_{1}+y_{2})+(y_{1}+y_{2})-n(\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4})-2n}{(\frac{y_{1}^{2}}{4}+1)(\frac{y_{2}^{2}}{4}+1)}=\frac{-n(\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4}+2)}{\frac{y_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{4}+2}=-n$，又因为$k_{EF}=-\frac{n}{2}$，所以$k_{EA}+k_{EB}=2k_{EF}$，即直线$EA$，$EF$，$EB$的斜率成等差数列。

[变式训练]　(2024·广州综合测试)已知抛物线$C$的顶点为坐标原点$O$，焦点$F$在$x$轴上，过点$(2,0)$的直线交$C$于$P$，$Q$两点，且$OP\perp OQ$，线段$PQ$的中点为$M$，则直线$MF$斜率的最大值为（ ）
A.$\frac{\sqrt{6}}{6}$　　　　　　　
　B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$　　　　　　　
　D.1

答案： A 解析　设抛物线$C:y^{2}=2px$，$p\gt0$。显然直线$PQ$的斜率不为$0$，设直线$PQ$的方程为$x = ty + 2$，$P(x_{P},y_{P})$，$Q(x_{Q},y_{Q})$。将直线$PQ$的方程代入抛物线$C$的方程得$y^{2}-2pty - 4p = 0$，所以$\Delta = 4p^{2}t^{2}+16p\gt0$，$y_{P}+y_{Q}=2pt$，$y_{P}y_{Q}=-4p$，所以$x_{P}x_{Q}=\frac{(y_{P}y_{Q})^{2}}{4p^{2}} = 4$。因为$OP\perp OQ$，所以$x_{P}x_{Q}+y_{P}y_{Q}=4 - 4p = 0$，所以$p = 1$，此时$y_{P}+y_{Q}=2t$，$x_{P}+x_{Q}=2t^{2}+4$，所以$M(t^{2}+2,t)$，又$F(\frac{1}{2},0)$，所以直线$MF$的斜率$k_{MF}=\frac{t}{t^{2}+2-\frac{1}{2}}=\frac{t}{t^{2}+\frac{3}{2}}$，当$t = 0$时，$k_{MF}=0$，当$t\neq0$时，$k_{MF}=\frac{t}{t^{2}+\frac{3}{2}}=\frac{1}{t+\frac{3}{2t}}\leq\frac{\sqrt{6}}{6}$，当且仅当$t^{2}=\frac{3}{2}$时取等号。所以直线$MF$的斜率的最大值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$。故选A。