2014高考一轮复习

抛_物_线

[知识能否忆起]

1．抛物线定义

平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)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．

2．抛物线的标准方程与几何性质

标准方程y2＝2px(p＞0)y2＝－2px(p＞0)

图形

范围x≥0，y∈Rx≤0，y∈R

对称轴x轴

顶点坐标原点O(0,0)

焦点坐标











p

2

，0













－

p

2

，0

准线方程x＝－

p

2

x＝

p

2

离心率e＝1

标准方程x2＝2py(p＞0)x2＝－2py(p＞0)

图形

范围y≥0，x∈Ry≤0，x∈R

对称轴y轴

顶点坐标原点O(0,0)

焦点坐标













0，

p

2











0，－

p

2

准线方程y＝－

p

2

y＝

p

2

离心率e＝1

[小题能否全取]

1．(教材习题改编)已知抛物线的焦点坐标是(0，－3)，则抛物线的标准方程是()

A．x2＝－12yB．x2＝12y

C．y2＝－12xD．y2＝12x

解析：选A∵

p

2

＝3，∴p＝6，∴x2＝－12y.

2．(教材习题改编)抛物线y＝ax2的准线方程是y＝2，则a的值是()

A.

1

8

B．－

1

8

C．8D．－8

解析：选B抛物线的标准方程为x2＝

1

a

y.

则a＜0且2＝－

1

4a

，得a＝－

1

8

.

3．已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，

则弦AB的长为()

A．4B．6

C．10D．16

解析：选D设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则依题意得焦点F(0，1)，准线方程是y＝－1，

直线l：y＝3x＋1，由





y＝3x＋1，

x2＝4y，

消去x得y2－14y＋1＝0，y1＋y2＝14，|AB|＝|AF|

＋|BF|＝(y1＋1)＋(y2＋1)＝(y1＋y2)＋2＝16.

4．(2012·郑州模拟)已知斜率为2的直线l过抛物线y2＝ax(a＞0)的焦点F，且与y轴

相交于点A，若△OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为________．

解析：依题意得，|OF|＝

a

4

，又直线l的斜率为2，可知|AO|＝2|OF|＝

a

2

，△AOF的面积

等于

1

2

·|AO|·|OF|＝

a2

16

＝4，则a2＝64.又a＞0，所以a＝8，该抛物线的方程是y2＝8x.

答案：y2＝8x

5．设抛物线y2＝8x上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线焦点的距离是________．

解析：其准线方程为x＝－2，又由点P到y轴的距离为4，则P点横坐标xP＝4，由定义

知|PF|＝xP＋

p

2

＝6.

答案：6

1.抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，

p

2

等于焦点到抛物

线顶点的距离，记牢对解题非常有帮助．

2．用抛物线定义解决问题，体现了等价转换思想的应用．

3．由y2＝mx(m≠0)或x2＝my(m≠0)求焦点坐标时，只需将x或y的系数除以4，再确定

焦点位置即可．

抛物线的定义及应用

典题导入

[例1](1)(2011·辽宁高考)已知F是拋物线y2＝x的焦点，A，B是该拋物线上的两点，

|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为()

A.

3

4

B．1

C.

5

4

D.

7

4

(2)(2012·曲阜师大附中质检)在抛物线C：y＝2x2上有一点P，若它到点A(1,3)的距离

与它到抛物线C的焦点的距离之和最小，则点P的坐标是()

A．(－2,1)B．(1,2)

C．(2,1)D．(－1,2)

[自主解答](1)如图，由抛物线的定义知，|AM|＋|BN|＝|AF|＋|BF|

＝3，|CD|＝

3

2

，所以中点C的横坐标为

3

2

－

1

4

＝

5

4

.

(2)由题知点A在抛物线内部，根据抛物线定义，问题等价于求抛物线

上一点P，使得该点到点A与到抛物线的准线的距离之和最小，显然点P是

直线x＝1与抛物线的交点，故所求P点的坐标是(1,2)．

[答案](1)C(2)B

由题悟法

涉及抛物线上的点到焦点(准线)的距离问题，可优先考虑利用抛物线的定义转化为点到

准线(焦点)的距离问题求解．

以题试法

1．(2012·安徽高考)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点．若|AF|

＝3，则|BF|＝________.

解析：由题意知，抛物线的焦点F的坐标为(1,0)，又∵|AF|＝3，

由抛物线定义知，点A到准线x＝－1的距离为3，∴点A的横坐标为

2.

将x＝2代入y2＝4x得y2＝8，由图知，y＝22，

∴A(2,22)，∴直线AF的方程为y＝22(x－1)．

又





y＝22x－，

y2＝4x，

解得











x＝

1

2

，

y＝－2，

或







x＝2，

y＝22.

由图知，点B的坐标为











1

2

，－2

，

∴|BF|＝

1

2

－(－1)＝

3

2

.

答案：

3

2

抛物线的标准方程及几何性质

典题导入

[例2](1)(2012·山东高考)已知双曲线C1：

x2

a2

－

y2

b2

＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物

线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为()

A．x2＝

83

3

yB．x2＝

163

3

y

C．x2＝8yD．x2＝16y

(2)(2012·四川高考)已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，

y0)．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|＝()

A．22B．23

C．4D．25

[自主解答](1)∵双曲线C1：

x2

a2

－

y2

b2

＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，∴

c

a

＝

a2＋b2

a

＝2，

∴b＝3a，

∴双曲线的渐近线方程为3x±y＝0，∴抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点













0，

p

2

到双曲线

的渐近线的距离为













3×0±

p

2

2

＝2，∴p＝8.∴所求的抛物线方程为x2＝16y.

(2)依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋

p

2

＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2

＝4x，点M的坐标是(2，±22)，|OM|＝22＋8＝23.

[答案](1)D(2)B

由题悟法

1．求抛物线的方程一般是利用待定系数法，即求p但要注意判断标准方程的形式．

2．研究抛物线的几何性质时，一是注意定义转化应用；二是要结合图形分析，同时注意

平面几何性质的应用．

以题试法

2．(2012·南京模拟)已知抛物线x2＝4y的焦点为F，准线与y轴的交点为M，N为抛物

线上的一点，且|NF|＝

3

2

|MN|，则∠NMF＝________.()

解析：过N作准线的垂线，垂足为H，则|NF|＝|NH|＝

3

2

|MN|，如

图．∴cos∠MNH＝

3

2

，

∴∠MNH＝

π

6

，∴∠NMF＝

π

6

.

答案：

π

6

直线与抛物线的位置关系

典题导入

[例3](2012·福建高考)如图，等边三角形OAB的边长为83，

且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．

(1)求抛物线E的方程；

(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆

恒过y轴上某定点．

[自主解答](1)依题意，|OB|＝83，∠BOy＝30°.

设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.

因为点B(43，12)在x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.

故抛物线E的方程为x2＝4y.

(2)证明：由(1)知y＝

1

4

x2，y′＝

1

2

x.

设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝

1

4

x2

0，且l的方程为

y－y0＝

1

2

x0(x－x0)，即y＝

1

2

x0x－

1

4

x2

0.

由











y＝

1

2

x0x－

1

4

x2

0，

y＝－1，

得











x＝

x2

0－4

2x0

，

y＝－1.

所以Q为











x2

0－4

2x0

，－1

.

设M(0，y1)，令MP·MQ＝0对满足y0＝

1

4

x2

0(x0≠0)的x0，y0恒成立．

由于MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝











x2

0－4

2x0

，－1－y1，

由MP·MQ＝0，得

x2

0－4

2

－y0－y0y1＋y1＋y2

1＝0，

即(y2

1＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)

由于(*)式对满足y0＝

1

4

x2

0(x0≠0)的y0恒成立，

所以









1－y1＝0，

y2

1＋y1－2＝0，

解得y1＝1.

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．

由题悟法

1．设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，直线Ax＋By＋C＝0，将直线方程与抛物线方程联立，

消去x得到关于y的方程my2＋ny＋q＝0.

(1)若m≠0，当Δ＞0时，直线与抛物线有两个公共点；

当Δ＝0时，直线与抛物线只有一个公共点；

当Δ＜0时，直线与抛物线没有公共点．

(2)若m＝0，直线与抛物线只有一个公共点，此时直线与抛物线的对称轴平行．

2．与焦点弦有关的常用结论．(以右图为依据)

(1)y1y2＝－p2，x1x2＝

p2

4

.

(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝

2p

sin2θ

(θ为AB的倾斜角)．

(3)S△AOB＝

p2

2sinθ

(θ为AB的倾斜角)．

(4)

1

|AF|

＋

1

|BF|

为定值

2

p

.

(5)以AB为直径的圆与准线相切．

(6)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．

(7)∠CFD＝90°.

以题试法

3．(2012·泉州模拟)如图，点O为坐标原点，直线l经过抛物线C：y2＝4x的焦点F.

(1)若点O到直线l的距离为

1

2

，求直线l的方程；

(2)设点A是直线l与抛物线C在第一象限的交点．点B是以点F为

圆心，|FA|为半径的圆与x轴的交点，试判断AB与抛物线C的位置关系，

并给出证明．

解：(1)抛物线的焦点F(1,0)，

当直线l的斜率不存在时，即x＝1不符合题意．

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.

所以，

|－k|

1＋k2

＝

1

2

，解得k＝±

3

3

.

故直线l的方程为：y＝±

3

3

(x－1)，即x±3y－1＝0.

(2)直线AB与抛物线相切，证明如下：

设A(x0，y0)，则y2

0＝4x0.

因为|BF|＝|AF|＝x0＋1，所以B(－x0,0)．

所以直线AB的方程为：y＝

y0

2x0

(x＋x0)，

整理得：x＝

2x0y

y0

－x0①

把方程①代入y2＝4x得：y0y2－8x0y＋4x0y0＝0，

Δ＝64x2

0－16x0y2

0＝64x2

0－64x2

0＝0，

所以直线AB与抛物线相切．

1．(2012·济南模拟)抛物线的焦点为椭圆

x2

4

＋

y2

9

＝1的下焦点，顶点在椭圆中心，则抛物

线方程为()

A．x2＝－45yB．y2＝－45x

C．x2＝－413yD．y2＝－413x

解析：选A由椭圆方程知，a2＝9，b2＝4，焦点在y轴上，下焦点坐标为(0，－c)，其

中c＝a2－b2＝5.∴抛物线焦点坐标为(0，－5)，∴抛物线方程为x2＝－45y.

2．(2012·东北三校联考)若抛物线y2＝2px(p＞0)上一点P到焦点和抛物线的对称轴的

距离分别为10和6，则p的值为()

A．2B．18

C．2或18D．4或16

解析：选C设P(x0，y0)，则









x0＋

p

2

＝10，

|y0|＝6，

y2

0＝2px0，

∴36＝2p













10－

p

2

，即p2－20p＋36＝0，解得p＝2或18.

3．(2013·大同模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线与曲线x2＋y2－6x－7＝0相切，

则p的值为()

A．2B．1

C.

1

2

D.

1

4

解析：选A注意到抛物线y2＝2px的准线方程是x＝－

p

2

，曲线x2＋y2－6x－7＝0，即(x

－3)2＋y2＝16是圆心为(3,0)，半径为4的圆．于是依题意有











p

2

＋3

＝4.又p＞0，因此有

p

2

＋

3＝4，解得p＝2.

4．(2012·郑州模拟)已知过抛物线y2＝6x焦点的弦长为12，则此弦所在直线的倾斜角

是()

A.

π

6

或

5π

6

B.

π

4

或

3π

4

C.

π

3

或

2π

3

D.

π

2

解析：选B由焦点弦长公式|AB|＝

2p

sin2θ

得

6

sin2θ

＝12，

所以sinθ＝

2

2

，所以θ＝

π

4

或

3π

4

.

5．(2012·唐山模拟)抛物线y2＝2px的焦点为F，点A、B、C在此抛物线上，点A坐标

为(1,2)．若点F恰为△ABC的重心，则直线BC的方程为()

A．x＋y＝0B．x－y＝0

C．2x＋y－1＝0D．2x－y－1＝0

解析：选C∵点A在抛物线上，∴4＝2p，p＝2，抛物线方程为y2＝4x，焦点F(1,0)

设点B(x1，y1)，点C(x2，y2)，则有y2

1＝4x1，①

y2

2＝4x2，②

由①－②得(y1－y2)(y1＋y2)＝4(x1－x2)

得kBC＝

y1－y2

x1－x2

＝

4

y1＋y2

.

又∵

y1＋y2＋2

3

＝0，∴y1＋y2＝－2，∴kBC＝－2.

又∵

x1＋x2＋1

3

＝1，∴x1＋x2＝2，

∴BC中点为(1，－1)，

则BC所在直线方程为y＋1＝－2(x－1)，即2x＋y－1＝0.

6．(2013·湖北模拟)已知直线y＝k(x－m)与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A、B两点，且

OA⊥OB，OD⊥AB于D.若动点D的坐标满足方程x2＋y2－4x＝0，则m＝()

A．1B．2

C．3D．4

解析：选D设点D(a，b)，则由OD⊥AB于D，得









b

a

＝－

1

k

，

b＝ka－m，

则b＝－

km

1＋k2

，

a＝－bk；又动点D的坐标满足方程x2＋y2－4x＝0，即a2＋b2－4a＝0，将a＝－bk代入上式，

得b2k2＋b2＋4bk＝0，即bk2＋b＋4k＝0，－

k3m

1＋k2

－

km

1＋k2

＋4k＝0，又k≠0，则(1＋k2)(4－m)

＝0，因此m＝4.

7．(2012·乌鲁木齐模拟)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交y轴于点A，抛物线上有一

点B满足OB,＝OA,＋OF,(O为坐标原点)，则△BOF的面积是________．

解析：由题可知F(1,0)，可设过焦点F的直线方程为y＝k(x－1)(可知k存在)，则A(0，

－k)，∴B(1，－k)，由点B在抛物线上，得k2＝4，k＝±2，即B(1，±2)，

S△BOF＝

1

2

·|OF|·|yB|＝

1

2

×1×2＝1.

答案：1

8．(2012·渭南模拟)已知抛物线C：y＝

1

4

x2，则过抛物线焦点F且斜率为

1

2

的直线l被抛

物线截得的线段长为________．

解析：由题意得l的方程为y＝

1

2

x＋1，即x＝2(y－1)．代入抛物线方程得y＝(y－1)2，

即y2－3y＋1＝0.设线段端点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，则线段长度为y1＋y2＋p＝5.

答案：5

9．(2012·广州模拟)已知直线y＝k(x－2)(k＞0)与抛物线y2＝8x相交于A，B两点，F

为抛物线的焦点，若|FA|＝2|FB|，则k的值为________．

解析：直线y＝k(x－2)恰好经过抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，由









y2＝8x，

y＝kx－

可得

ky2－8y－16k＝0，因为|FA|＝2|FB|，所以yA＝－2yB，则yA＋yB＝－2yB＋yB＝

8

k

，所以yB＝－

8

k

，

yA·yB＝－16，所以－2y2

B＝－16，即yB＝±22，又k＞0，故k＝22.

答案：22

10．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，

y2)(x1

(1)求该抛物线的方程；

(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OC＝OA＋λOB，求λ的值．

解：(1)直线AB的方程是y＝22













x－

p

2

，与y2＝2px联立，

从而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝

5p

4

.

由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9，

所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x.

(2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0可简化为x2－5x＋4＝0，从而x1＝1，x2＝4，y1＝－22，y2

＝42，

从而A(1，－22)，B(4,42)．

设OC＝(x3，y3)＝(1，－22)＋λ(4,42)＝(4λ＋1，42λ－22)，

又y2

3＝8x3，即[22(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，

即(2λ－1)2＝4λ＋1，

解得λ＝0或λ＝2.

11.如图，过抛物线y2＝4px(p＞0)上一定点M(x0，y0)(y0＞0)作两条

直线，分别交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)．

(1)求该抛物线上纵坐标为4p的点到点(p,0)的距离；

(2)当MA与MB的斜率都存在，且

y1＋y2

y0

＝－2时，求MA与MB的斜率之和；

(3)证明：直线AB不可能平行于x轴．

解：(1)当y＝4p时，x＝4p，抛物线的准线方程为x＝－p，焦点为(p,0)，抛物线上纵坐

标为4p的点到点(p,0)的距离，就是该点到焦点的距离，由抛物线的定义得，所求距离为4p

－(－p)＝5p.

(2)设直线MA的斜率为kMA，MB的斜率为kMB，

由y2

1＝4px1，y2

0＝4px0，得kMA＝

y1－y0

x1－x0

＝

4p

y1＋y0

，

同理kMB＝

4p

y2＋y0

，

又

y1＋y2

y0

＝－2，所以y1＋y2＝－2y0，因为kMA＋kMB＝

4p

y1＋y0

＋

4p

y2＋y0

＝

4py1＋y2＋2y0

y1＋y0y2＋y0

＝

0，

所以kMA＋kMB＝0，

故MA与MB的斜率之和为0.

(3)证明：设直线AB的斜率为kAB，则kAB＝

y2－y1

x2－x1

＝

y2－y1

y2

2

4p

－

y2

1

4p

＝

4p

y1＋y2

，由(2)知y1＋y2＝－2y0，

所以kAB＝－

2p

y0

，由于M(x0，y0)为定点，所以－

2p

y0

为定值且－

2p

y0

≠0，故直线AB不可能平行于

x轴．

12．(2012·安徽模拟)已知椭圆C1：

x2

4

＋

y2

b2

＝1(0＜b＜2)的离心率为

3

2

，抛物线C2：x2＝

2py(p＞0)的焦点是椭圆的顶点．

(1)求抛物线C2的方程；

(2)过点M(－1,0)的直线l与抛物线C2交于E，F两点，过E，F作抛物线C2的切线l1，

l2，当l1⊥l2时，求直线l的方程．

解：(1)∵椭圆C1的长半轴长a＝2，半焦距c＝4－b2.由e＝

c

a

＝

4－b2

2

＝

3

2

得b2＝1，

∴椭圆C1的上顶点为(0,1)，即抛物线C2的焦点为(0,1)，

故抛物线C2的方程为x2＝4y.

(2)由已知可得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，E(x1，y1)，F(x2，

y2)．由x2＝4y得y＝

1

4

x2，

∴y′＝

1

2

x.

∴切线l1，l2的斜率分别为

1

2

x1，

1

2

x2.

当l1⊥l2时，

1

2

x1·

1

2

x2＝－1，即x1x2＝－4.

由









y＝kx＋

x2＝4y

得x2－4kx－4k＝0，∴Δ＝(4k)2－4×(－4k)＞0，解得k＜－1或k

＞0.①

且x1x2＝－4k＝－4，即k＝1，满足①式，∴直线l的方程为x－y＋1＝0.

1．(2013·郑州模拟)如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直

线l交抛物线于点A、B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，

则此抛物线的方程为()

A．y2＝9xB．y2＝6x

C．y2＝3xD．y2＝3x

解析：选C过点B作准线的垂线，垂足为B1，记准线与x轴的交点

为F1，则依题意得

|BB1|

|FF1|

＝

|BC|

|CF|

＝

2

3

，所以|BB1|＝

2

3

|FF1|＝

2p

3

，由抛物线的

定义得|BF|＝|BB1|＝

2p

3

.过A，B作x轴的垂线，垂足分别为D，E，由△

BEF∽△ADF得

2

3

p

3

＝

p－

2p

3

3－p

，解得p＝

3

2

.所以此抛物线的方程是y2＝3x.

2．(2012·安徽高考)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐

标原点．若|AF|＝3，则△AOB的面积为()

A.

2

2

B.2

C.

32

2

D．22

解析：选C由题意，抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为l：x＝－1，可得A

点的横坐标为2，代入y2＝4x得y2＝8，不妨设A(2，22)，则直线AB的方程为y＝22(x－

1)，与y2＝4x联立得2x2－5x＋2＝0，可得B











1

2

，－2

，所以S△AOB＝S△AOF＋S△BOF＝

1

2

×1×|yA

－yB|＝

32

2

.

3．(2012·浙江高考)如图，在直角坐标系xOy中，点P













1，

1

2

到抛物

线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为

5

4

.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C

上的两动点，且线段AB被直线OM平分．

(1)求p，t的值；

(2)求△ABP面积的最大值．

解：(1)由题意知









2pt＝1，

1＋

p

2

＝

5

4

，

得











p＝

1

2

，

t＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)，

设直线AB的斜率为k(k≠0)．

由









y2

1＝x1，

y2

2＝x2，

得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，

故k·2m＝1，

所以直线AB的方程为y－m＝

1

2m

(x－m)，

即x－2my＋2m2－m＝0.

由









x－2my＋2m2－m＝0，

y2＝x，

消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0，

所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m.从而|AB|＝1＋

1

k2

·|y1－y2|＝

1＋4m2·4m－4m2.

设点P到直线AB的距离为d，则d＝

|1－2m＋2m2|

1＋4m2

，设△ABP的面积为S，

则S＝

1

2

|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·m－m2.

由Δ＝4m－4m2>0，得0

令u＝m－m2，0

1

2

，则S＝u－2u3，

S′(u)＝1－6u2.

由S′(u)＝0，得u＝

6

6

∈













0，

1

2

，

所以S(u)max＝S











6

6

＝

6

9

.

故△ABP面积的最大值为

6

9

.

1．(2012·北京高考)在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛

物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方．若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为

________．

解析：直线l的方程为y＝3(x－1)，即x＝

3

3

y＋1，代入抛物线方程得y2－

43

3

y－4

＝0，解得yA＝

43

3

＋

16

3

＋16

2

＝23(yB＜0，舍去)，故△OAF的面积为

1

2

×1×23＝3.

答案：3

2．(2012·东城模拟)已知顶点在坐标原点，焦点在x轴正半轴的抛物线上有一点A











1

2

，m

，

A点到抛物线焦点的距离为1.

(1)求该抛物线的方程；

(2)设M(x0，y0)为抛物线上的一个定点，过M作抛物线的两条相互垂直的弦MP，MQ，求

证：PQ恒过定点(x0＋2，－y0)；

(3)直线x＋my＋1＝0与抛物线交于E，F两点，问在抛物线上是否存在点N，使得△NEF

为以EF为斜边的直角三角形？若有，求出该点存在时需满足的条件；若无，请说明理由．

解：(1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，则由抛物线的定义可得

p

2

＋

1

2

＝1，即

p＝1，

所以该抛物线的方程为y2＝2x.

(2)由题意知直线PQ与x轴不平行，设直线PQ的方程为x＝my＋n，代入y2＝2x得y2－

2my－2n＝0.

所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标，x1，x2分别是P，Q的横

坐标．

因为MP⊥MQ，所以kMP·kMQ＝－1.

即

y1－y0

x1－x0

·

y2－y0

x2－x0

＝－1，

又由x1＝

y2

1

2

，x2＝

y2

2

2

，x0＝

y2

0

2

，代入上式得

2

y1＋y0

·

2

y2＋y0

＝－1，

所以(y1＋y0)(y2＋y0)＝－4.

即y1y2＋(y1＋y2)y0＋y2

0＋4＝0，

所以(－2n)＋2my0＋2x0＋4＝0，即n＝my0＋x0＋2.

所以直线PQ的方程为x＝my＋my0＋x0＋2，

所以直线PQ恒过定点(x0＋2，－y0)．

(3)假设存在点N(x0，y0)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)．由









y2＝2x，

x＋my＋1＝0，

消去x得y2＋

2my＋2＝0，

则y1＋y2＝－2m，y1y2＝2，且(2m)2－8＞0，即m2＞2.

由于NE⊥NF，所以

y1－y0

x1－x0

·

y2－y0

x2－x0

＝－1，又点E，F，N在抛物线上，所以x1＝

y2

1

2

，x2＝

y2

2

2

，

x0＝

y2

0

2

，代入

y1－y0

x1－x0

·

y2－y0

x2－x0

＝－1，得

2

y1＋y0

·

2

y2＋y0

＝－1，即(y1＋y0)(y2＋y0)＝－4，即y1y2

＋y0(y1＋y2)＋y2

0＋4＝0，将y1＋y2＝－2m，y1y2＝2代入并整理得y2

0－2my0＋6＝0，只要4m2－

24＞0，即m2＞6，该方程即有实数解．所以只要m2＞6就存在满足条件的点N，当m2≤6时不

存在满足条件的点N.