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《抛物线》典型例题12例(含标准答案)

2022-12-23 来源:客趣旅游网
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《抛物线》典型例题12例

典型例题一

例1 指出抛物线的焦点坐标、准线方程. (1)x24y (2)xay2(a0)

分析:(1)先根据抛物线方程确定抛物线是四种中哪一种,求出p,再写出焦点坐标和准线方程.

(2)先把方程化为标准方程形式,再对a进行讨论,确定是哪一种后,求p及焦点坐标与准线方程.

解:(1)p2,∴焦点坐标是(0,1),准线方程是:y1 (2)原抛物线方程为:y21ax,2p1a

①当a0时,

p124a,抛物线开口向右, ∴焦点坐标是(14a,0),准线方程是:x14a. ②当a0时,

p214a,抛物线开口向左, ∴焦点坐标是(14a,0),准线方程是:x14a. 综合上述,当a0时,抛物线xay2的焦点坐标为(14a,0),准线方程是:x14a. 典型例题二

例2 若直线ykx2与抛物线y28x交于A、B两点,且AB中点的横坐标为2,求此直线方程.

分析:由直线与抛物线相交利用韦达定理列出k的方程求解.另由于已知与直线斜率及弦中点坐标有关,故也可利用“作差法”求k.

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解法一:设A(xykx21,y1)、B(x2,y2),则由:28x可得:

yk2x2(4k8)x40.

∵直线与抛物线相交,k0且0,则k1. ∵AB中点横坐标为:x1x24k28k22, 解得:k2或k1(舍去). 故所求直线方程为:y2x2.

解法二:设A(x21,y1)、B(x2,y2),则有y18x1y228x2.

两式作差解:(yy1y21y2)(y1y2)8(x1x2),即

x8. 1x2y1y2x1x24y1y2kx12kx22k(x1x2)44k4,

k84k4故k2或k1(舍去). 则所求直线方程为:y2x2.

典型例题三

例3 求证:以抛物线的焦点弦为直径的圆心与抛物线的准线相切. 分析:可设抛物线方程为y22px(p0).如图所示,只须证明AB2MM1,

则以AB为直径的圆,必与抛物线准线相切. 证明:作AA1l于A1,BB1l于B1.M为AB中点,作

MM1l于M1,则由抛物线的定义可知:

AA1AF,BB1BF 在直角梯形BB1A1A中:

MM11112(AA1BB1)2(AFBF)2AB 2欢迎下载。

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MM112AB,故以AB为直径的圆,必与抛物线的准线相切. 说明:类似有:以椭圆焦点弦为直径的圆与相对应的准线相离,以双曲线焦点弦为直径的圆与相应的准线相交.

典型例题四

例4(1)设抛物线y24x被直线y2xk截得的弦长为35,求k值. (2)以(1)中的弦为底边,以x轴上的点P为顶点作三角形,当三角形的面积为9时,求P点坐标.

分析:(1)题可利用弦长公式求k,(2)题可利用面积求高,再用点到直线距离求P点坐标.

解:(1)由y24x2xk得:4x2(4k4)xk20

y(x)与B(xxk2设直线与抛物线交于A1,y12,y2)两点.则有:x1x21k,x124

AB(122)(x1x2)25(x1x22)4x1x25(1k)2k25(12k)AB35,5(12k)35,即k4 (2)S9,底边长为35,∴三角形高h2965355 ∵点P在x轴上,∴设P点坐标是(x0,0) 则点P到直线y2x4的距离就等于h,即

2x0046522125 x01或x05,即所求P点坐标是(-1,0)或(5,0).

典型例题五

例5 已知定直线l及定点A(A不在l上),n为过A且垂直于l的直线,设N为l上任一点,AN的垂直平分线交n于B,点B关于AN的对称点为P,求证P的轨迹为抛物线.

分析:要证P的轨迹为抛物线,有两个途径,一个证明P点的轨迹符合抛物线

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的定义,二是证明P的轨迹方程为抛物线的方程,可先用第一种方法,由A为定点,l为定直线,为我们提供了利用定义的信息,若能证明PAPN且

PNl即可.

证明:如图所示,连结PA、PN、NB.

由已知条件可知:PB垂直平分NA,且B关于AN的对称点为P. ∴AN也垂直平分PB.则四边形PABN为菱形.即有PAPN.

ABl.PNl.

则P点符合抛物线上点的条件:到定点A的距离与到定直线的距离相等,所以

P点的轨迹为抛物线.

典型例题六

例6 若线段P21P2为抛物线C:y2px(p0)的一条焦点弦,F为C的焦点,求证:

11P1FPF2p. 2分析:此题证的是距离问题,如果把它们用两点间的距离表示出来,其计算量是很大的.我们可以用抛物线的定义,巧妙运用韦达定理,也可以用抛物线的定义与平面几何知识,把结论证明出来.

证法一:F(p2,0),若过F的直线即线段P1P2所在

直线斜率不存在时, 则有P11FP2Fp,P11FP112p. 2Fpp若线段Pxp1P2所在直线斜率存在时,设为k,则此直线为:yk(2)(k0),

且设P1(x1,y1),P2(x2,y2).

yk(xp由2)p得:k2x2p(k22)xk2p240 yk(x2)4欢迎下载。

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p(k22)x1x2 ①

k2p2x1x2 ②

4pp根据抛物线定义有:P1Fx12,P2Fx12,P1P2x1x2p 则

11PFP2Fx1x2px1x2pP1FP1FP2FP12F(xpppp2 12)(x22)x1x22(x1x2)4请将①②代入并化简得:

1P12 1FP2Fp证法二:如图所示,设P、F点在C的准线l上的射影分别是P1、P21、P2、

F,且不妨设P2P2nmP1P1,又设P2点在FF、P1P1上的射影分别是A、B点,由抛物线定义知, P2Fn,P1Fm,FFp 又P2AF∽P2BP1,AFBPP2F1P

2P1即

pnnmnmn p(mn)2mn112 mnp故原命题成立.

典型例题七

例7 设抛物线方程为y22px(p0),过焦点F的弦AB的倾斜角为,求证:焦点弦长为AB2psin2. 分析:此题做法跟上题类似,也可采用韦达定理与抛物线定义解决问题.

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证法一:抛物线y22px(p0)的焦点为(p2,0),

过焦点的弦AB所在的直线方程为:ytan(xp2)

由方程组ytan(xp2)消去y得:

y22px4x2tan24p(tan2)p2tan20

xp(tan22)1x2p(12cot2)设A(x,ytan211),B(x2,y2),则2 xxp124又y1y2tan(x1x2)

AB(1tan2)(x1x2)2(1tan2)(x1x2)24x1x2(1tan2)22p2p(1cot)442

sec4p2cot2(1cot2)4p21sin42psin2即AB2psin2 证法二:如图所示,分别作AA1、BB1垂直于准线l.由抛物线定义有:AFAA1AFcospBFBB1pBFcos

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于是可得出:AFpp1cosBF1cos

ABAFBFp1cosp1cos2p 1cos22psin2故原命题成立.

典型例题八

例8 已知圆锥曲线C经过定点P(3,23),它的一个焦点为F(1,0),对应于该焦点的准线为x1,过焦点F任意作曲线C的弦AB,若弦AB的长度不超过8,且直线AB与椭圆3x22y22相交于不同的两点,求 (1)AB的倾斜角的取值范围.

(2)设直线AB与椭圆相交于C、D两点,求CD中点M的轨迹方程. 分析:由已知条件可确定出圆锥曲线C为抛物线,AB为抛物线的焦点弦,设其斜率为k,弦AB与椭圆相交于不同的两点,可求出k的取值范围,从而可得的取值范围,求CD中点M的轨迹方程时,可设出M的坐标,利用韦达定理化简即可.

解:(1)由已知得PF4.故P到x1的距离d4,从而PFd ∴曲线C是抛物线,其方程为y24x.

设直线AB的斜率为k,若k不存在,则直线AB与3x22y22无交点. ∴k存在.设AB的方程为yk(x1)

y2由4xk(x1)可得:ky24y4k0 y7欢迎下载。

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设A、B坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则:y1y24ky1y24

AB(11k2)(y21y2)1k2k(y1y2)24y1y2

4(1k2)k2∵弦AB的长度不超过8,4(1k2)k28即k21 由yk(x1)(2k23)x24k2x2(k21)0 3x22y22得:∵AB与椭圆相交于不同的两点,k23 由k21和k23可得:1k3或3k1 故1tan3或3tan1 又0,∴所求的取值范围是:

343或

234 (2)设CD中点M(x,y)、C(x3,y3)、D(x4,y4)

由yk(x1)3x22y2得:(2k23)x24k2x2(k21)0 2x4k22(k21)3x42k23,x3x12k23xx3x42k222k23x132k23

1k2352k239则

21512222k233即5x3. 8欢迎下载。

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kyx1y2x2k22(x1)2 2k232y2(x1)23化简得:3x22y23x0

∴所求轨迹方程为:3x22y23x0(225x3)

典型例题九

例9 定长为3的线段AB的端点A、B在抛物线y2x上移动,求AB的中点到y轴的距离的最小值,并求出此时AB中点的坐标.

分析:线段AB中点到y轴距离的最小值,就是其横坐标的最小值.这是中点坐标问题,因此只要研究A、B两点的横坐标之和取什么最小值即可. 解:如图,设F是y2x的焦点,A、B两点到准线的垂线分别是AC、BD,又M到准线的垂线为MN,C、D和N是垂足,则

MN12(ACBD)12(AFBF)132AB2.

设M点的横坐标为x,纵坐标为y,MNx13154,则x244.

等式成立的条件是AB过点F. 当x54时,y11y2P24,故 (y221y2)2y1y22y1y22x122, 9欢迎下载。

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y1y22,y22. 所以M(54,22),此时M到y轴的距离的最小值为54. 说明:本题从分析图形性质出发,把三角形的性质应用到解析几何中,解法较简.

典型例题十

例10 过抛物线y2px的焦点F作倾斜角为的直线,交抛物线于A、B两点,求AB的最小值. 分析:本题可分2和2两种情况讨论.当2时,先写出AB的表达

式,再求范围. 解:(1)若2,此时AB2p.

(2)若2,因有两交点,所以0.

AB:ytan(xpyp2),即xtan2.

代入抛物线方程,有y22ptanyp20. 故(y24p22y1)tan24p24p2csc2, (xx2(y22y1)22csc21)tan24ptan2. 故AB24p2csc2(11tan2)4p2csc4. 所以AB2psin22p.因2,所以这里不能取“=”.

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综合(1)(2),当2时,AB最小值2p.

说明:

(1)此题须对分2和2两种情况进行讨论;

(2)从解题过程可知,抛物线点弦长公式为l2psin2; (3)当2时,AB叫做抛物线的通径.通径是最短的焦点弦.

典型例题十一

例11 过抛物线y22px(p0)的焦点F作弦AB,l为准线,过A、B作l的垂线,垂足分别为A'、B',则①A'FB'为( ),②AF'B为( ). A.大于等于90 B.小于等于90 C.等于90 D不确定

分析:本题考查抛物线的定义、直线与圆的位置关系等方面的知识,关键是求角的大小以及判定直线与圆是否相切.

解:①点A在抛物线上,由抛物线定义,则AA'AF12, 又AA'//x轴13. ∴23,同理46,

而2364180,∴3690, ∴A'FB'90.选C.

11欢迎下。

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②过AB中点M作MM'l,垂中为M',

则MM'1(AA'112BB')2(AFBF)2AB.

∴以AB为直径的圆与直线l相切,切点为M'. 又F'在圆的外部,∴AF'B90.

特别地,当ABx轴时,M'与F'重合,AF'B90. 即AF'B90,选B.

典型例题十二

例12 已知点M(3,2),F为抛物线y22x的焦点,点P在该抛物线上移动,当PMPF取最小值时,点P的坐标为__________.

分析:本题若建立目标函数来求PMPF的最小值是困难的,若巧妙地利用抛物线定义,结合图形则问题不难解决. 解:如图,

由定义知PFPE,故PMPFPFPMMEMN312.

取等号时,M、P、E三点共线,∴P点纵坐标为2,代入方程,求出其横坐标为2,

所以P点坐标为(2,2).

12欢迎下。

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