【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.13 直线与抛物线的位置关系-重难点题型精讲 Word版含解析.docx，共(21)页，693.555 KB，由小赞的店铺上传

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专题3.13直线与抛物线的位置关系-重难点题型精讲1．直线与抛物线的位置关系(1)直线与抛物线的三种位置关系：(2)设直线l:y=kx+m，抛物线:=2px(p>0)，将直线方程与抛物线方程联立，整理成关于x的方程.①若k≠0，当>0时，直线与抛物线相交，有两个交点；当=0时，直线与抛

物线相切，有一个交点；当<0时，直线与抛物线相离，无交点.②若k=0，直线与抛物线只有一个交点，此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合.因此直线与抛物线只有一个交点是直线与抛物线相切的必要不充分条件.2．弦长问题设直线与抛物线交于A,B两点，则|AB|==

或|AB|==(k为直线的斜率，k≠0).3．抛物线的焦点弦问题抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p

(,分别为M,N的横坐标).设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：4．抛物线的切线过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).5．直线与抛

物线中的最值问题求与抛物线有关的最值的常见题型是求抛物线上一点到定点的最值、求抛物线上一点到定直线的最值，解与抛物线有关的最值问题主要有两种思路：一是利用抛物线的定义，进行到焦点的距离与到准线的距离的转化,数形结合，利用几何意义解决；二是利用抛物线的标准方程，进行消元代换，得到有关距离的含变

量的代数式，借助目标函数最值的求法解决.6．抛物线有关的应用问题(1)解答与抛物线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要注意抛物线的定义及性质、直线与抛物线的位置关系的灵活应用.(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏

着的变量范围.【题型1判断直线与抛物线的位置关系】【方法点拨】结合具体条件，根据直线与抛物线的三种位置关系，进行判断，即可得解.【例1】（2022·全国·高二课时练习）直线𝑦=𝑘(𝑥−1)+2与抛物线𝑥2=4𝑦的位置关系为（）A．相交B．相切C．相离D．不能确定【解题思

路】直线𝑦=𝑘(𝑥−1)+2过定点(1,2)，在抛物线𝑥2=4𝑦内部，即可得出结论．【解答过程】直线𝑦=𝑘(𝑥−1)+2过定点(1,2)，∵12<4×2，∴(1,2)在抛物线𝑥2=4𝑦内部，∴直线𝑦=𝑘(𝑥−1)+2与抛物线�

�2=4𝑦相交，故选：A．【变式1-1】（2022·全国·高二课时练习）已知直线l过点(0,−4)，且与抛物线𝑦2=8𝑥有且只有一个公共点，则符合要求的直线l的条数为（）条A．0B．1C．2D．3【解题思路】根据直线与抛物线的位置关系判断．【解答过程】当直线𝑙平行于𝑥轴（即抛物线的

）时，直线𝑙与抛物线只有一个公共点，直线𝑙与抛物线的轴不平行时，由于(0,−4)在抛物线的外部（与焦点在不同区域），因此过点有的抛物线的切线有两条．综上，符合要求的直线𝑙有3条．故选：D．【变式1-2】（2021·全国·高二专题练习）抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，

A为准线上一点，则线段FA的中垂线与抛物线的位置关系为（）A．相交B．相切C．相离D．以上都有可能【解题思路】求出直线AF的中垂线方程，代入𝑦2=2𝑝𝑥，可得𝑦2−2𝑎𝑦+𝑎2=0，即可得出结论．【解答过程】设𝐴(−𝑝2,𝑎)，𝐹(𝑝2,0)，则𝐴𝐹的中点坐标为

(0,𝑎2)，𝑘𝐴𝐹=−𝑎𝑝，所以中垂线的斜率为𝑘=𝑝𝑎，所以直线𝐴𝐹的中垂线方程为𝑦=𝑝𝑎𝑥+𝑎2，代入𝑦2=2𝑝𝑥，可得𝑦2−2𝑎𝑦+𝑎2=0∴Δ=4𝑎2−4𝑎

2=0，∵线段FA的中垂线与抛物线相切.故选：B.【变式1-3】（2021·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3过圆C2：x2+y2+4x﹣2y＝0的圆心，将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3，则直线

l：x+16y﹣1＝0与抛物线C3的位置关系为（）A．相交B．相切C．相离D．以上都有可能【解题思路】先求出抛物线C1的方程，再利用平移变换得出抛物线C3，联立直线方程与抛物线方程，根据根的判别式即可得出结论．【解答过程】解：圆C2：x2+y2+4x﹣

2y＝0的圆心坐标为（﹣2，1），代入抛物线C1：y＝a（x+1）2﹣3，可得1＝a﹣3，∴a＝4，∴抛物线C1：y＝4（x+1）2﹣3．将抛物线C1先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线C3：y＝4x2

，联立{𝑥+16𝑦−1=0𝑦2=4𝑥，消𝑥整理得14𝑦2+16𝑦−1=0，Δ=256+1=257>0，所以直线l与抛物线C3相交，故选：A．【题型2弦长问题】【方法点拨】①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设

而不求”，可大大简化运算过程.②涉及弦长问题，应联立直线与抛物线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，由韦达定理得到(或)，代入到弦长公式即可.【例2】（2021·江苏·高

三阶段练习）已知A，B在抛物线𝑦2=4𝑥上，且线段AB的中点为M(1，1)，则|AB|＝（）A．4B．5C．√15D．2√15【解题思路】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，点差法可得𝑘𝐴𝐵=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=

4𝑦1+𝑦2=2，得到直线AB的方程为𝑦=2𝑥−1，与抛物线联立，利用弦长公式即得解【解答过程】由题意，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，线段AB的中点为M(1，1)，故𝑥1+�

�22=1,𝑦1+𝑦22=1，且𝑦12=4𝑥1,𝑦22=4𝑥2，两式相减得：𝑦12−𝑦22=4𝑥1−4𝑥2，故𝑘𝐴𝐵=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=4𝑦1+𝑦2=2，故直线AB的方程为：𝑦−1=2(𝑥−1)，即𝑦=2𝑥−1，将直线与抛物线联

立：{𝑦2=4𝑥𝑦=2𝑥−1，即4𝑥2−8𝑥+1=0，Δ=82−4×4>0,𝑥1+𝑥2=2,𝑥1𝑥2=14，则|𝐴𝐵|=√(𝑥1−𝑥2)2+(𝑦1−𝑦2)2=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1�

�2=√15，故选：C.【变式2-1】（2022·江苏南通·模拟预测）已知直线𝑦=𝑥−2与抛物线𝑦2=4𝑥交于𝐴,𝐵两点，𝑃为𝐴𝐵的中点，𝑂为坐标原点，则|𝑂𝑃|2−|𝑃𝐴|2=（）A．

2B．−2C．4D．−4【解题思路】直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点𝐴,𝐵坐标，再求得中点𝑃坐标，计算出|𝑂𝑃|，|𝑃𝐴|即可得．【解答过程】由{𝑦=𝑥−2𝑦2=4𝑥得𝑥2−8𝑥+4=0，𝑥1

=4+2√3，𝑥2=4−2√3，则𝑦1=2+2√3，𝑦2=2−2√3，所以𝐴(4+2√3,2+2√3)，𝐵(4−2√3,2−2√3)，|𝐴𝐵|=√(4√3)2+(4√3)2=4√6，𝑃为𝐴𝐵的中点，则|𝑃𝐴|=12|𝐴𝐵|=2√6，𝑃(4,2)，|𝑂𝑃|=√

42+22=2√5，所以|𝑂𝑃|2−|𝑃𝐴|2=(2√5)2−(2√6)2=−4．故选：D．【变式2-2】（2023·全国·高三专题练习）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出

；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥，一条平行于x轴的光线𝑙1从点𝑃(8,4)射入，经过𝐶上的点𝐴反射后，再经𝐶上另一点𝐵反射后，沿直

线𝑙2射出，则|𝐴𝐵|=（）A．7B．174C．214D．254【解题思路】根据题意可知𝐴(4,4)和抛物线𝐶的焦点为𝐹(1,0)，由此可知直线𝐴𝐵的方程为𝑦=43(𝑥−1)，将直线𝐴𝐵的方程与抛物

线方程联立，可求出𝐵点坐标，再根据弦长公式即可求出结果.【解答过程】由题意可知，𝑙1∥𝑥轴，又光线𝑙1从点𝑃(8,4)射入，经过𝐶上的点𝐴，所以𝐴(4,4)，又抛物线𝐶的焦点为𝐹(1,0)，所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦=4−03−1(𝑥−1)，即𝑦=43(𝑥−1)，联

立方程{𝑦=43(𝑥−1)𝑦2=4𝑥，整理可得4𝑥2−17𝑥+4=0，所以𝑥=4或𝑥=14所以𝐵(14,−1)，所以|𝐴𝐵|=√1+169|4−14|=53×154=254.故选：D．【变式

2-3】（2022·湖南岳阳·高二期末）已知直线𝑙与抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥相交于𝐴,𝐵两点，若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0，则|𝐴𝐵|的最小值为（）A．4B．4√2C．8D．16【解题思路】根据已知条件设

出直线的方程与抛物线联立方程组，再利用韦达定理得出根的关系，结合向量的数量积的坐标运算及弦长公式即可求解.【解答过程】由题意可知，直线𝑙不可能与𝑥轴平行，设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑛(𝑛≠0)，由{𝑦2=4𝑥𝑥=𝑚𝑦+𝑛，消去𝑥，得𝑦2−4𝑚𝑦−4𝑛

=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+𝑦2=4𝑚,𝑦1𝑦2=−4𝑛，所以𝑥1𝑥2=(𝑚𝑦1+𝑛)(𝑚𝑦2+𝑛)=𝑚2×(−4𝑛)+𝑚𝑛×4𝑚+𝑛2=𝑛2，因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗=0，所以𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑛2−4𝑛=0，解得𝑛=4或𝑛=0（舍），|𝐴𝐵|=√(1+𝑚2)⋅[(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2]=√(1+𝑚2)⋅[(4𝑚)2−4×(−4𝑛)]=√(1+𝑚

2)⋅[(4𝑚)2−4×(−4)×4]=4√𝑚4+5𝑚2+4=4√(𝑚2+52)2−94≥8，当且仅当𝑚2=0即𝑚=0时，|𝐴𝐵|取的最小值为8,所以|𝐴𝐵|的最小值为8,故选：C.【题型3抛物线的焦点弦问题】【方法点拨】根据抛物线的焦

点弦公式，结合具体条件，进行求解即可.【例3】（2022·湖南·高三期末（文））已知抛物线𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹，过点𝐹且倾斜角为45∘的直线𝑙与抛物线分别交于𝐴､𝐵两点，则|𝐴𝐵|=

（）A．1B．3C．6D．8【解题思路】由题意可得直线𝑙与的方程为𝑦=𝑥−1，代入抛物线方程得𝑥2−6𝑥+1=0，根据韦达定理与焦半径的公式即可求出|𝐴𝐵|的值.【解答过程】解：由题意可知𝐹

(1,0)，所以直线𝑙与的方程为𝑦=𝑥−1，联立直线方程和抛物线方程{𝑦=𝑥−1𝑦2=4𝑥，可得𝑥2−6𝑥+1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),则𝑥1+𝑥2=6,𝑥1𝑥2=6，所以|𝐴𝐵|=|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|=

𝑥1+𝑥2+𝑝=6+2=8.故选：D.【变式3-1】（2022·河南·高三开学考试（文））过抛物线𝑦2=4𝑥的焦点𝐹的直线𝑙交抛物线于𝐴,𝐵两点，若𝐴𝐵的中点𝑀的横坐标为2，则线段𝐴𝐵的长为（）A．4B．5C．6D．7

【解题思路】结合抛物线的弦长公式求得正确答案.【解答过程】设点𝐴,𝐵的横坐标分别为𝑥1,𝑥2，则𝑥1+𝑥2=2𝑥𝑀=4.由过抛物线的焦点的弦长公式知：|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=4+2=6.故选：C.【变式3-2】（2022·河南·高三

阶段练习（文））直线𝑦=𝑥−1过抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点𝐹，且与𝐶交于𝐴、𝐵两点，则|𝐴𝐵|=（）A．6B．8C．2D．4【解题思路】联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的

焦点坐标，结合焦点弦长公式求解即可【解答过程】因为抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点坐标为𝐹(𝑝2,0)，又直线𝑦=𝑥−1过抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点F，所以𝑝=2，抛物线𝐶的方程为𝑦2=4𝑥，由{𝑦=𝑥−1𝑦2=4𝑥，得𝑥2−

6𝑥+1=0，所以𝑥𝐴+𝑥𝐵=6，所以|𝐴𝐵|=𝑥𝐴+𝑥𝐵+𝑝=6+2=8．故选：B.【变式3-3】（2022·全国·模拟预测（文））入射光线由点𝐴(5,2√3)出发，沿𝑥轴反方向射向抛物线𝐶：𝑦2=4𝑥上一点𝑃，反射光线�

�𝑄与抛物线𝐶交于点𝑄，则|𝑃𝑄|的值为（）A．4B．163C．2D．223【解题思路】根据抛物线的光学性质，结合抛物线的焦点弦公式求解即可【解答过程】易得𝑃的纵坐标为2√3，代入𝑦2=4𝑥可得𝑃(3,2√3).根据抛物线的光学性质可得，因为入射光线

由点𝐴(5,2√3)出发，沿𝑥轴反方向射向抛物线，故反射光线𝑃𝑄经过抛物线𝑦2=4𝑥的焦点𝐹(1,0)，故𝑃𝑄的斜率为2√33−1=√3.设𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，则直线𝑃𝑄的方程为𝑦=√3(𝑥−1)

，联立𝑦2=4𝑥可得3𝑥2−10𝑥+3=0，故|𝑃𝑄|=𝑥1+𝑥2+2=103+2=163故选：B.【题型4抛物线中的面积问题】【方法点拨】抛物线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与抛物线

方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形面积问题可化为两个三角形面积来求解.【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上一点𝑃(6,𝑦0)到焦点𝐹的距离|𝑃𝐹|=2𝑦0．(1)求抛物线

𝐶的方程；(2)过点𝐹且斜率为−√33的直线𝑙与抛物线𝐶交于𝐴，𝐵两点，点𝑀为抛物线𝐶准线上一点，且𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3，求△𝑀𝐴𝐵的面积．【解题思路】（1）由题知{2𝑦0=𝑦0+𝑝236=2�

�𝑦0𝑝>0，进而解方程即可得答案；（2）结合（1）得直线𝑙的方程为𝑥+√3𝑦−3√3=0，进而与抛物线方程联立得𝐴，𝐵的坐标分别为(2√3,1)，(−6√3,9)，再设𝑀的坐标为(𝑡,−3)，进而结合向量数量积的坐标运算𝑡=−√3或−3√3，再分别

计算|𝐴𝐵|与点𝑀到直线𝑙的距离即可得面积.【解答过程】（1）解：因为抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上一点𝑃(6,𝑦0)到焦点𝐹的距离|𝑃𝐹|=2𝑦0，所以，抛物线的定义得|𝑃𝐹|=𝑦0+𝑝2．

所以，{2𝑦0=𝑦0+𝑝236=2𝑝𝑦0𝑝>0，解得{𝑦0=3𝑝=6．所以，抛物线的方程为𝑥2=12𝑦；（2）解：由（1）知点𝐹(0,3)，所以直线𝑙的方程为𝑥+√3𝑦−3√3=0．所以，联立方程{𝑥+√3𝑦−3√3=0𝑥2=

12𝑦得𝑦2−10𝑦+9=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1=1，𝑦2=9，𝑦1+𝑦2=10，点𝐴，𝐵的坐标分别为(2√3,1)，(−6√3,9)．设点𝑀的坐标为(𝑡,−3)，则𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3−𝑡,4)，𝑀

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−6√3−𝑡,12)，所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3−𝑡)(−6√3−𝑡)+4×12=3，解得𝑡=−√3或−3√3，所以|𝐴𝐵|=|𝐴𝐹|+|

𝐵𝐹|=(𝑦1+𝑝2)+(𝑦2+𝑝2)=𝑦1+𝑦2+𝑝=10+6=16，点𝑀到直线𝑙的距离为𝑑=|𝑡−6√3|2，故𝑑=7√32或9√32．当𝑑=7√32时，△𝑀𝐴𝐵的面积为𝑆=12�

�⋅|𝐴𝐵|=28√3．当𝑑=9√32时．△𝑀𝐴𝐵的面积为𝑆=12𝑑⋅|𝐴𝐵|=36√3．【变式4-1】（2022·全国·高二课时练习）已知点𝑃(𝑥,𝑦)到定点𝑀(0,12)的距离比它到x轴的距离大12．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)在（1）的条件

下，且𝑦≥0时，过轨迹C的焦点且倾斜角为45°的直线交轨迹C于点A、B，求△AOB的面积．【解题思路】（1）根据已知条件列方程，化简求得𝑃点的轨迹𝐶的方程.（2）求得直线𝐴𝐵的方程，利用弦长公式、点到直线的距离公式求得

三角形𝐴𝑂𝐵的面积.【解答过程】（1）依题意√𝑥2+(𝑦−12)2=|𝑦|+12①，√𝑥2+(𝑦−12)2−12=|𝑦|，两边平方得𝑥2+(𝑦−12)2−√𝑥2+(𝑦−12)2+14=𝑦2，𝑥2−(𝑦−12)=√𝑥2+(𝑦−12)2②，两边平方得�

�4−2(𝑦−12)𝑥2+(𝑦−12)2=𝑥2+(𝑦−12)2，整理得𝑥4=2𝑦⋅𝑥2，𝑥2(𝑥2−2𝑦)=0可得𝑥2=2𝑦或𝑥=0，当𝑥=0时，②转化为|𝑦−12|=−(𝑦−12)，所以𝑦−12≤0，此时①转化为|𝑦−12|=12−𝑦=|

𝑦|+12,|𝑦|=−𝑦，所以𝑦≤0.所以𝑃点的轨迹𝐶的方程为𝑥2=2𝑦或𝑥=0(𝑦≤0).（2）当𝑦≥0时，轨迹𝐶的方程为𝑥2=2𝑦，是抛物线，2𝑝=2,𝑝=1,𝑝2=12，所以

轨迹𝐶的焦点为𝑀(0,12).所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦−12=tan45°×(𝑥−0),𝑦=𝑥+12，𝑥−𝑦+12=0,2𝑥−2𝑦+1=0，由{𝑦=𝑥+12𝑥2=2𝑦消去𝑦并化简得𝑥

2−2𝑥−1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=2,𝑥1⋅𝑥2=−1，所以|𝐴𝐵|=√1+12⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1⋅𝑥2=√2⋅√4+4=4.原点

𝑂到直线2𝑥−2𝑦+1=0的距离为1√22+22=√24.所以三角形𝐴𝑂𝐵的面积为12×4×√24=√22.【变式4-2】（2022·河南·高二期末（文））已知抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上的点(𝑡,4)到焦点𝐹的距离等于圆𝑥2+𝑦2−2�

�+4𝑦−31=0的半径．(1)求抛物线𝐶的方程；(2)过点𝐹作两条互相垂直的直线𝑙1与𝑙2，直线𝑙1交𝐶于𝑀，𝑁两点，直线𝑙2交𝐶于𝑃，𝑄两点，求四边形𝑀𝑃𝑁𝑄面积的最小值．【解题思路】（1）根据圆的半径及抛物线的定义可得方程；（2）分别联立两条直线与抛物线，可

得线段𝑀𝑁与𝑃𝑄长度，进而可得面积，结合基本不等式可得最小值.【解答过程】（1）由题设知，抛物线的准线方程为𝑦=−𝑝2，由点(𝑡,4)到焦点𝐹的距离等于圆𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦−31=0的半径，而𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦−31=0可化为(𝑥−1)

2+(𝑦+2)2=36，即该圆的半径为6，所以4+𝑝2=6，解得𝑝=4，所以抛物线𝐶的标准方程为𝑥2=8𝑦；（2）由题意可知，直线𝑙1与直线𝑙2的斜率都存在，且焦点𝐹坐标为(0,2)，因为�

�1⊥𝑙2，不妨设直线𝑙1的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，直线𝑙2的方程为𝑦=−1𝑘𝑥+2，联立{𝑥2=8𝑦𝑦=𝑘𝑥+2，得𝑥2−8𝑘𝑥−16=0，Δ=64𝑘2+64>0恒成立．设�

�(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=8𝑘，𝑥1𝑥2=−16，所以|𝑀𝑁|=𝑦1+𝑝2+𝑦2+𝑝2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+4+𝑝=8𝑘2+8，同理，得|

𝑃𝑄|=8(−1𝑘)2+8=8𝑘2+8，所以四边形𝑀𝑃𝑁𝑄的面积𝑆=12|𝑀𝑁||𝑃𝑄|=12(8𝑘2+8)(8𝑘2+8)=12(128+64𝑘2+64𝑘2)≥12(128+2√64𝑘2⋅64𝑘2)=128，（当且仅当𝑘=±1时等号成立

），所以四边形𝑀𝑃𝑁𝑄的面积的最小值是128．【变式4-3】（2022·上海市高三阶段练习）如图，已知点𝐹(1,0)为抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点A在

第一象限，点C在抛物线上，使得△𝐴𝐵𝐶的重心G在x轴上，直线𝐴𝐶交x轴于点Q，且Q在点F的右侧，记△𝐴𝐹𝐺，△𝐶𝑄𝐺的面积分别为𝑆1，𝑆2．(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)设A点纵坐标为2𝑡，求𝑆1𝑆2关于t的函数关系

式；(3)求𝑆1𝑆2的最小值及此时点G的坐标．【解题思路】（1）由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；（2）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，再用2𝑡代换𝑦1并化简即

可；（3）根据已求的函数关系式，结合基本不等式即可求得𝑆1𝑆2的最小值和点G的坐标.【解答过程】（1）因为点𝐹(1,0)为抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，所以𝑝2=1，即𝑝=2，准线方程𝑥=−1.（2）设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2

)，设直线AB的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1),𝑘≠0，与抛物线方程𝑦2=4𝑥联立可得：𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+𝑘2=0，故：𝑥1+𝑥2=2+4𝑘2,𝑥1𝑥2=1，𝑦1+𝑦2=𝑘(�

�1+𝑥2−2)=4𝑘,𝑦1𝑦2=−(√4𝑥1)×(√4𝑥2)=−4，设点C的坐标为𝐶(𝑥3,𝑦3)，由重心坐标公式可得：𝑥𝐺=𝑥1+𝑥2+𝑥33=13(2+4𝑘2+𝑥3)，𝑦𝐺=𝑦1+𝑦2+𝑦33=13(4𝑘+𝑦3)，令𝑦𝐺=0可得

：𝑦3=−4𝑘，则𝑥3=𝑦324=4𝑘2.即𝑥𝐺=13(2+4𝑘2+4𝑘2)=13(2+8𝑘2)，由斜率公式可得：𝑘𝐴𝐶=𝑦1−𝑦3𝑥1−𝑥3=𝑦1−𝑦3𝑦124−�

�324=4𝑦1+𝑦3，直线AC的方程为：𝑦−𝑦3=4𝑦1+𝑦3(𝑥−𝑥3)，令𝑦=0可得：𝑥𝑄=𝑥3+−𝑦3(𝑦1+𝑦3)4=𝑦324+−𝑦3(𝑦1+𝑦3)4=−𝑦1𝑦34，故𝑆1=12×(𝑥𝐺−𝑥𝐹)×𝑦1=12×

[13(2+8𝑘2)−1]×𝑦1=𝑦12×(83𝑘2−13)，且𝑆2=12×(𝑥𝑄−𝑥𝐺)×(−𝑦3)=−𝑦32[−𝑦1𝑦34−13(2+8𝑘2)]，由于𝑦3=−4𝑘，代入上式可得：𝑆2=2𝑘(𝑦1𝑘−23−83�

�2)，由𝑦1+𝑦2=4𝑘,𝑦1𝑦2=−4可得𝑦1−4𝑦1=4𝑘，则𝑘=4𝑦1𝑦12−4，则𝑆1𝑆2=𝑦12×(83𝑘2−13)2𝑘(𝑦1𝑘−23−83𝑘2)=2𝑦12(𝑦12−2)(𝑦12−4)(𝑦12+4)=2−4(𝑦12−8)+48𝑦12−

8+16，令𝑦1=2𝑡，得𝑆1𝑆2=2×4𝑡2⋅(4𝑡2−2)(4𝑡2−4)(4𝑡2+4)=2𝑡4−𝑡2𝑡4−1=2−𝑡2−2𝑡4−1.即𝑆1𝑆2关于t的函数关系式为𝑆1𝑆2=2−𝑡2−2𝑡4−1.（3）设𝑚=𝑡2−2(𝑚＞0)，则𝑆1�

�2=2−𝑡2−2𝑡4−1=2−𝑚𝑚2+4𝑚+3=2−1𝑚+3𝑚+4≥2−12√𝑚⋅3𝑚+4=1+√32，当且仅当𝑚=3𝑚，即𝑚=√3，𝑡=√6+√22，𝑦1=√6+√2时等号成立，即𝑆1𝑆2的最小值为1+√32，此时𝑘=4𝑦1𝑦12−4=√2，𝑥

𝐺=13(2+8𝑘2)=2，则点G的坐标为𝐺(2,0).【题型5抛物线中的定点、定值、定直线问题】【例5】（2022·江苏南京·高三阶段练习）已知抛物线C：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段P

F中点．(1)求p的值；(2)是否存在定点T，使得𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑇𝐵⃗⃗⃗⃗⃗为常数？若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由．【解题思路】（1）结合中点坐标公式表示出点A的坐标带入抛物线的方程即可求出结果；（2）设

出直线的方程与抛物线联立，进而结合根与系数的关系得到𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑇𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的表达式，从而可得{4𝑚+4√2−2√2𝑛=04−2√2𝑚=0，因此解方程组即可求出结果.【解答过程】（1）因为𝐹(𝑝2,0),𝑃(0,2)，且点A恰好为线段PF中点

，所以𝐴(𝑝4,1)，又因为A在抛物线上，所以12=2𝑝⋅𝑝4，即𝑝2=2，解得𝑃=√2（2）设𝑇(𝑚,𝑛)，可知直线l斜率存在；设l：𝑦=𝑘𝑥+2，𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)

联立方程得：{𝑦2=2√2𝑥𝑦=𝑘𝑥+2，所以𝑘2𝑦2−2√2𝑦+4√2=0，所以𝑦1+𝑦2=2√2𝑘,𝑦1𝑦2=4√2𝑘，又：𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑇𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1−𝑚)(𝑥2−𝑚)+(𝑦1−𝑛)(𝑦2−𝑛)=(√24𝑦1

2−𝑚)(√24𝑦22−𝑚)+(𝑦1−𝑛)(𝑦2−𝑛)=18𝑦12𝑦22−√24𝑚(𝑦12+𝑦22)+𝑚2−𝑛(𝑦1+𝑦2)+𝑛2=4𝑘2−√24𝑚(8𝑘2−8√2𝑘

)+𝑚2+4√2𝑘−2√2𝑛𝑘+𝑛2=4−2√2𝑚𝑘2+4𝑚+4√2−2√2𝑛𝑘+𝑚2+𝑛2，令{4𝑚+4√2−2√2𝑛=04−2√2𝑚=0，解之得：{𝑚=√2𝑛=4，即𝑇(√2,4)，此时𝑇𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑇𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗=𝑚2+𝑛2=18.【变式5-1】（2022·上海市高二期末）已知抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点为F，𝑃(−1,0)，过F作直线l交抛物线C于𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)两点.(1)若直线l的斜率为1，求线段AB的中点坐标；(2)设直线PA，P

B的斜率分别为𝑘𝑃𝐴，𝑘𝑃𝐵，求证：𝑘𝑃𝐴+𝑘𝑃𝐵是定值.【解题思路】（1）根据抛物线和直线的位置关系，联立方程结合韦达定理来求交点坐标的中点坐标即可；（2根据题意假设直线方程，再联立方程，结合韦达定理，对所需证明的式子化简即可.【解答过程】（1）根据题意点𝐹（1，0），

而直线𝑙的斜率为1，所以𝑙的方程为𝑦=𝑥−1，联立抛物线方程{𝑦=𝑥−1𝑦2=4𝑥⇒𝑥2−6𝑥+1，根据韦达定理有𝑥1+𝑥2=6,𝑥1⋅𝑥2=1，点𝐴,𝐵均在直线𝑙上，所以𝑦1+𝑦2=𝑥1−1+𝑥2−1=𝑥1+𝑥2−2=4，所以𝐴,𝐵

中点坐标为(𝑥1+𝑥22,𝑦1+𝑦22)即（3，2）.（2）根据题意直线𝑙与抛物线有两个交点，所以直线𝑙的斜率不可能为0，设直线𝑙方程为𝑥=𝑚𝑦+1，联立抛物线方程有{𝑥=𝑚𝑦+1𝑦2=4𝑥⇒𝑦2−4𝑚𝑦−4=0，据韦达定理有𝑦1+𝑦2=4𝑚,𝑦1⋅�

�2=−4，𝑘𝑃𝐴+𝑘𝑃𝐵=𝑦1𝑥1+1+𝑦2𝑥2+1=𝑦1(𝑚𝑦2+2)+𝑦2(𝑚𝑦1+2)(𝑚𝑦1+2)(𝑚𝑦2+2)=2𝑚𝑦1𝑦2+2(𝑦1+𝑦2)𝑚2𝑦1𝑦2+2�

�(𝑦1+𝑦2)+4=−8𝑚+8𝑚−4𝑚2+8𝑚2+4=0，所以𝑘𝑃𝐴+𝑘𝑃𝐵为定值0.【变式5-2】（2022·四川·教科所三模（理））设抛物线𝐸：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0

)，以𝑁(2,1)为圆心，5为半径的圆被抛物线𝐸的准线截得的弦长为8．(1)求抛物线𝐸的方程；(2)过点𝑁的两条直线分别与曲线𝐸交于点A，B和C，D，且满足𝑁𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝑁𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑁𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求证：线段𝐵𝐷的中点在直线𝑦=1上．【解题思路】（1）设𝑁到𝑙的距离为𝑑，由题意可得：𝑑2+(82)2=52，可解得𝑝=2，即可求出抛物线𝐸的方程.（2）设𝐵(𝑥1,𝑦1)，𝐷(𝑥2,𝑦2)，由�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，表示出𝐴点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得−𝜆𝑦1⬚2+2𝜆𝑦1−(7+𝜆)=0，同理可得：−𝜆𝑦2⬚2+2𝜆𝑦2−(7+𝜆)=0，又因为

𝑦1，𝑦2是关于𝑦的方程−𝜆𝑦2+2𝜆𝑦−(7+𝜆)=0的两根，则𝑦1+𝑦2=2，即可证明.【解答过程】(1)𝐸：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的准线𝑙：𝑥=−𝑝2设𝑁到𝑙的距离为𝑑，由已知

得𝑑2+(82)2=52，∴𝑑=3，∴2+𝑝2=3，∴𝑝=2∴𝐸的方程为𝑦2=4𝑥(2)设𝐵(𝑥1,𝑦1)，𝐷(𝑥2,𝑦2)∵𝑁𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴(

𝑥𝐴−2,𝑦𝐴−1)=𝜆(𝑥1−2,𝑦1−1)∴{𝑥𝐴−2=𝜆(𝑥1−2)𝑦𝐴−1=𝜆(𝑦1−1)，∴{𝑥𝐴=𝜆𝑥1+2(1−𝜆)𝑦𝐴=𝜆𝑦1+(1−𝜆)代入𝑦2=4𝑥得[𝜆

𝑦1+(1−𝜆)]2=4[𝜆𝑥1+2(1−𝜆)]∴𝜆2𝑦12+2𝜆(1−𝜆)𝑦1+(1−𝜆)2=𝜆𝑦12+8(1−𝜆)∴𝜆(𝜆−1)𝑦12+2𝜆(1−𝜆)𝑦1+(1−𝜆)2−8(1−𝜆)=0∵点N在抛物线内

部，∴𝜆<0，1−𝜆≠0，∴−𝜆𝑦1⬚2+2𝜆𝑦1−(7+𝜆)=0同理−𝜆𝑦2⬚2+2𝜆𝑦2−(7+𝜆)=0∴𝑦1，𝑦2是关于𝑦的方程−𝜆𝑦2+2𝜆𝑦−(7+𝜆)=0的两根，∴𝑦1+𝑦2=2，∴𝑦1+𝑦22

=1∴𝐵𝐷的中点在直线𝑦=1上．【变式5-3】（2022·全国·高二课时练习）如图，F是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，Q是准线与x轴的交点，斜率为k的直线l经过点Q．(1)当k取不同

数值时，求直线l与抛物线公共点的个数；(2)若直线l与抛物线相交于A、B两点，求证：𝑘𝐹𝐴+𝑘𝐹𝐵是定值．(3)在x轴上是否存在这样的定点M，对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点，均能使得𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵为定值，若有，找

出满足条件的点M;若没有，请说明理由．【解题思路】（1）求得直线𝑙的方程并代入抛物线的方程，对𝑘进行分类讨论，由此求得正确答案.（2）结合根与系数关系，计算出𝑘𝐹𝐴+𝑘𝐹𝐵=0.（3）设𝑀(𝑡,0)，求

得𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵的表达式，从而求得𝑡=0时，𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵为定值.【解答过程】（1）抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为𝐹(𝑝2,0)，𝑄(−𝑝2,0)，设𝑙:𝑦=𝑘(𝑥+𝑝2)，代入𝑦2=2𝑝𝑥并化简得𝑘2𝑥2+𝑝(𝑘2

−2)𝑥+𝑘2𝑝24=0①．当𝑘=0，直线𝑙的方程为𝑦=0，与𝑦2=2𝑝𝑥的交点为原点(0,0)，直线l与抛物线有1个公共点；当𝑘≠0，Δ=−4𝑝2(𝑘2−1)，若Δ>0，即𝑘∈(−1,0)∪(0,1)

，直线l与抛物线有2个公共点；若Δ=0，即𝑘=±1时，直线l与抛物线有1个公共点；若Δ<0，即𝑘<−1或𝑘>1，直线l与抛物线没有公共点．（2）由于直线𝑙与抛物线有两个交点，由（1）得𝑘∈(−1,0)∪(0,

1).设交点𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，由①得𝑥1+𝑥2=−𝑝(𝑘2−2)𝑘2=2𝑝𝑘2−𝑝,𝑥1⋅𝑥2=𝑝24，𝑘𝐹𝐴+𝑘𝐹𝐵=𝑦1𝑥1−𝑝2+𝑦2𝑥2−𝑝2=𝑘(𝑥1+

𝑝2)(𝑥2−𝑝2)+𝑘(𝑥2+𝑝2)(𝑥1−𝑝2)(𝑥1−𝑝2)(𝑥2−𝑝2)=2𝑘(𝑥1𝑥2−𝑝24)(𝑥1−𝑝2)(𝑥2−𝑝2)=0，所以𝑘𝐹𝐴+𝑘𝐹𝐵为定值0．（3）若存在

满足条件的点𝑀(𝑡,0)，使得𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵为定值．则𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵=𝑦1𝑥1−𝑡⋅𝑦2𝑥2−𝑡=𝑘2(𝑥1+𝑝2)(𝑥2+𝑝2)(𝑥1−𝑡)(𝑥

2−𝑡)=𝑘2[𝑥1𝑥2+𝑝2(𝑥1+𝑥2)+𝑝24]𝑥1𝑥2−𝑡(𝑥1+𝑥2)+𝑡2=𝑘2[𝑝24+𝑝2(2𝑝𝑘2−𝑝)+𝑝24]𝑝24−𝑡(2𝑝𝑘2−𝑝)+𝑡2=𝑝2𝑝24+𝑡(𝑡+𝑝−2𝑝𝑘

2)仅当𝑡=0，即𝑀(0,0)时，𝑘𝑀𝐴⋅𝑘𝑀𝐵为定值4．【题型6抛物线有关的应用问题】【方法点拨】利用抛物线解决实际问题的基本步骤：①建立适当的直角坐标系；②求出抛物线的标准方程；③根据抛物线的方程及定义、直线与抛物线的位置关系来解决实际应

用问题.【例6】（2022·全国·高二课时练习）某单行隧道横断面由一段抛物线及一个矩形的三边组成，尺寸如图所示（单位：m），某卡车载一集装箱，车宽3m，车与集装箱总高4.5m，此车能否安全通过隧道？说

明理由．【解题思路】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，当车走中间时𝑥=1.5，代入抛物线求纵坐标，与车货总高比较即可.【解答过程】以抛物线的顶点为原点，以抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则点A的坐标为(3,−3)

．设抛物线的标准方程为𝑥2=−2𝑝𝑦（𝑝>0）．将点A的坐标代入上式，得9=6𝑝，即2𝑝=3．所以抛物线的标准方程为𝑥2=−3𝑦．将𝑥=1.5代入抛物线的标准方程，得𝑦=−0.75

，则5−0.75=4.25<4.5．这说明，即使集装箱处于隧道的正中位置，车与集装箱的总高也会高于BD，所以此车不能安全通过隧道．【变式6-1】（2022·安徽·高二期末）如图是一抛物线型机械模具的示意图，该模具是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，已知顶点深度4cm，口

径长为12cm．(1)以顶点为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），求该抛物线的标准方程；(2)为满足生产的要求，需将磨具的顶点深度减少1cm，求此时该磨具的口径长．【解题思路】（1）设抛物线的标准方程为𝑥2=2𝑝𝑦，由题意可

得抛物线过点(6,4)，将此点代入方程中可求出𝑝的值，从而可得抛物线方程，（2）设此时的口径长为2𝑎(𝑎>0)，则抛物线过点(𝑎,3)，代入抛物线方程可求出𝑎的值，从而可求得答案【解答过程】(1)由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为𝑥2=2𝑝𝑦，因为

顶点深度4，口径长为12，所以该抛物线过点(6,4)，所以62=2𝑝×4，得2𝑝=9，所以抛物线方程为𝑥2=9𝑦；(2)若将磨具的顶点深度减少1cm，设此时的口径长为2𝑎(𝑎>0)，则可得𝑎2=9×3，得𝑎=3√3，所以此时该磨具的口径长6√3．【变

式6-2】（2022·江苏南通·高二期末）如图，马路𝑙南边有一小池塘，池塘岸𝑀𝑁长40米，池塘的最远端𝑂到𝑙的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路𝐴𝐵,

𝐵𝐶,𝐶𝐷，且𝐴𝐵,𝐵𝐶,𝐶𝐷均与小池塘岸线相切，记∠𝐵𝐴𝐷=𝜃.（1）求小路的总长，用𝜃表示；（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，t

an𝜃的值.【解题思路】（1）建立合适的平面直角坐标系，求出小池塘的边界抛物线方程，然后设出直线𝐴𝐵的方程，和抛物线联立，可求出切点坐标，同时可求出𝐵,𝐶的坐标，表示出𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝐷，变形即可得结果；（2

）要所需铺草坪面积最小，需要梯形面积最小，利用（1）的结果表示出梯形面积，利用基本不等式求出最值．【解答过程】解：（1）以𝑂为原点，𝐵𝐶所在直线为𝑥轴，过点𝑂作垂直于𝑥轴的直线为𝑦轴，建立直角坐标系，所以𝑀(−20,400),𝑁(20,

400)，因为小池塘的边界为抛物线型，设边界所在的抛物线方程为𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)，因为𝑀(−20,400)是曲线上一点，所以𝑝=12，即抛物线方程为𝑦=𝑥2.设𝐴𝐵所在的直线方程：𝑦=𝑘𝑥+𝑡(𝑘=tan𝜃)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑡�

�=𝑥2，即𝑥2−𝑘𝑥−𝑡=0，因为𝐴𝐵与抛物线相切，所以𝛥=𝑘2+4𝑡=0①.记直线𝐴𝐵与抛物线切于点𝑄，所以𝑄点的横坐标为𝑘2∈(0,20)，即𝑘∈(0,40).易得点𝐵(−𝑡

𝑘,0)，点𝐴(400−𝑡𝑘,400)，由对称性可知𝐶(𝑡𝑘,0)，点𝐷(−400−𝑡𝑘,400).所以小路总长为𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝐷=−2𝑡𝑘+2√(400𝑘)2+4002，由①及𝑘=tan𝜃可知𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝐷=tan𝜃

2+2√(400tan𝜃)2+4002=tan𝜃2+800sin𝜃(0<tan𝜃<40)；（2）记草坪面积为𝑆，梯形面积为𝑆1，小池塘面积为𝑆2，所以𝑆=𝑆1−𝑆2，因为小池塘面积𝑆2为定值，要使得草坪面

积最小，则梯形面积最小𝑆1=12(𝐵𝐶+𝐴𝐷)⋅400=12⋅2(−𝑡𝑘+400−𝑡𝑘)⋅400，由①知𝑆1=200(800𝑘+𝑘)≥8000√2，当且仅当“𝑘=20√2∈(0,40)”取得“＝”所以当tan𝜃=20√2时，梯形面积最小，即草坪面

积最小．【变式6-3】（2022·全国·高二课时练习）如图，河道上有一座抛物线型拱桥，在正常水位时，拱圈最高点距水面为8m，拱圈内水面宽16m．，为保证安全，要求通过的船顶部（设为平顶）与拱桥顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5m．（1）一条船船顶部宽4m，要使这艘船安全通过，则船在水

面以上部分高不能超过多少米？（2）近日因受台风影响水位暴涨2.7m，为此必须加重船载，降低船身，才能通过桥洞．试问：一艘顶部宽4√2m，在水面以上部分高为4m的船船身应至少降低多少米才能安全通过？【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，设抛物线方程𝑥2=−2𝑝𝑦，求得抛

物线方程，最后令其x＝2即可得出船在水面以上部分高不能超过多少米；（2）把x＝2√2代入抛物线的方程求得y值，结合已知条件，即可求得结果.【解答过程】（1）以过拱桥的最高点且平行水面的直线为𝑥轴，最高点O为原点建立

直角坐标系，如下所示：设抛物线方程为𝑥2=−2𝑝𝑦，根据题意，该抛物线过点(8,−8)，故2𝑝＝8，故抛物线方程是𝑥2=−8𝑦，将x＝2代入得𝑦=−12，故要使该船安全通过，则船在水平以上的部分高不能超过8−0.5−0.5＝7，故船在水

面以上部分高不能超过7米．（2）将𝑥=2√2代入方程𝑥2=−8𝑦得𝑦=−1，要满足题意，船身应至少降低1+0.5+2.7+4＝8.2，故船身应至少降低0.2米.