习题2.3优质课教案推荐

抛物线的简单几何性质

例1

过抛物线焦点的一条直线与它交于两点P、Q，通过点P和抛物线顶点的直线交准线于点M，如何证明直线MQ平行于抛物线的对称轴？

解：思路一：求出M、Q的纵坐标并进行比较，如果相等，则MQ//x轴，为此，将方程y2px,yk(x联立，解出

2p)2p(k211)2p(1k21)p(k211)2p(1k21)P(,),Q(,)

22kk2k2k直线OP的方程为y2k(1k21)(k211)22(1k21)x,即yx.

kpp(1k21)令x，得M点纵坐标yMyQ得证．

2k由此可见，按这一思路去证，运算较为繁琐．

思路二：利用命题“如果过抛物线y2px的焦点的一条直线和这条抛物线相交，两上交点的纵坐标为y1、2y2，那么y1y2p2”来证．

设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、M(x3,y3)，并从y22px及yk(xp)中消去x，得到ky22pykp20，2p2则有结论y1y2p，即y2．

y12又直线OP的方程为ypy1py1．

x，

x，得y32x12x12y因为P(x1,y1)在抛物线上，所以2x11．

ppy1pp2从而y3(py1)2y2．

2x1y1y1这一证法运算较小．

2yp思路三：直线MQ的方程为yyo的充要条件是M(,y0),Q(0,y0)．

22p将直线MO的方程y2py2y0p和直线QF的方程y202(x)联立，它的解（x ,y）就是点P的坐p2yop标，消去yo的充要条件是点P在抛物线上，得证．这一证法巧用了充要条件来进行逆向思维，运算量也较小．

说明：本题中过抛物线焦点的直线与x轴垂直时（即斜率不存在），容易证明成立．

例2

已知过抛物线y2px(p0)的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，点R是含抛物线顶点O的弧AB上一点，求△RAB的最大面积．

2

分析：求RAB的最大面积，因过焦点且斜率为1的弦长为定值，故可以AB为三角形的底，只要确定高的最大值即可．

解：设AB所在的直线方程为yxp．

2将其代入抛物线方程y22px，消去x得y22pyp20

AB2y1y22(y1y2)24y1y24p

当过R的直线l平行于AB且与抛物线相切时，△RAB的面积有最大值．

设直线l方程为yxb．代入抛物线方程得y22py2pb0

由4p28pb0,得b∴△RAB的最大面积为pp2，这时R(,p)．它到AB的距离为hp

2221ABh2p2．

2例3

直线l1过点M(1,0)，与抛物线y24x交于P1、P2两点，P是线段P1P2的中点，直线l2过P和抛物线的焦点F，设直线l1的斜率为k．

（1）将直线l2的斜率与直线l1的斜率之比表示为k的函数f(k)；

（2）求出f(k)的定义域及单调区间．

分析：l2过点P及F，利用两点的斜率公式，可将l2的斜率用k表示出来，从而写出f(k)，由函数f(k)的特点求得其定义域及单调区间．

解：（1）设l1的方程为：yk(x1)，将它代入方程y4x，得

2k2x2(2k24)xk20

42k22k2,x设P

1(x1,y1)、P2(x2,y2)、P(x,y)，则x1x2k2k222k22k22,)．

将x代入yk(x1)得：y，即P点坐标为(2kkk2k2k2k由y4x，知焦点F(1,0)，∴直线l2的斜率k2

222k1k1k2∴函数f(k)1．

21k224（2）∵l2与抛物线有两上交点，∴k0且(2k4)4k0

解得1k0或0k1

∴函数f(k)的定义域为k1k0或0k1

当k(1,0)时，f(k)为增函数．

例4

如图所示：直线l过抛物线y22px的焦点，并且与这抛物线相交于A、B两点，求证：对于这抛物线的任何给定的一条弦CD，直线l不是CD的垂直平分线．

分析：本题所要证的命题结论是否定形式，一方面可根据垂直且平分列方程得矛盾结论；别一方面也可以根据l上任一点到C、D距离相等来得矛盾结论．

证法一：假设直线l是抛物线的弦CD的垂直平方线，因为直线l与抛物线交于A、B两点，所以直线l的斜率存在，且不为零；直线CD的斜率存在，且不为0．

2设C、D的坐标分别为(2pt12,2pt1)与(2pt2,2pt2)．则kCD1

t1t2∴l的方程为y(t1t2)(x∵直线l平分弦CD p)

2∴CD的中点(p(t1t2),p(t1t2))在直线l上，

即p(t1t2)(t1t2)[p(t1t2)由p(t1t2)0知t1t2222222p12]，化简得：p(t1t2)(t12t2)0

2210得到矛盾，所以直线l不可能是抛物线的弦CD的垂直平分线．

2证法二：假设直线l是弦CD的垂直平分线

∵焦点F在直线l上，∴CFDF

由抛物线定义，C(x1,y1),D(x2,y2)到抛物线的准线xp的距离相等．

2∵x1x2,y1y2，∴CD的垂直平分线l：y0与直线l和抛物线有两上交点矛盾，下略．

例5

设过抛物线y2px(p0)的顶点O的两弦OA、OB互相垂直，求抛物线顶点O在AB上射影N的轨迹方程．

分析：求与抛物线有关的轨迹方程，可先把N看成定点(x0,y0)；待求得x0、y0的关系后再用动点坐标2(x，y)来表示，也可结合几何知识，通过巧妙替换，简化运算．

解法一：设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0),

2y12y2则：y2px1,y2px2，x1x2

4p22122OAOB，kOAkOB1即x1x2y1y20

2y12y2y1y20，y1y20，y1y24p2

①

24p

把N点看作定点，则AB所在的直线方程为：yy02x0(xx0),显然x00

y0yy(xy0)22代入y22px,化简整理得：x0y22py0y2p(x0y0)0

x0x0222p(x0y0)

②

x00，y1y2x0222p(x0y0)22由①、②得：4p，化简得x0y02px00(x00)

x02用x、y分别表示x0、y0得：x2y22px0(x0)

解法二：点N在以OA、OB为直径的两圆的交点（非原点）的轨迹上，设A(2pt,2pt)，则以OA为直径的圆方程为：(xpt)(ypt)p(tt)

2222422x2y22pt22pty0

①

设B(2pt1,2pt1)，OA⊥OB，则t1t1t1

在求以OB为直径的圆方程时以代t1，可得

21t1tt2(x2y2)2px2pty0

②

由①＋②得：(1t)(xy2px)0

222x2y22px0(x0)

例6如图所示，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点Nl1，以A、B为端点的曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等，若△AMN为锐角三角形，AM求曲线段C的方程．

分析：因为曲线段C上的任一点是以点N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，所以本题关键是建立适当坐标系，确定C所满足的抛物线方程．

解：以l1为x轴，MN的中点为坐标原点O，建立直角坐标系．

7，AN3，且BN6，建立适当的坐标系，由题意，曲线段C是N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，其中A、B分别为曲线段的两端点．

∴设曲线段C满足的抛物线方程为：y2px(p0)(xAxxB,y0),其中xA、xB为A、B的横坐标

2

令MNp,则M(pp,0),N(,0)，AM17,AN3

22(xA∴由两点间的距离公式，得方程组：(xAp4p2或

x1x2AAp2)2pxA172

p2)2pxA92解得∵△AMN为锐角三角形，∴pxA，则p4，xA1

2p624

2又B在曲线段C上，xBBN则曲线段C的方程为y8x(1x4,y0).

2例7如图所示，设抛物线y2px(0p1)与圆(x5)y9在x轴上方的交点为A、B，与圆（1）求PQ．（2）求△ABQ面积的(x6)2y227在x由上方的交点为C、D，P为AB中点，Q为CD的中点．最大值．

分析：由于P、Q均为弦AB、CD的中点，故可用韦达定理表示出P、Q两点坐标，由两点距离公式即可求出PQ．

222解：（1）设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),D(xD,yD),P(x1,y1),Q(x2,y2)

22(x5)y9由2得：x22(5p)x160，

y2pxx1xAxB5P

2y12pyAyB(xAxB)222pxAxB2xAxB

22p2(5p)829pp2

22(x6)y27由2得x22(6p)x90，

y2pxx22pxCxDyyD6p，y2C(xCxD)

2222同y1类似，y29pp

则x1x21,y1y20，PQ1

（2）SABQSAPQSBPQ1PQyAyB22P102p822P2xAxB

p(1p)

0p1，∴当p11时，SABQ取最大值．

22例8

已知直线l过原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，且点A(1,0)和点B(0,8)关于直线l的对称点都在C上，求直线l和抛物线C的方程．

分析：设出直线l和抛物线C的方程，由点A、B关于直线l对称，求出对称点的坐标，分别代入抛物线方程．或设BOx，利用对称的几何性质和三角函数知识求解．

2解法一：设抛物线C的方程为y2px(p0)，直线l的方程为ykx(k0)，

'''则有点A(1,0)，点B(0,8)关于直线l的对称点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，

2x11y1k1k,x,221k21则有解得

y1k1,y2k;1k21x11x216ky28k,x,2222k1解得

y822y8(k1).k1,2k21x2如图，A、B在抛物线上

''

4k2k212p2,22k1(k1)∴

2264(k1)2p16k.22k21(k1)2两式相除，消去p，整理，得kk10，故k15，

2由p0，k0，得k151525．把k代入，得p．

225∴直线l的方程为y4515x．

x，抛物线C的方程为y252''解法二：设点A、B关于l的对称点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，

'''又设BOx，依题意，有OAOA1，OBOB8．

故x28cos，y28sin．

''由BOA90，知BOA90．

∴x1cos(90)sin，y1sin(90)cos．

又x10，x20，故为第一象限的角．

∴A(sin,cos)、B(8cos,8sin)．

2cos2psin,将A、B的坐标代入抛物线方程，得

264sin16pcos.''''33∴8sincos，即tan1525从而sin，cos，

255∴p45252x．

，得抛物线C的方程为y559045．

22'又直线l平分BOB，得l的倾斜角为∴ktan(45)2sin(90)cos15．

1cos(90)1sin2

∴直线l的方程为y15x．

2说明：

(1)本题属于点关于直线的对称问题．解法一是解对称点问题的基本方法，它的思路明确，但运算量大，若不仔细、沉着，难于解得正确结果．解法二是利用对称图形的性质来解，它的技巧性较强，一时难于想到．

(2)本题是用待定系数法求直线的方程和抛物线方程．在已知曲线的类型求曲线方程时，这种方法是最常规方法，需要重点掌握．

例9

如图，正方形ABCD的边AB在直线l：yx4上，C、D两点在抛物线y2x上，求正方形ABCD的面积．

分析：本题考查抛物线的概念及其位置关系，方程和方程组的解法和数形结合的思想方法，以及分析问题、解决问题的能力．

解：∵直线AB：yx4，AB//CD，∴设CD的方程为yxb，且C(x1,y1)、D(x2,y2)．

y2x由方程组，消去x，得y2yb0，于是

yxby1y21，y1y2b，∴CD1∴CD1y1y2(其中k1) 2k2(y1y2)24y1y22(14b)．

由已知，ABCD为正方形，CDAD，

∴CD可视为平行直线AB与CD间的距离，则有

CD4b2，于是得2(14b)24b2．

两边平方后，整理得，b8b120，∴b6或b2．

当b6时，正方形ABCD的面积SCD2(124)50．

当b2时，正方形ABCD的面积SCD2(18)18．

∴正方形ABCD的面积为18或50．

说明：运用方程（组）的思想和方法求某些几何量的值是解析几何中最基本的、贯穿始终的方法，本题应充分考虑正方形这一条件．

例10

设有一颗彗星围绕地球沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于抛物线轨道的焦点处，当此彗星离地球4为d10km时，经过地球与彗星的直线与抛物线的轴的夹角为30，求这彗星与地球的最短距离．

22

分析：利用抛物线有关性质求解．

解：如图，设彗星轨道方程为y22px，p0，焦点为F(p,0)，

2彗星位于点P(x0,y0)处．直线PF的方程为y3p(x)．

32

y22px,(743)p解方程组得，

x3p2(x),y32故x0(743)p．

223p23(743)pp|x0|||(423)p．

3232223d．

2PF故(423)pd，得p由于顶点为抛物线上到焦点距离最近的点，所以顶点是抛物线上到焦点距离最近的点．焦点到抛物线顶点的距离为p232323（P点在F点的d，所以彗星与地球的最短距离为d104km或d104km，2444左边与右边时，所求距离取不同的值）．

说明：(1)此题结论有两个，不要漏解；

(2)本题用到抛物线一个重要结论：顶点为抛物线上的点到焦点距离最近的点，其证明如下：设P(x0,y0)为抛物线y22px上一点，焦点为F(pppp,0)，准线方程为x，依抛物线定义，有PFx0(x00)，2222当x00时，PF最小，故抛物线上到焦点距离最近的点是抛物线的顶点．

例11

如图，抛物线顶点在原点，圆xy4x的圆心是抛物线的焦点，直线l过抛物线的焦点，且斜率为2，直线l交抛物线与圆依次为A、B、C、D四点，求ABCD的值．

22

分析：本题考查抛物线的定义，圆的概念和性质，以及分析问题与解决问题的能力，本题的关键是把ABCD转化为直线被圆锥曲线所截得的弦长问题．

解：由圆的方程x2y24x，即(x2)2y24可知，圆心为F(2,0)，半径为2，又由抛物线焦点为已知圆的圆心，得到抛物线焦点为F(2,0)，设抛物线方程为y28x，

ABCDADBC

∵BC为已知圆的直径，∴BC4，则ABCDAD4．

设A(x1,y1)、D(x2,y2)，∵ADAFFD，而A、D在抛物线上，

由已知可知，直线l方程为y2(x2)，于是，由方程组

y28,2消去y，得x6x40，∴x1x26．

y2(x2).∴AD6410，因此，ABCD1046．

说明：本题如果分别求AB与CD则很麻烦，因此把ABCD转化成ADBCAD4是关键所在，在求AD时，又巧妙地运用了抛物线的定义，从而避免了一些繁杂的运算．