妙解高考数学填选压轴题专题47 抛物线过焦点的弦-妙解高考数学填选压轴题

专题47抛物线过焦点的弦【方法点拨】设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，α为弦AB的倾斜角，则：(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2.(2)|AF|＝eq\f(p,1－cosα)，|BF|＝eq\f(p,1＋cosα)(其中点A在x轴上侧，点B在x轴下侧).(3)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(2p,sin2α).(4)eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p).(5)以弦AB为直径的圆与准线相切．【典型题示例】例1已知抛物线的焦点到其准线的距离为4，圆，过的直线与抛物线和圆从上到下依次交于，，，四点，则的最小值为.【答案】13【分析】易知，圆心即为焦点，故，再利用抛物线的定义，进一步转化为，利用、基本不等式即可.【解析】易知，圆心即为焦点所以根据抛物线的定义，所以又所以，当且仅当，即时等号成立，此时直线的方程是所以的最小值为13.例2已知斜率为k的直线l过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与抛物线C交于A，B两点，抛物线C的准线上一点M（－1，－1）满足·＝0，则｜AB｜＝（）A．B．C．5D．6【答案】C【分析】将·＝0直接代入坐标形式，列出关于A，B中点坐标的方程，再利用斜率布列一方程，得到关于A，B中点坐标的方程组即可.这里需要说明的是，·＝0转化的方法较多，如利用斜边中线等于斜边一半等，但均不如上法简单.【解析】易知p=2设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2=1，y1y2=－4，，∵·＝0∴，化简得设A、B中点坐标为（x0，y0），则①又由直线的斜率公式得，∴，即②由①、②解得∴，答案选C.点评：本题的命题的原点是阿基米德三角形，即从圆锥曲线准线上一点向圆锥曲线引切线，则两个切点与该点所构成的三角形是以该点为直角顶点的直角三角形.以此为切入点解决此题，方法则更简洁.例3过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝2|BF|，则|AB|等于( )A.4 B.eq\f(9,2) C.5 D.6【答案】B【解析】 由对称性不妨设点A在x轴的上方，如图设A，B在准线上的射影分别为D，C，作BE⊥AD于E，设|BF|＝m，直线l的倾斜角为θ，则|AB|＝3m，由抛物线的定义知|AD|＝|AF|＝2m，|BC|＝|BF|＝m，所以cosθ＝eq\f(|AE|,|AB|)＝eq\f(1,3)，∴sin2θ＝eq\f(8,9).又y2＝4x，知2p＝4，故利用弦长公式|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(9,2).例4已知抛物线的焦点为F.过点的直线与抛物线分别交于两点，则的最小值为.【答案】13【解析】设由抛物线的定义，知，.当直线的斜率不存在时，直线的方程为，则.当直线的斜率存在时，直线的方程可设为.联立得方程组，整理，得.由根与系数的关系可得.所以(当且仅当时等号成立).所以的最小值为13.例5阿基米德(公元前287年—公元前212年)是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家.他研究抛物线的求积法，得出著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号.抛物线的弦与过弦的端点的抛物线的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形.如图，为阿基米德三角形.抛物线上有两个不同的点，即，以点为切点的抛物线的切线相交于点.给出以下结论，其中正确的有__________(填序号).①点的坐标是；②的边所在的直线方程为；③的面积为；④的边上的中线与轴平行(或重合).【答案】①②④【解析】由题意，点处的切线方程为，点处的切线方程为.联立这两个方程并消去，得.将代入点处的切线方程，得，所以点的坐标为，故①④正确.设直线的斜率为，则，故直线的方程为.化简，得，故②正确.由①②可得点到直线的距离，，故，故③错误.因此正确的是①②④.例6已知是抛物线的焦点，，在抛物线上，且的重心坐标为，则____．【答案】【解析】设点A,B,焦点F(1,0),因为的重心坐标为,由重心坐标公式可得,，即，，由抛物线的定义可得,由点在抛物线上可得，作差，化简得，代入弦长公式得|AB|=，则.【巩固训练】1.设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(9\r(3),8) C.eq\f(63,32) D.eq\f(9,4)2.（多选题）已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过点F的直线与抛物线交于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )A.抛物线C的准线方程为y＝－1B.线段PQ的长度最小为4C.点M的坐标可能为(3，2)D.eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－3恒成立3.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为P，Q.若|AF|＝3|BF|，则|PQ|＝________.4.已知抛物线C的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，若，则符合条件的抛物线C的一个方程为__________．5.过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若则=.6.过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点，若，则=______.7．直线l过抛物线C：y2＝12x的焦点，且与抛物线C交于A，B两点，若弦AB的长为16，则直线l的倾斜角等于________．8．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝2|BF|，则|AB|等于________．【答案或提示】1.【答案】D【解析一】 由已知得焦点坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，因此直线AB的方程为y＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))，即4x－4eq\r(3)y－3＝0.与抛物线方程联立，化简得4y2－12eq\r(3)y－9＝0，故|yA－yB|＝eq\r(（yA＋yB）2－4yAyB)＝6.因此S△OAB＝eq\f(1,2)|OF||yA－yB|＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×6＝eq\f(9,4).【解析二】 由2p＝3，及|AB|＝eq\f(2p,sin2α)得|AB|＝eq\f(2p,sin2α)＝eq\f(3,sin230°)＝12.原点到直线AB的距离d＝|OF|·sin30°＝eq\f(3,8)，故S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×12×eq\f(3,8)＝eq\f(9,4).2.【答案】 BCD【解析】因为焦点F到准线的距离为2，所以抛物线C的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1，A错误.当线段PQ垂直于x轴时长度最小，此时|PQ|＝4，B正确.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1.联立得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1.))消去x并整理，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，则y1＋y2＝4m，所以x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，所以M(2m2＋1，2m).当m＝1时，可得M(3，2)，C正确.可得y1y2＝－4，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3，D正确.故选BCD.3.【答案】 eq\f(8\r(3),3)【解析】F(1，0)，不妨设A在第一象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由|AF|＝3|BF|得y1＝－3y2①设lAB：y＝k(x－1)与抛物线方程联立得ky2－4y－4k＝0，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1·y2＝－4，②结合①②解得y2＝－eq\f(2\r(3),3)，|PQ|＝|y1－y2|＝|－3y2－y2|＝－4y2＝eq\f(8\r(3),3).4.【答案】满足焦准距为1即可，如.【解析】由公式得，解得，满足焦准距为1即可，如等.5.【答案】【解析一】设AF=m，BF=n，则有，解得或(舍).【解析二】抛物线的焦点坐标为，准线方程为设A，B的坐标分别为，则设，则所以有，解得或，所以.6.【答案】【解析】直接由立得（其中m，n是焦点弦被焦点所分得的两线段长，p就是焦准距）.7.【答案】eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)【解析】因为p＝6，则|AB|＝eq\f(2p,sin2α)＝eq\f(12,sin2α)＝16，∴sin2α＝eq\f(3,4)，则sinα＝eq\f(\r(3),2).∴α＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).8.【答案】eq\f(9,2)【解析】因为|AF|＝2|BF|，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(1,2|BF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(3,2|BF|)＝eq\f(2,p)＝1，解得|BF|＝eq\f(3,2)，|AF|＝3，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(9,2).