高中数学抛物线经典例题

抛物线

（1）抛物线——二次曲线

【例1】P为抛物线y2px上任一点，F为焦点，则以PF为直径的圆与y轴（ ）

2A.相交 B.相切 C.相离 D.位置由P确定

p【解析】如图，抛物线的焦点为F,0，准线是 Y2PQHpl:x.作PH⊥l于H，交y轴于Q，那么PFPH，

2NMp且QHOF.作MN⊥y轴于N则MN是梯形PQOF的

2OF(p,0)1112中位线，MNOFPQPHPF.故以

222pXl:x=-PF为直径的圆与y轴相切，选B.

y2=2px2【评注】相似的问题对于椭圆和双曲线来说，其结论则 分别是相离或相交的.

（2）焦点弦——常考常新的亮点弦

有关抛物线的试题，许多都与它的焦点弦有关.理解并掌握这个焦点弦的性质，对破解这些试题是大有帮助的.

【例2】 过抛物线y2pxp0的焦点F作直线交抛物线于Ax1,y1,Bx2,y2两点，求证：

2（1）ABx1x2p （2）

112 AFBFp【证明】（1）如图设抛物线的准线为l，作

pAA1lA1,BB1l于B1，则AFAA1x1，

2pBFBB1x2.两式相加即得：

2ABx1x2p

（2）当AB⊥x轴时，有

YA1A(x,y)11XAFBFp，112成立； AFBFpFB1B(x,y)22l当AB与x轴不垂直时，设焦点弦AB的方程为：

pykx.代入抛物线方程：

2p22p2222k0kx2px.化简得：kxpk2x1

42k2∵方程（1）之二根为x1，x2，∴x1x2.

4x1x2p111111pp2AFBFAA1BB1xpxp x1x2x1x21222242x1x2px1x2p2. pp2pp2px1x2px1x22424112成立. 故不论弦AB与x轴是否垂直，恒有AFBFp

（3）切线——抛物线与函数

.

【例3】证明：过抛物线y2px上一点M（x0，y0）的切线方程是：y0y=p（x+x0）

2y【证明】对方程y2px两边取导数：2yy2p，kyxx02p.切线的斜率 ypp.由点斜式方程：yy0xx0y0ypxpx0y02y0y01

2y02px0，代入（）即得：1 y0y=p（x+x0）

（4）定点与定值——抛物线埋在深处的宝藏

2例如：1.一动圆的圆心在抛物线y8x上，且动圆恒与直线x20相切，则此动圆必过定点 （ ）

A.4,02B.2,0C.0,2D.0,2

显然.本题是例1的翻版，该圆必过抛物线的焦点，选B. 2.抛物线y2px的通径长为2p；

223.设抛物线y2px过焦点的弦两端分别为Ax1,y1,Bx2,y2，那么：y1y2p

以下再举一例

【例4】设抛物线y2px的焦点弦AB在其准线上的射影是A1B1，证明：以A1B1为直径的圆必过一定点

【分析】假定这条焦点弦就是抛物线的通径，那么A1B1=AB=2p，而A1B1与AB的距离为p，可知该圆必过抛物线的焦点.由此我们猜想：一切这样的圆都过抛物线的焦点.以下我们对AB的一般情形给于证明. 【证明】如图设焦点两端分别为Ax1,y1,Bx2,y2， 那么：y1y2pCA1CB1y1y2p. 设抛物线的准线交x轴于C，那么CFp.

2222A1Y1AMCFXA1FB1中CFCA1CB1.故A1FB190.

这就说明：以A1B1为直径的圆必过该抛物线的焦点. B1B

● 通法 特法 妙法

（1）解析法——为对称问题解困排难

解析几何是用代数的方法去研究几何，所以它能解决纯几何方法不易解决的几何问题（如对称问题等）. 【例5】（07.四川文科卷.10题）已知抛物线 y=-x2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点 YA、B，则|AB|等于（ ）

A.3 B.4 C.32 D.42 【分析】直线AB必与直线x+y=0垂直，且线段 AB的中点必在直线x+y=0上，因得解法如下.

【解析】∵点A、B关于直线x+y=0对称，∴设直线AB的方程

BM为：yxm.

yxm由x2xm301 2yx3设方程（1）之两根为x1，x2，则x1x21.

设AB的中点为M（x0，y0），则x0AOXlÿx+y=0x1x211.代入x+y=0：y0=.故有2222从而myx1.直线AB的方程为：yx1.方程（1）成为：xx20.解得：

，B（1，2）.AB32，选C. x2,1，从而y1,2，故得：A（-2，-1）

11M,. 22

（2）几何法——为解析法添彩扬威 虽然解析法使几何学得到长足的发展，但伴之而来的却是难以避免的繁杂计算，这又使得许多考生对解析几何习题望而生畏.针对这种现状，人们研究出多种使计算量大幅度减少的优秀方法，其中最有成效的就是几何法.

2【例6】（07.全国1卷.11题）抛物线y4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴

.

上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积（ ） A．4

B．33 C．43 D．8

【解析】如图直线AF的斜率为3时∠AFX=60°. △AFK为正三角形.设准线l交x轴于M，则FMp2, 且∠KFM=60°，∴KF4,SAKFYKA32443.选C. 4【评注】（1）平面几何知识：边长为a的正三角形的

32a计算. 面积用公式S460°MOF(1,0)X （2）本题如果用解析法，需先列方程组求点A的坐标，，再计算正三角形的边长和面L:x=-12=2pxY积.虽不是很难，但决没有如上的几何法简单.

（3）定义法——追本求真的简单一着

许多解析几何习题咋看起来很难.但如果返朴归真，用最原始的定义去做，反而特别简单. 【例7】（07.湖北卷.7题）双曲线

x2y2C1:221(a0，b0)的左准线为l，左焦点和右焦点分别为F1和F2；抛物线C2的线为l，焦点为

abFFMF1F2；C1与C2的一个交点为M，则12等于（ ）

MF1MF211A．1 B．1 C． D．

22【分析】 这道题如果用解析法去做，计算会特别繁杂，而平面几何知识又一时用不上，那么就从最原始的定义

方面去寻找出路吧.

如图，我们先做必要的准备工作：设双曲线的半 焦距c，离心率为e，作 MHl于H，令 MF1r1,MF2r2.∵点M在抛物线上， MF1MF1r1MHMF2r2,故e，

MHMF2r2|MF1|这就是说：的实质是离心率e.

|MF2||FF|其次，12与离心率e有什么关系？注意到：

|MF1|Hyr2Oa2cM(x,y)r1F1(-c,0)l:x=-r2F2(c,0)xF1F22ce2aer1r21e1e1. MF1r1r1r1e 这样，最后的答案就自然浮出水面了：由于

|F1F2||MF1|e1e1.∴选 A..

|MF1||MF2|

（4）三角法——本身也是一种解析

三角学蕴藏着丰富的解题资源.利用三角手段，可以比较容易地将异名异角的三角函数转化为同名同角的三角函数，然后根据各种三角关系实施“九九归一”——达到解题目的.

因此，在解析几何解题中，恰当地引入三角资源，常可以摆脱困境，简化计算.

线y28x的【例8】（07.重庆文科.21题）如图，倾斜角为a的直线经过抛物焦点F，且与抛物线交于A、B两点。

（Ⅰ）求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程； （Ⅱ）若a为锐角，作线段AB的垂直平分线m交 x轴于点P，证明|FP|-|FP|cos2a为定值，并求此定值。

AM .

【解析】（Ⅰ）焦点F（2，0），准线l;x2. （Ⅱ）直线AB：ytanx21.

2

y2x代入（1），整理得：y2tan8y16tan088yy2设方程（2）之二根为y1，y2，则1tan.

y1y216y1y244coty0设AB中点为Mx0,y0,则 2tan2x0coty024cot2AB的垂直平分线方程是：y4cotcotx4cot22.

令y=0，则x4cot26，有P4cot26，0

故FPOPOF4cot2624cot214cos2 于是|FP|-|FP|cos2a=4csc21cos24csc22sin28，故为定值.

（5）消去法——合理减负的常用方法.

避免解析几何中的繁杂运算，是革新、创新的永恒课题.其中最值得推荐的优秀方法之一便是设而不求，它类似兵法上所说的“不战而屈人之兵”.

【例9】 是否存在同时满足下列两条件的直线l：（1）l与抛物线y8x有两个不同的交点A和B；（2）线段AB被直线l1：x+5y-5=0垂直平分.若不存在，说明理由，若存在，求出直线l的方程. 【解析】假定在抛物线y8x上存在这样的两点Ax1，y1，Bx2，y2.则有：

22y128x1y1y28

yyyy8xxk2121212ABy8xx1x2y1y222815 ∵线段AB被直线l1：x+5y-5=0垂直平分，且kl1，kAB5，即yy5128y1y2.

5yy24设线段AB的中点为Mx0，y0，则y01.代入x+5y-5=0得x=1.于是：

254AB中点为M1，.故存在符合题设条件的直线，其方程为：

5425x5y210 y5x1，即：5

（6）探索法——奔向数学方法的高深层次

有一些解析几何习题，初看起来好似“树高荫深，叫樵夫难以下手”.这时就得冷静分析，探索规律，不断地猜想——证明——再猜想——再证明.终于发现“无限风光在险峰”. 【例10】（07.安徽卷.14题）如图，抛物线y=-x2+1与x轴的正半轴交于点A，将线段OA的n等分点从左至右依次记为P1,P2,…,Pn-1,过这些分点分别作x轴的垂线，与抛物线的交点依次为Q1，Q2，…，Qn-1，从而得到n-1个直角三角形△Q1OP1, △Q2P1P2,…, △Qn-1Pn-1Pn-1,当n→∞时，这些三角形的面积之和的极限为 .

1 【解析】∵OA1，图中每个直角三角形的底边长均为

nk2k20.代入yx1：y12. 设OA上第k个分点为Pk，nn .

第k个三角形的面积为：ak11k12. 2nn21222n11 Sn1n122nnn14n1. 212nn14n11lim11411故这些三角形的面积之和的极限Slim n12n212nnn3抛物线定义的妙用

对于抛物线有关问题的求解，若能巧妙地应用定义思考，常能化繁为简，优化解题思路，提高思维能力。现举例说明如下。

一、求轨迹（或方程）

例1. 已知动点M的坐标满足方程

A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 以上都不对

，则动点M的轨迹是（ ）

解：由题意得：即动点

到直线

的距离等于它到原点（0，0）的距离

为准线的抛物线。

由抛物线定义可知：动点M的轨迹是以原点（0，0）为焦点，以直线故选C。

二、求参数的值

例2. 已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上一点解：设抛物线方程为，准线方程：∵点M到焦点距离与到准线距离相等

解得：

∴抛物线方程为把

三、求角

代入得：

到焦点距离为5，求m的值。

例3. 过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，若A、B在抛物线准线上的射影分别为__________。

A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°

，则

图1

解：如图1，由抛物线的定义知：

则由题意知：

.

即 故选C。

四、求三角形面积

例4. 设O为抛物线的顶点，F为抛物线的焦点且PQ为过焦点的弦，若解析：如图2，不妨设抛物线方程为

，点

、点

，

。求△OPQ的面积。

图2

则由抛物线定义知：又由即

，则得：

又PQ为过焦点的弦，所以则

所以，

点评：将焦点弦分成两段，利用定义将焦点弦长用两端点横坐标表示，结合抛物线方程，利用韦达定理是常见的基本技能。 五、求最值

例5. 设P是抛物线上的一个动点。 （1）求点P到点A（-1，1）的距离与点P到直线

的距离之和的最小值；

（2）若B（3，2），求的最小值。

解：（1）如图3，易知抛物线的焦点为F（1，0），准线是 由抛物线的定义知：点P到直线的距离等于点P到焦点F的距离。

于是，问题转化为：在曲线上求一点P，使点P到点A（-1，1）的距离与点P到F（1，0）的距离之和最小。 显然，连结AF交曲线于P点，则所求最小值为

，即为

。

图3

（2）如图4，自点B作BQ垂直准线于Q交抛物线于点

，则有

，则

.

即的最小值为4

图4

点评：本题利用抛物线的定义，将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，从而构造出“两点间线段距离最短”，使问题获解。 六、证明

例6. 求证：以抛物线过焦点的弦为直径的圆，必与此抛物线的准线相切。

证明：如图5，设抛物线的准线为，过A、B两点分别作AC、BD垂直于，垂足分别为C、D。取线段AB中点M，作MH垂直于H。

图5

由抛物线的定义有：

∵ABDC是直角梯形

即为圆的半径，而准线过半径MH的外端且与半径垂直，故本题得证。 抛物线与面积问题

抛物线与面积相结合的题目是近年来中考数学中常见的问题。解答此类问题时，要充分利用抛物线和面积的有关知识，重点把握相交坐标点的位置及坐标点之间的距离，得出相应的线段长或高，从而求解。

例1. 如图1，二次函数的图像与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（－1，0）。点C（0，5）、点D（1，8）在抛物线上，M为抛物线的顶点。

图1

（1）求抛物线的解析式； （2）求△MCB的面积。

解：（1）设抛物线的解析式为

，根据题意得

.

，解得

∴所求的抛物线的解析式为

（2）∵C点坐标为（0，5），∴OC＝5 令

，则

，

解得

∴B点坐标为（5，0），OB＝5 ∵

∴顶点M的坐标为（2，9） 过点M作MN⊥AB于点N， 则ON＝2，MN＝9 ∴

，

例2. 如图2，面积为18的等腰直角三角形OAB的一条直角边OA在x轴上，二次函数图像过原点、A点和斜边OB的中点M。

的

图2

（1）求出这个二次函数的解析式和对称轴。

（2）在坐标轴上是否存一点P，使△PMA中PA＝PM，如果存在，写出P点的坐标，如果不存在，说明理由。 解：（1）∵等腰直角△OAB的面积为18， ∴OA＝OB＝6

∵M是斜边OB的中点， ∴

∴点A的坐标为（6，0） 点M的坐标为（3，3） ∵抛物线

∴，解得

∴解析式为， 对称轴为

（2）答：在x轴、y轴上都存在点P，使△PAM中PA＝PM。 ①P点在x轴上，且满足PA＝PM时，点P坐标为（3，0）。 ②P点在y轴上，且满足PA＝PM时，点P坐标为（0，－3）。

.

例3. 二次函数（0，1）。

的图像一部分如图3，已知它的顶点M在第二象限，且经过点A（1，0）和点B

图3

（1）请判断实数a的取值范围，并说明理由。

（2）设此二次函数的图像与x轴的另一个交点为c，当△AMC的面积为△ABC面积的解：（1）由图象可知：当当

时，应有

，则代入

。 ，

，

可求得

。

的图象以及分别过C（1，0）、D（4，0）

倍时，求a的值。

；

；图象过点（0，1），所以c＝1；图象过点（1，0），则

得，即所以，实数a的取值范围为（2）此时函数要使

例4. 如图4，在同一直角坐标系内，如果x轴与一次函数

两点且平行于y轴的两条直线所围成的图形ABDC的面积为7。

图4

（1）求K的值；

（2）求过F、C、D三点的抛物线的解析式；

（3）线段CD上的一个动点P从点D出发，以1单位/秒的速度沿DC的方向移动（点P不重合于点C），过P点作直线PQ⊥CD交EF于Q。当P从点D出发t秒后，求四边形PQFC的面积S与t之间的函数关系式，并确定t的取值范围。

解：（1）∵点A、B在一次函数∴

且 ∵四边形ABDC的面积为7 ∴

的图象上，

.

∴。

（2）由F（0，4），C（1，0），D（4，0）得

（3）∵PD＝1×t＝t ∴OP＝4－t ∴

即

抛物线

。

226xy)在椭圆Q1已知抛物线D：y2=4x的焦点与椭圆Q：221(ab0)的右焦点F1重合，且点P(2,2ab上。（Ⅰ）求椭圆Q的方程及其离心率；（Ⅱ）若倾斜角为45°的直线l过椭圆Q的左焦点F2，且与椭圆相交于

A，B两点，求△ABF1的面积。

解：（Ⅰ）由题意知，抛物线y4x的焦点为（1，0）

22∴椭圆Q的右焦点F1的坐标为（1，0）。∴ab1 ①

又点P(2,

2(2)6)在椭圆Q上， ∴22a222(62)2321即 1 ② 222ba2bx2y2cb211 ∴离心离 e12 由①②，解得 a4,b3∴椭圆Q的方程为 43a2a

（Ⅱ）由（Ⅰ）知F2（－1，0）∴直线l的方程为 y0tan45(x1)，即yx1 设

yx188A(x1,y1)，B(x2,y2)由方程组 x2y2消y整理，得 7x28x80,x1x2,x1x2

77134

∴|AB|2|x1x2|2(x1x2)4x1x2

又点F1到直线l的距离 d2122 7|11|1(1)22∴SABF11112212|AB|d2 2277的直线l与线段OA相交(不经过点O42如图所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为

或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积

yxm解法一 由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0 由方程组2,消去y,得x2+(2m

y4x

－4)x+m2=0 ①∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N，∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－

4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)

yNoMBAx .

设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|MN|=42(1m) 点A到直线l的距离为d=5m2

∴S△=2(5+m)1m,从而S△2=4(1－m)(5+m)2=2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2(

22m5m5m3

)=128

3

∴S△≤82,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面

积为82

解法二 由题意，可设l与x轴相交于B（m,0）, l的方程为x = y +m,其中0＜m＜5

xym由方程组2,消去x,得y 2－4 y －4m=0 ①∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N，

y4x

∴方程①的判别式Δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立,设M(x1,y1),N(x2,y2)则y 1+ y 2=4，y 1·y 2=－4m, ∴S△= 4(11(5m)|y1y2|(5m)(y1y2)24y1y2＝ 221m)25151(1m)=4(m)(m)(1m)

22223525151(m)(m)(1m)5122∴S≤8,当且仅当2(m)(1m)即m=1时取等号 42282△223故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为82 3已知O为坐标原点，P(a,0)(a0)为x轴上一动点，过P作直线交抛物线y2px(p0)于A、B两点，设S△AOB=ttanAOB，试问：a为何值时，t取得最小值，并求出最小值。 解：交AB与x轴不重叠时，设AB的方程为yk(xe) 合2yk(xa)2y2px 消y可得：kx2(kap)xka0

22222

设A(x1,y1) B(x2,y2) 则x1x2a2，y1y22Pa 交AB与x轴重叠

时，上述结论仍然成立

11SOAOBOAOBsinAOBOAOBconAOBlinAOB∴

22

t

1OAOBconAOB又OAOBconAOBOAOBx1x2y1y2∴ 2p21121212当ap时 取“=”， 综上 当 t(x1x2y1y2)(a2ap)(ap)p≥22222

ep时 tmin

p2

2 .

.