《抛物线》-典型例题12例(含标准答案)

《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，

p214a，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．

解法一：设A(xykx21,y1)、B(x2,y2)，则由：y28x可得：k2x2(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x24k82k2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：(y21y2)(y1y2)8(xy1y1x2)，即

x8y． 1x21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：

MM12(AA1111BB1)2(AFBF)2AB MM112AB，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．

1）由y2解：（4x2xk得：4x2(4k4)xk20

y设直线与抛物线交于A(xyk21,1)与B(x2,y2)两点．则有：x1x21k,x1x24

AB(122)(x1x2)25(x1x2)24x1x25(1k)2k25(12k)

AB35,5(12k)35，即k4 （2）S29659，底边长为35，∴三角形高h35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45221265 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：

112P1FP． 2Fp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P1FP2Fp,1P11121FPppp． 2F若线段P1P2所在直线斜率存在时，设为k，则此直线为：yk(xp2)(k0)，且设P1(x1,y1),P2(x2,y2)．

yk(xp2)2由p得：k2x2p(k22)xk2p40 yk(x2)p(k2x2)1x2k2 ①

xp21x24 ②

根据抛物线定义有：Pp1Fx12,Pp2Fx12,P1P2x1x2p .....

.

则11P1Fx1x2px1x2pP1FP2FP2FP1FP2F(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点在C的准线l上的射影分别是P1、P2、F1、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PF2AF∽P2BP1，AFBPP2

1P2P1即

pnmnnmn p(mn)2mn1m12 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．

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2px.....

.

4x2tan24p(tan2)p2tan20

p(tan22)xxp(12cot212)设A(xtan21,y1),B(x2,y2)，则 2xxp124又y1y2tan(x1x2)

AB(1tan2)(x21x2)(1tan2)(x1x2)24x1x2(1tan2)p2(1cot2)4p24sec2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BB

1pBFcos于是可得出：AFpp1cosBF1cos

ABAFBFpp1cos1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4xyk(x1)可得：ky24y4k0 设A、B坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，则：y1y24ky1y24

AB(11k2)(y1y2)2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：

243或

33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x4k22(k21)3x42k23,x3x12k23xx3x42k222k23x132k23

1k2352k239则

25112k323即25x223． kyx1y2222 x2k(x1)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14，则x321544．

等式成立的条件是AB过点F． 当x54时，y211y2P4，故 (y2y2211y2)1y22y1y22x22， y2，y21y22． 所以M(524,2)，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(y222y1)2csc21)tan24ptan2． 故AB24p2csc2(11tan2)4p2csc4． 所以AB2psin22p．因2，所以这里不能取“=”． 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．

②过AB中点M作MM'l，垂中为M'，

则MM'12(AA'BB')12(AFBF)12AB．

∴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)．

.....