拋物線

定義：到一定點與到一定直線的距離相等的點的軌跡.

標準方程： $y^2=2px\;(p>0)$
焦點： $F(\dfrac{p}{2},0)$
準線： $x=-\dfrac{p}{2}$

$|PF|=\dfrac{p}{2}+x_{1}$

過焦點弦長 $|CD|=x_1+\dfrac{p}{2}+x_2+\dfrac{p}{2}=x_1+x_2+p$ .

焦點弦長最短為通徑，長為 $2p$

拋物線切線方程： $y_0y=p(x+x_0).$

過拋物外 $y^2=2px$ 外一點 $P(x_0,y_0)$ 所引兩條切線的切點弦方程是 $y_0y=p(x+x_0)$ .

拋物線 $y^2=2px\;(p>0)$ 與直線 $Ax+By+C=0$ 相切的條件是 $pB^2=2AC$

例1

過點 $M(p,0)$ 任作直線交拋物線 $y^2=2px\;(p>0)$ 于 $P、Q$ 兩點，則 $\dfrac{1}{|MP|^2}+\dfrac{1}{|MQ|^2}$ 的值為______.

Sol:

設(shè)直線 $l: x=p+my$ 兩交點分別為 $P(x_1,y_1)、Q(x_2,y_2)$
$\begin{cases} x=p+my\\ y^2=2px \end{cases} \Rightarrow y^2-2pmy-2p^2=0$

由韋達定理有
$\begin{cases} y_1+y_2=2pm\\ y_1y_2=-2p^2\\ \end{cases}$

$|MP|=\sqrt{(x_1-p)^2+y_1^2}=|y_1|\sqrt{1+m^2}$
$|MQ|=\sqrt{(x_2-p)^2+y_2^2}=|y_2|\sqrt{1+m^2}$

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{|MP|^2}+\dfrac{1}{|MQ|^2}\\ =&\dfrac{1}{(1+m^2)y_1^2}+\dfrac{1}{(1+m^2)y_2^2}\\ =&\dfrac{1}{1+m^2}\cdot\dfrac{y_1^2+y_2^2}{y_1^2y_2^2}=\dfrac{1}{1+m^2}\cdot\dfrac{y_1^2+y_2^2+2y_1y_2-2y_1y_2}{y_1^2y_2^2}\\ =&\dfrac{1}{1+m^2}\cdot\dfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2}{y_1^2y_2^2} \end{aligned}$

把韋達定理帶入得

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{|MP|^2}+\dfrac{1}{|MQ|^2}\\ =&\dfrac{1}{1+m^2}\cdot\dfrac{4p^2m^2+4p^2}{p^4}\\ =&\dfrac{1}{p^2} \end{aligned}$

Sol2:

取特值，當取直線 $x=p$ 時，得
$P(p,\sqrt{2}p)、Q(p,-\sqrt{2}p)$
$\dfrac{1}{|MP|^2}+\dfrac{1}{|MQ|^2}=\dfrac{1}{2p^2}+\dfrac{1}{2p^2}=\dfrac{1}{p^2}$

例2

在橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 上兩點 $A、B$ 于中心 $O$ 的連線相互垂直，則 $\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}$ 的值為______.

Sol:

設(shè) $OA$ 所在的直線為 $l_1:y=kx\,(k\not=0)$
易知得 $OB$ 所在的直線為 $l_2:y=-\dfrac{1}{k}x$
$A(x_1,y_1)、B(x_2,y_2)$
$\begin{cases} y=kx\\ \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\\ \end{cases}\Rightarrow(a^2k^2+b^2)x^2=a^2b^2$

$\because A$ 為直線 $l_1$ 與橢圓的交點
$\therefore$ 有 $x_1=\dfrac{a^2b^2}{a^2k^2+b^2}$
同理有
$x_2=\dfrac{a^2b^2k^2}{a^2+b^2k^2}$
$\therefore|OA|=\sqrt{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{1+k^2}|x_1|$
$|OB|=\sqrt{1+k^2}\dfrac{|x_2|}{|k|}$
$\begin{aligned} \therefore&\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}\\ =&\dfrac{a^2k^2+b^2}{(1+k^2)a^2b^2}+\dfrac{k^2(a^2+b^2k^2)}{(1+k^1)(a^2b^2k^2)}\\ =&\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2} \end{aligned}$

當 $l_1$ 與 $x$ 軸或 $y$ 軸重合時，易知 $\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$

Sol2:

取特殊情況：
當 $l_1$ 與 $x$ 軸重合時，易知 $\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$

例3

橢圓方程 $\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{2y^2}{3}=1,$ 過原點的直線 $l$ 與橢圓 $C$ 交于 $A、B$ 兩點，橢圓 $C$ 上一點滿足 $|MA|=|MB|$ ，求證 $\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2}$ 為定值.

Sol:

當 $AB$ 所在直線 $l_1$ 與 $x$ 軸重合時，
易知 $A、B$ 為左右頂點 $|OA|=|OB|=\sqrt{3}$
$M$ 為上頂點或下頂點，有 $|OM|=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
$\therefore \dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{3}=2$

同理，當 $AB$ 所在直線 $l_1$ 與 $x$ 軸重合時，
$|OA|=|OB|=\dfrac{\sqrt{6}}{2},\;|OM|=\sqrt{3}$
$\therefore \dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2}=2$

當 $AB$ 所在直線不與坐標軸重合時，設(shè)直線 $l_1:y=kx$
$\because|MA|=|MB|$
又易知 $|OA|=|OB|$
$\therefore M$ 在 $AB$ 的垂直平分線上.
$\therefore$ 設(shè) $OM$ 所在直線為 $l_2:y=-\dfrac{1}{k}x$
$\begin{cases} x^2+2y^2=3\\ y=kx\\ \end{cases}\Rightarrow(2k^2+1)x^2=3$

$\therefore |OA|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{1+k^2}|x|$
$\begin{cases} x^2+2y^2=3\\ y=-\dfrac{1}{k}x\\ \end{cases}\Rightarrow(k^2+2)y^2=3$

$\therefore |OM|=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{1+k^2}|y|$

$\begin{aligned} \therefore&\dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2}\\ =&\dfrac{2k^2+1}{3(1+k^2)}+\dfrac{2k^2+1}{3(1+k^2)}+\dfrac{2(k^2+2)}{3(1+k^2)}\\ =&2. \end{aligned}$

Sol2:

取特殊位置：
當 $AB$ 所在直線 $l_1$ 與 $x$ 軸重合時，
易知 $A、B$ 為左右頂點 $|OA|=|OB|=\sqrt{3}$
$M$ 為上頂點或下頂點，有 $|OM|=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
$\therefore \dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{3}=2$

例4

易知橢圓方程 $\dfrac{x^2}{4}+y^2=1,\,A(2,0),\,B(0,1)$ ，設(shè)點 $P$ 是橢圓上的一點， $P$ 異于 $A、B$ ，直線 $PA$ 與 $y$ 軸交于點 $M$ ，直線 $PB$ 與 $x$ 軸交于點 $N$ ，求證 $|AN|\cdot|BM|$ 為定值.

Sol:

設(shè) $P(x_0,y_0)$
易知 $AB$ 所在直線為 $l_1:y=\dfrac{y_0}{x_0-2}(x-2)$
令 $x=0$ ，得 $y_M=\dfrac{-2y_0}{x_0-2}$
$\therefore |BM|=\left|1+\dfrac{2y_0}{x_0-2}\right|$
同理知 $x_N=\dfrac{-x_0}{y_0-1}$
$\therefore |AN|=\left|2+\dfrac{x_0}{y_0-1}\right|$

$\begin{aligned} &|AN|\cdot|BM|\\ =&\left|2+\dfrac{x_0}{y_0-1}\right|\cdot\left|1+\dfrac{2y_0}{x_0-2}\right|\\ =&\left|\dfrac{x_0+2y_0-2}{y_0-1}\cdot\dfrac{x_0+2y_0-2}{x_0-2}\right|\\ =&\left|\dfrac{x_0^2+4y^2+4x_0y_0-4x_0-8y_0+4}{x_0y_0-x_0-2y_0+2}\right| \end{aligned}$
把 $\dfrac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$ 帶入上式得
$|AN|\cdot|BM|=4$

Sol2:

取特殊點 $P(0,-1)$
易得 $N(0,0),M(0,-1)\Rightarrow|AN|=2,\,|BM|=2$
$\therefore |AN|\cdot|BM|=4$

例5

橢圓方程 $\dfrac{x^2}{4}+y^2=1,\,A(2,0),\,B(0,1)$ ，設(shè) $P$ 是第三象限內(nèi)一點且在橢圓 $C$ 上，直線 $PA$ 與 $y$ 軸交于點 $M$ ，直線 $PB$ 與 $x$ 軸交于點 $N$ ，求證：四邊形 $ABNM$ 的面積為定值.

Sol:

由幾何關(guān)系易知四邊形 $ABNM$ 的面積為 $S=\dfrac{1}{2}|AN|\cdot|BM|=2$

例6

已知拋物線 $x^2=4y$ 的焦點為 $F,\,A,\,B$ 是拋物線上的兩個動點，且 $\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{FB}\;(\lambda>0)$ 過點 $A、B$ 分別作拋物線的切線，設(shè)交點為 $M$ ，證明 $\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{AB}$ 為定值.

Sol:

由題目知 $F(0,1)$ ，設(shè) $A(x_1,y_1)、B(x_2,y_2)$
由 $\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{FB}\;(\lambda>0)$ 知 $(-x_1,1-y_1)=\lambda(x_2,y_2-1)$
$\therefore\begin{cases} -x_1=\lambda x_2\\ 1-y_1=\lambda(y_2-1)\\ \end{cases}$

$-x_1=\lambda x_2\Rightarrow x_1^2=\lambda^2x_2^2$
又 $x_1^2=4y_1,\,x_2^2=4y_2$
帶入得 $y_1=\lambda^2y_2$

聯(lián)立 $\begin{cases} 1-y_1=\lambda(y_2-1)\\ y_1=\lambda^2 y_2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y_1=\lambda\\ y_2=\dfrac{1}{\lambda} \end{cases}$

$x_1x_2=-\lambda x_2^2=-4\lambda y_2=-4$
過拋物線 $A、B$ 兩點的切線分別是
$y=\dfrac{1}{2}x_1(x-x_1)+y_1,\,y=\dfrac{1}{2}x_2(x-x_2)+y_2$
化簡得 $y=\dfrac{1}{2}x_1x-\dfrac{1}{4}x_1^2,\,y=\dfrac{1}{2}x_2x-\dfrac{1}{4}x_2^2$

解得兩條切線的交點 $M$ 的坐標為 $M\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{x_1x_2}{4}\right)=\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},-1\right)$

所以
$\begin{aligned} &\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{AB}\\ =&\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},-2\right)\cdot(x_2-x_1,y_2-y_1)\\ =&\dfrac{1}{2}(x_2^2-x_1^2)-2(\dfrac{1}{4}x_2^2-\dfrac{1}{4}x_1^2)\\ =&0 \end{aligned}$

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拋物線及圓曲定值問題

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