拋物線及圓曲定值問題

拋物線

定義：到一定點(diǎn)與到一定直線的距離相等的點(diǎn)的軌跡.

標(biāo)準(zhǔn)方程：y^2=2px\;(p>0)
焦點(diǎn)：F(\dfrac{p}{2},0)
準(zhǔn)線：x=-\dfrac{p}{2}

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

過焦點(diǎn)弦長(zhǎng) |CD|=x_1+\dfrac{p}{2}+x_2+\dfrac{p}{2}=x_1+x_2+p.

焦點(diǎn)弦長(zhǎng)最短為通徑，長(zhǎng)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(diǎn) P(x_0,y_0) 所引兩條切線的切點(diǎn)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(diǎn) M(p,0) 任作直線交拋物線 y^2=2px\;(p>0) 于 P、Q 兩點(diǎn)，則 \dfrac{1}{|MP|^2}+\dfrac{1}{|MQ|^2} 的值為______.

Sol:

設(shè)直線 l: x=p+my 兩交點(diǎn)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(dá)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(dá)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(dāng)取直線 x=p 時(shí)，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(diǎn) 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(diǎn)
\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(dāng) l_1 與 x 軸或 y 軸重合時(shí)，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(dāng) l_1 與 x 軸重合時(shí)，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(diǎn)的直線 l 與橢圓 C 交于 A、B 兩點(diǎn)，橢圓 C 上一點(diǎn)滿足 |MA|=|MB|，求證 \dfrac{1}{|OA|^2}+\dfrac{1}{|OB|^2}+\dfrac{2}{|OM|^2} 為定值.

Sol:

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

當(dāng) AB 所在直線不與坐標(biāo)軸重合時(shí)，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(dāng) AB 所在直線 l_1 與 x 軸重合時(shí)，
易知 A、B 為左右頂點(diǎn) |OA|=|OB|=\sqrt{3}
M 為上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)，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(diǎn) P 是橢圓上的一點(diǎn)，P 異于 A、B，直線 PA 與 y 軸交于點(diǎn) M，直線 PB 與 x 軸交于點(diǎn) 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(diǎn) 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(diǎn)且在橢圓 C 上，直線 PA 與 y 軸交于點(diǎn) M，直線 PB 與 x 軸交于點(diǎn) 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(diǎn)為 F,\,A,\,B 是拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且 \overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{FB}\;(\lambda>0) 過點(diǎn) A、B 分別作拋物線的切線，設(shè)交點(diǎn)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(diǎn)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(jiǎn)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(diǎn) M 的坐標(biāo)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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