《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

（2）已知抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$的焦点为$F$，$O$为坐标原点. 抛物线上有$M$，$N$两点，若$\triangle MON$为正三角形，则$\triangle MON$的边长为________.

答案： [解析]因为$\triangle MON$为正三角形，所以$\vert OM\vert=\vert ON\vert=\vert MN\vert$，由抛物线对称性可知$MN⊥x$轴，设$MN:x=t$，则$y^{2}=2pt$，解得$y_{1}=\sqrt{2pt}$，$y_{2}=-\sqrt{2pt}$，所以$\vert MN\vert=2\sqrt{2pt}$，所以$\tan30^{\circ}=\frac{\frac{1}{2}\vert MN\vert}{t}=\frac{\sqrt{2pt}}{t}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得$t=6p$。所以$\vert MN\vert=4\sqrt{3}p$。
答案:$4\sqrt{3}p$

（3）（2021·新高考I卷）已知$O$为坐标原点，抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$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$PQ\perp OP$. 若$|FQ| = 6$，则$C$的准线方程为__________.

答案： [解析]由题易得$\vert OF\vert=\frac{p}{2}$，$\vert PF\vert=p$，$\angle OPF=\angle PQF$，所以$\tan\angle OPF=\tan\angle PQF$，所以$\frac{\vert OF\vert}{\vert PF\vert}=\frac{\vert PF\vert}{\vert FQ\vert}$，即$\frac{\frac{p}{2}}{p}=\frac{p}{6}$，解得$p=3$，所以$C$的准线方程为$x=-\frac{3}{2}$。
答案:$x=-\frac{3}{2}$

对点训练
1.（2021·新高考Ⅱ卷）若抛物线$y^{2}=2px(p＞0)$的焦点到直线$y = x + 1$的距离为$\sqrt{2}$，则$p=$（ ）
A. 1
B. 2
C. $2\sqrt{2}$
D. 4

答案： B　抛物线的焦点坐标为$(\frac{p}{2},0)$，其到直线$x−y+1=0$的距离$d=\frac{\vert\frac{p}{2}-0 + 1\vert}{\sqrt{1 + 1}}=\sqrt{2}$，解得$p=2(p=-6$舍去)。

2.（多选题）设抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$的焦点为$F$，准线为$l$，$A$为$C$上一点，以$F$为圆心，$|FA|$为半径的圆交$l$于$B$，$D$两点，若$\angle ABD = 90^{\circ}$，且$\triangle ABF$的面积为$9\sqrt{3}$，则下列选项正确的是（ ）
A. $|BF| = 3$
B. $\triangle ABF$是等边三角形
C. 点$F$到准线的距离为3
D. 抛物线$C$的方程为$y^{2}=12x$

答案：
BC　根据题意，作出满足题意的几何图形如图所示，

由抛物线及圆的定义可得$\vert AB\vert=\vert AF\vert=\vert BF\vert$，所以$\triangle ABF$是等边三角形，故B正确；由$\triangle ABF$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}\vert BF\vert^{2}=9\sqrt{3}$，可知$\vert BF\vert=6$。故A错误；$\angle FBD = 30^{\circ}$，又点$F$到准线的距离为$\vert BF\vert\sin30^{\circ}=3 = p$，故C正确；该抛物线的方程为$y^{2}=6x$。故D错误。

[例3]（2024·贵阳模拟）直线$l$经过抛物线$y^{2}=6x$的焦点$F$，且与抛物线交于$A$，$B$两点. 若$|AF| = 3|BF|$，则$|AB|=$（ ）
A. 4
B. $\frac{9}{2}$
C. 8
D. $\frac{9}{4}$

答案： C　抛物线的焦点坐标为$(\frac{3}{2},0)$，准线方程为$x=−\frac{3}{2}$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$y_{1}^{2}=6x_{1}$，$y_{2}^{2}=6x_{2}$，因为$\vert AF\vert=3\vert BF\vert$，所以$x_{1}+\frac{3}{2}=3(x_{2}+\frac{3}{2})$，得$x_{1}=3x_{2}+3$，①因为$\vert AF\vert=3\vert BF\vert$，所以$\vert y_{1}\vert=3\vert y_{2}\vert$，即$x_{1}=9x_{2}$，②由方程①②可得$x_{1}=\frac{9}{2}$，$x_{2}=\frac{1}{2}$，所以$\vert AB\vert=x_{1}+\frac{3}{2}+x_{2}+\frac{3}{2}=x_{1}+x_{2}+3 = 8$。

[例4]（2024·潍坊模拟）倾斜角为$60^{\circ}$的直线$l$过抛物线$C:y^{2}=4x$的焦点，且与$C$交于$A$，$B$两点，
（1）求抛物线的准线方程；
（2）求$\triangle OAB$的面积（$O$为坐标原点）.

答案：
【解析】
(1)由已知可得，$p = 2$，焦点在$x$轴上，所以，抛物线的准线方程为$x = -1$。
(2)因为抛物线的方程为$y^{2}=4x$，所以抛物线的焦点坐标为$F(1,0)$。又因为倾斜角为$60^{\circ}$的直线$l$，所以斜率为$\sqrt{3}$，所以直线$AB$的方程为$y=\sqrt{3}(x - 1)$。代入抛物线方程消去$y$并化简得$3x^{2}-10x + 3 = 0$。
方法一:解得$x_{1}=\frac{1}{3}$，$x_{2}=3$，所以$\vert AB\vert=\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_{1}-x_{2}\vert=\sqrt{1 + 3}\times\vert3-\frac{1}{3}\vert=\frac{16}{3}$。又点$O$到直线$\sqrt{3}x - y-\sqrt{3}=0$的距离为$d=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}\vert AB\vert\cdot d=\frac{1}{2}\times\frac{16}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
方法二:$\Delta=100 - 36 = 64＞0$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{10}{3}$，过$A$，$B$分别作准线$x = -1$的垂线，设垂足分别为$E$，$D$如图所示。

$\vert AB\vert=\vert AF\vert+\vert BF\vert=\vert AE\vert+\vert BD\vert=x_{1}+1+x_{2}+1=x_{1}+x_{2}+2=\frac{16}{3}$。点$O$到直线$\sqrt{3}x - y-\sqrt{3}=0$的距离为$d=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}\vert AB\vert\cdot d=\frac{1}{2}\times\frac{16}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。

1.（2024·湛江模拟）已知$F$为抛物线$C:x^{2}=8y$的焦点，过$F$的直线$l$与抛物线$C$交于$A$，$B$两点，与圆$x^{2}+(y - 2)^{2}=4$交于$D$，$E$两点，$A$，$D$在$y$轴的同侧，则$|AD|\cdot|BE|=$（ ）
A. 1
B. 4
C. 8
D. 16

答案： B　由题可知$F(0,2)$，直线$l$的斜率存在。设直线$l$的方程为$y = kx + 2$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。由$\begin{cases}y = kx + 2\\x^{2}=8y\end{cases}$，得$x^{2}-8kx - 16 = 0$，故$x_{1}x_{2}=-16$。又$y_{1}=\frac{x_{1}^{2}}{8}$，$y_{2}=\frac{x_{2}^{2}}{8}$，所以$y_{1}y_{2}=\frac{(x_{1}x_{2})^{2}}{64}=4$。圆$x^{2}+(y - 2)^{2}=4$的圆心为$F(0,2)$，半径$r = 2$，所以$\vert AD\vert=\vert AF\vert-r=\vert AF\vert-2$，$\vert BE\vert=\vert BF\vert-r=\vert BF\vert-2$。又$\vert AF\vert=y_{1}+2$，$\vert BF\vert=y_{2}+2$，所以$\vert AD\vert=y_{1}+2 - 2=y_{1}$，$\vert BE\vert=y_{2}+2 - 2=y_{2}$，所以$\vert AD\vert\cdot\vert BE\vert=y_{1}y_{2}=4$。

2. 已知抛物线方程为$y^{2}=4x$，直线$l:x + y+\sqrt{2}=0$，抛物线上一动点$P$到直线$l$的距离的最小值为________.

答案： 【解析】设与直线$l$平行且与抛物线相切的直线方程为$x + y + m = 0$，由$\begin{cases}x + y + m = 0\\y^{2}=4x\end{cases}$，得$y^{2}+4y + 4m = 0$，则$\Delta=16 - 16m = 0$，得$m = 1$，所以切线方程为$x + y + 1 = 0$，所以抛物线上一动点$P$到直线$l$的距离的最小值为$d=\frac{\vert\sqrt{2}-1\vert}{\sqrt{2}}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$。
答案:$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$