53拋物線導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.掌握拋物線的定義、幾何圖形和標(biāo)準(zhǔn)方程，知道它們的簡單幾何性質(zhì).2.理解數(shù)形結(jié)合的思想．自主梳理1．拋物線的概念平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l(F?l)距離______的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的__________，直線l叫做拋物線的________．2．拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)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(zhǔn)線l的距離圖形頂點O(0,0)對稱軸y＝0x＝0焦點F(eq\f(p,2)，0)F(－eq\f(p,2)，0)F(0，eq\f(p,2))F(0，－eq\f(p,2))離心率e＝1準(zhǔn)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開口方向向右向左向上向下自我檢測1．(2010·四川)拋物線y2＝8x的焦點到準(zhǔn)線的距離是()A．1 B．2 C．4 D．82．若拋物線y2＝2px的焦點與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的右焦點重合，則p的值為()A．－2 B．2 C．－4 D．43．(2011·陜西)設(shè)拋物線的頂點在原點，準(zhǔn)線方程為x＝－2，則拋物線的方程是()A．y2＝－8x B．y2＝8xC．y2＝－4x D．y2＝4x4．已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在拋物線上，且2x2＝x1＋x3，則有()A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3|B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|D．|FP2|2＝|FP1|·|FP3|5．(2011·佛山模擬)已知拋物線方程為y2＝2px(p>0)，過該拋物線焦點F且不與x軸垂直的直線AB交拋物線于A、B兩點，過點A、點B分別作AM、BN垂直于拋物線的準(zhǔn)線，分別交準(zhǔn)線于M、N兩點，那么∠MFN必是()A．銳角 B．直角C．鈍角 D．以上皆有可能探究點一拋物線的定義及應(yīng)用例1已知拋物線y2＝2x的焦點是F，點P是拋物線上的動點，又有點A(3,2)，求|PA|＋|PF|的最小值，并求出取最小值時P點的坐標(biāo)．變式遷移1已知點P在拋物線y2＝4x上，那么點P到點Q(2，－1)的距離與點P到拋物線焦點距離之和取得最小值時，點P的坐標(biāo)為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))C．(1,2) D．(1，－2)探究點二求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程例2(2011·蕪湖調(diào)研)已知拋物線的頂點在原點，焦點在y軸上，拋物線上一點M(m，－3)到焦點的距離為5，求m的值、拋物線方程和準(zhǔn)線方程．變式遷移2根據(jù)下列條件求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程：(1)拋物線的焦點F是雙曲線16x2－9y2＝144的左頂點；(2)過點P(2，－4)．探究點三拋物線的幾何性質(zhì)例3過拋物線y2＝2px的焦點F的直線和拋物線相交于A，B兩點，如圖所示．(1)若A，B的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，求證：y1y2＝－p2；(2)若直線AO與拋物線的準(zhǔn)線相交于點C，求證：BC∥x軸．變式遷移3已知AB是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點弦，F(xiàn)為拋物線的焦點，A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：(1)x1x2＝eq\f(p2,4)；(2)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)為定值．分類討論思想的應(yīng)用例(12分)過拋物線y2＝2px(p>0)焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，過B點作其準(zhǔn)線的垂線，垂足為D，設(shè)O為坐標(biāo)原點，問：是否存在實數(shù)λ，使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→))？多角度審題這是一道探索存在性問題，應(yīng)先假設(shè)存在，設(shè)出A、B兩點坐標(biāo)，從而得到D點坐標(biāo)，再設(shè)出直線AB的方程，利用方程組和向量條件求出λ.【答題模板】解假設(shè)存在實數(shù)λ，使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→)).拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準(zhǔn)線l：x＝－eq\f(p,2)，(1)當(dāng)直線AB的斜率不存在，即AB⊥x軸時，交點A、B坐標(biāo)不妨設(shè)為：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－p)).∵BD⊥l，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－p))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－p))，eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－p))，∴存在λ＝1使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→)).[4分](2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))(k≠0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y2))，x1＝eq\f(y\o\al(2,1),2p)，x2＝eq\f(y\o\al(2,2),2p)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))),y2＝2px))得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，∴y2＝eq\f(－p2,y1)，[8分]eq\o(AO,\s\up6(→))＝(－x1，－y1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y\o\al(2,1),2p)，－y1))，eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(p2,y1)))，假設(shè)存在實數(shù)λ，使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(y\o\al(2,1),2p)＝－\f(p,2)λ,－y1＝－\f(p2,y1)λ))，解得λ＝eq\f(y\o\al(2,1),p2)，∴存在實數(shù)λ＝eq\f(y\o\al(2,1),p2)，使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→)).綜上所述，存在實數(shù)λ，使eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(OD,\s\up6(→)).[12分]【突破思維障礙】由拋物線方程得其焦點坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程，按斜率存在和不存在討論，由直線方程和拋物線方程組成方程組，研究A、D兩點坐標(biāo)關(guān)系，求出eq\o(AO,\s\up6(→))和eq\o(OD,\s\up6(→))的坐標(biāo)，判斷λ是否存在．【易錯點剖析】解答本題易漏掉討論直線AB的斜率不存在的情況，出現(xiàn)錯誤的原因是對直線的點斜式方程認(rèn)識不足．1．關(guān)于拋物線的定義要注意點F不在定直線l上，否則軌跡不是拋物線，而是一條直線．2．關(guān)于拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程有四種不同的形式，這四種標(biāo)準(zhǔn)方程的聯(lián)系與區(qū)別在于：(1)p的幾何意義：參數(shù)p是焦點到準(zhǔn)線的距離，所以p恒為正數(shù)．(2)方程右邊一次項的變量與焦點所在坐標(biāo)軸的名稱相同，一次項系數(shù)的符號決定拋物線的開口方向．3．關(guān)于拋物線的幾何性質(zhì)拋物線的幾何性質(zhì)，只要與橢圓、雙曲線加以對照，很容易把握，但由于拋物線的離心率等于1，所以拋物線的焦點弦具有很多重要性質(zhì)，而且應(yīng)用廣泛．例如：已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點的直線交拋物線于A、B兩點，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有下列性質(zhì)：|AB|＝x1＋x2＋p或|AB|＝eq\f(2p,sin2α)(α為AB的傾斜角)，y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(p2,4)等．(滿分：75分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2011·大綱全國)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點，則cos∠AFB等于()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)2．(2011·湖北)將兩個頂點在拋物線y2＝2px(p>0)上，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形個數(shù)記為n，則()A．n＝0 B．n＝1C．n＝2 D．n≥33．已知拋物線y2＝2px，以過焦點的弦為直徑的圓與拋物線準(zhǔn)線的位置關(guān)系是()A．相離B．相交C．相切D．不確定4．(2011·泉州月考)已知點A(－2,1)，y2＝－4x的焦點是F，P是y2＝－4x上的點，為使|PA|＋|PF|取得最小值，則P點的坐標(biāo)是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1)) B．(－2,2eq\r(2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－1)) D．(－2，－2eq\r(2))5．設(shè)O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)為拋物線y2＝4x的焦點，A為拋物線上一點，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝－4，則點A的坐標(biāo)為()A．(2，±eq\r(2)) B．(1，±2)C．(1,2) D．(2，eq\r(2))二、填空題(每小題4分，共12分)6．(2011·重慶)設(shè)圓C位于拋物線y2＝2x與直線x＝3所圍成的封閉區(qū)域(包含邊界)內(nèi)，則圓C的半徑能取到的最大值為________．7．(2011·濟寧期末)已知A、B是拋物線x2＝4y上的兩點，線段AB的中點為M(2,2)，則|AB|＝________.8．(2010·浙江)設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，點A(0，2)．若線段FA的中點B在拋物線上，則B到該拋物線準(zhǔn)線的距離為________．三、解答題(共38分)9．(12分)已知頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線截直線y＝2x＋1所得的弦長為eq\r(15)，求拋物線方程．10．(12分)(2011·韶關(guān)模擬)已知拋物線C：x2＝8y.AB是拋物線C的動弦，且AB過F(0,2)，分別以A、B為切點作軌跡C的切線，設(shè)兩切線交點為Q，證明：AQ⊥BQ.11．(14分)(2011·濟南模擬)已知定點F(0,1)和直線l1：y＝－1，過定點F與直線l1相切的動圓圓心為點C.(1)求動點C的軌跡方程；(2)過點F的直線l2交軌跡C于兩點P、Q，交直線l1于點R，求eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))的最小值．53拋物線自主梳理1．相等焦點準(zhǔn)線自我檢測1．C2．B[因為拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－2，所以eq\f(p,2)＝2，所以p＝4，所以拋物線的方程是y2＝8x.所以選B.]3．B4.C5.B課堂活動區(qū)例1解題導(dǎo)引重視定義在解題中的應(yīng)用，靈活地進行拋物線上的點到焦點的距離與到準(zhǔn)線距離的等價轉(zhuǎn)化，是解決拋物線焦點弦有關(guān)問題的重要途徑．解將x＝3代入拋物線方程y2＝2x，得y＝±eq\r(6).∵eq\r(6)>2，∴A在拋物線內(nèi)部．設(shè)拋物線上點P到準(zhǔn)線l：x＝－eq\f(1,2)的距離為d，由定義知|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，當(dāng)PA⊥l時，|PA|＋d最小，最小值為eq\f(7,2)，即|PA|＋|PF|的最小值為eq\f(7,2)，此時P點縱坐標(biāo)為2，代入y2＝2x，得x＝2，∴點P坐標(biāo)為(2,2)．變式遷移1A[點P到拋物線焦點的距離等于點P到拋物線準(zhǔn)線的距離，如圖，|PF|＋|PQ|＝|PS|＋|PQ|，故最小值在S，P，Q三點共線時取得，此時P，Q的縱坐標(biāo)都是－1，點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1)).]例2解題導(dǎo)引(1)求拋物線方程時，若由已知條件可知所求曲線是拋物線，一般用待定系數(shù)法．若由已知條件可知所求曲線的動點的軌跡，一般用軌跡法；(2)待定系數(shù)法求拋物線方程時既要定位(即確定拋物線開口方向)，又要定量(即確定參數(shù)p的值)．解題關(guān)鍵是定位，最好結(jié)合圖形確定方程適合哪種形式，避免漏解；(3)解決拋物線相關(guān)問題時，要善于用定義解題，即把|PF|轉(zhuǎn)化為點P到準(zhǔn)線的距離，這種“化斜為直”的轉(zhuǎn)化方法非常有效，要注意領(lǐng)會和運用．解方法一設(shè)拋物線方程為x2＝－2py(p>0)，則焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))，準(zhǔn)線方程為y＝eq\f(p,2).∵M(m，－3)在拋物線上，且|MF|＝5，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＝6p，,\r(m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3＋\f(p,2)))2)＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝4，,m＝±2\r(6).))∴拋物線方程為x2＝－8y，m＝±2eq\r(6)，準(zhǔn)線方程為y＝2.方法二如圖所示，設(shè)拋物線方程為x2＝－2py(p>0)，則焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))，準(zhǔn)線l：y＝eq\f(p,2)，作MN⊥l，垂足為N.則|MN|＝|MF|＝5，而|MN|＝3＋eq\f(p,2)，∴3＋eq\f(p,2)＝5，∴p＝4.∴拋物線方程為x2＝－8y，準(zhǔn)線方程為y＝2.由m2＝(－8)×(－3)，得m＝±2eq\r(6).變式遷移2解(1)雙曲線方程化為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，左頂點為(－3,0)，由題意設(shè)拋物線方程為y2＝－2px(p>0)且－eq\f(p,2)＝－3，∴p＝6.∴方程為y2＝－12x.(2)由于P(2，－4)在第四象限且對稱軸為坐標(biāo)軸，可設(shè)方程為y2＝mx(m>0)或x2＝ny(n<0)，代入P點坐標(biāo)求得m＝8，n＝－1，∴所求拋物線方程為y2＝8x或x2＝－y.例3解題導(dǎo)引解決焦點弦問題時，拋物線的定義有著廣泛的應(yīng)用，而且還應(yīng)注意焦點弦的幾何性質(zhì)．焦點弦有以下重要性質(zhì)(AB為焦點弦，以y2＝2px(p>0)為例)：①y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(p2,4)；②|AB|＝x1＋x2＋p.證明(1)方法一由拋物線的方程可得焦點坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).設(shè)過焦點F的直線交拋物線于A，B兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)．①當(dāng)斜率存在時，過焦點的直線方程可設(shè)為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消去x，得ky2－2py－kp2＝0.(*)當(dāng)k＝0時，方程(*)只有一解，∴k≠0，由韋達定理，得y1y2＝－p2；②當(dāng)斜率不存在時，得兩交點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，－p))，∴y1y2＝－p2.綜合兩種情況，總有y1y2＝－p2.方法二由拋物線方程可得焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)直線AB的方程為x＝ky＋eq\f(p,2)，并設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A、B坐標(biāo)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ky＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消去x，可得y2＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ky＋\f(p,2)))，整理，得y2－2pky－p2＝0，∴y1y2＝－p2.(2)直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1)x，∴點C坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(py1,2x1)))，yC＝－eq\f(py1,2x1)＝eq\f(－p2y1,2px1).∵點A(x1，y1)在拋物線上，∴yeq\o\al(2,1)＝2px1.又由(1)知，y1y2＝－p2，∴yC＝eq\f(y1y2·y1,y\o\al(2,1))＝y(tǒng)2，∴BC∥x軸．變式遷移3證明(1)∵y2＝2px(p>0)的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設(shè)直線方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))),y2＝2px))，消去x，得ky2－2py－kp2＝0.∴y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(y1y22,4p2)＝eq\f(p2,4)，當(dāng)k不存在時，直線方程為x＝eq\f(p,2)，這時x1x2＝eq\f(p2,4).因此，x1x2＝eq\f(p2,4)恒成立．(2)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,x1＋\f(p,2))＋eq\f(1,x2＋\f(p,2))＝eq\f(x1＋x2＋p,x1x2＋\f(p,2)x1＋x2＋\f(p2,4)).又∵x1x2＝eq\f(p2,4)，代入上式得eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)＝常數(shù)，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)為定值．課后練習(xí)區(qū)1．D[方法一由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－4，,y2＝4x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝4.))令B(1，－2)，A(4,4)，又F(1,0)，∴由兩點間距離公式得|BF|＝2，|AF|＝5，|AB|＝3eq\r(5).∴cos∠AFB＝eq\f(|BF|2＋|AF|2－|AB|2,2|BF|·|AF|)＝eq\f(4＋25－45,2×2×5)＝－eq\f(4,5).方法二由方法一得A(4,4)，B(1，－2)，F(xiàn)(1,0)，∴eq\o(FA,\s\up6(→))＝(3,4)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(0，－2)，∴|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(32＋42)＝5，|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2.∴cos∠AFB＝eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FB,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))|·|\o(FB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3×0＋4×－2,5×2)＝－eq\f(4,5).]2．C[如圖所示，A，B兩點關(guān)于x軸對稱，F(xiàn)點坐標(biāo)為(eq\f(p,2)，0)，設(shè)A(m，eq\r(2pm))(m>0)，則由拋物線定義，|AF|＝|AA1|，即m＋eq\f(p,2)＝|AF|.又|AF|＝|AB|＝2eq\r(2pm)，∴m＋eq\f(p,2)＝2eq\r(2pm)，整理，得m2－7pm＋eq\f(p2,4)＝0，①∴Δ＝(－7p)2－4×eq\f(p2,4)＝48p2>0，∴方程①有兩相異實根，記為m1，m2，且m1＋m2＝7p>0，m1·m2＝eq\f(p2,4)>0，∴m1>0，m2>0，∴n＝2.]3．C4．A[過P作PK⊥l(l為拋物線的準(zhǔn)線)于K，則|PF|＝|PK|，∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PK|.∴當(dāng)P點的縱坐標(biāo)與A點的縱坐標(biāo)相同時，|PA|＋|PK|最小，此時P點的縱坐標(biāo)為1，把y＝1代入y2＝－4x，得x＝－eq\f(1,4)，即當(dāng)P點的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1))時，|PA|＋|PF|最小．]5．B6.eq\r(6)－1解析如圖所示，若圓C的半徑取到最大值，需圓與拋物線及直線x＝3同時相切，設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a,0)(a<3)，則圓的方程為(x－a)2＋y2＝(3－a)2，與拋物線方程y2＝2x聯(lián)立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判別式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－eq\r(6)，故此時半徑為3－(4－eq\r(6))＝eq\r(6)－1.7．4eq\r(2)解析由題意可設(shè)AB的方程為y＝kx＋m，與拋物線方程聯(lián)立得x2－4kx－4m＝0，線段AB中點坐標(biāo)為(2,2)，x1＋x2＝4k＝4，得k又∵y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m∴m＝0.從而直線AB：y＝x，|AB|＝2|OM|＝4eq\r(2).8.eq\f(3\r(2),4)解析拋物線的焦點F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，線段FA的中點B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,4)，1))，代入拋物線方程得1＝2p×eq\f(p,4)，解得p＝eq\r(2)，故點B的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，1))，故點B到該拋物線準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(2),4)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),4).9．解設(shè)直線和拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，(1)當(dāng)拋物線開口向右時，設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,y＝2x＋1))，消去y得，4x2－(2p－4)x＋1＝0，∴x1＋x2＝eq\f(p－2,2)，x1x2＝eq\f(1,4)，(4分)∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(5)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p－2,2)))2－4×\f(1,4))＝eq\r(15)，(7分)則eq\r(\f(p2,4)－p)＝eq\r(3)，p2－4p－12＝0，解得p＝6(p＝－2舍去)，拋物線方程為y2＝12x.(9分)(2)當(dāng)拋物線開口向左時，設(shè)拋物線方程為y2＝－2px(p>0)，仿(1)不難求出p＝2，此時拋物線方程為y2＝－4x.(11分)綜上可得，所求的拋物線方程為y2＝－4x或y2＝12x.