抛物线的三个性质及其应用

邹守文

【摘要】 文中证明了抛物线的三个性质，并通过实例说明这三个性质的应用.

【关键词】 抛物线;性质;应用

定理1 如图1，抛物线y=ax2+bx+c與x轴交于A，B两点，点C是x轴上方抛物线上的动点，连接CA，CB，设△ABC的两条高CE，AD所在的直线交于点H，则点H到x轴的距离是1|a|.

证明 设A（x1，0），B（x2，0），E（m，0），则C（m，am2+bm+c），

AE·BE=（m-x1）（x2-m）

=（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-ca+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c），

因为AD⊥BC，

CE⊥AB，

所以∠AEH=∠CEB=90°，

∠BAD+∠ABD=∠ABD+∠BCE.

所以∠EAH=∠BCE，

所以△AEH∽△CEB.

所以AECE=EHBE.

所以EH=AE·BECE=-1a（am2+bm+c）am2+bm+c

=-1a=1|a|.

定理2 如图2，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴负半轴相交于A，B两点，Q（m，n）是二次函数y=ax2+bx+c图象上一点，且AQ⊥BQ，则n=-1a.

证明 过点Q作QP⊥AB交AB于点P，设A（x1，0），B（x2，0），Q（m，am2+bm+c），

因为AQ⊥BQ，

所以∠AQB=90°.

由射影定理有AP·PB=PQ2，

因为AP·BP=（m-x1）（x2-m）

=-（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-ca+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c）.

又因为PQ=n=am2+bm+c，

所以（am2+bm+c）2=-1a（am2+bm+c）.

从而n=-1a.

定理3 如图3，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点D.直线y=t交抛物线于M，N两点，C为抛物线上一点，若∠MCN=90°，则C到MN的距离为1|a|.

证明 过C作CT⊥MN于点T，

所以∠CTM=∠CTN=90°.

因为∠MCN=90°，

所以∠MCT+∠NCT=90°=∠NCT+∠TNC.

所以∠MCT=∠TNC，

所以△MTC∽△CTN，

所以MTCT=TCTN，

所以CT2=MT·NT.

设M（x1，t），N（x2，t），C（m，am2+bm+c），则T（m，t）.

联立y=t，y=ax2+bx+c，有ax2+bx+c-t=0，

所以x1x2=c-ta，x1+x2=-ba，

于是MT·NT=（m-x1）（x2-m）

=-（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-c-ta+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c-t）

=1a[t-（am2+bm+c）]

=1aCT.

于是CT2=1aCT.

故CT=1a.

下面举例说明这三个性质的应用.

例1 如图4，抛物线y=-23x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点C是x轴上方抛物线上的动点，连接CA，CB，设△ABC的两条高CE，AD所在的直线交于点H，求点H到x轴的距离.

解 由定理1知H到x轴的距离是

1-23=32.

例2 如图5，Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线y=x2上，并且斜边AB平行于x轴.若斜边上的高为h，则（  ）

（A）h<1.  （B）h=1.

（C）12.

解 由定理2知h=1，

故选（B）.

例3 已知二次函数y=ax2+bx+2图象的顶点横坐标是32，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0），x1<0

解 令x=0，则y=2，

所以点C坐标为（0，2），OC=2.

设OA=m，因为顶点横坐标是32，

所以OB=32+m+32=m+3.

因为△ABC为直角三角形，

∠ACB=90°，

所以△AOC∽△COB.

所以OAOC=OCOB，

即m2=2m+3，

整理得m2+3m-4=0，

解得m1=1，m2=-4（舍去）.

于是m+3=1+3=4，

所以点A（-1，0），B（4，0）.

由定理2知ac=-1，

于是a=-12.

故抛物线的解析式为

y=-12（x+1）（x-4）

=-12（x2-3x-4）

=-12x2+32x+2.

例4 如图7，抛物线y=-x2+px+q与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且∠ACB=90°，又tan∠CAO-tan∠CBO=2，求二次函数的解析式.

解 设A，B两点的横坐标分别为x1，x2，由定理2知，

-q=-1，

所以q=1.

所以OC=1，C（0，1）.

又由tan∠CAO-tan∠CBO=2，有

-1x1-1x2=2，

变形得-x1+x2x1x2=2，

亦即x1+x2=2，

所以p=2.

于是二次函数的解析式为

y=-x2+2x+1.

例5 如图8，已知抛物线y=x2+px+q与x轴交于A，B两点，交y轴负半轴于C点，∠ACB=90°，且1OA-1OB=2OC，则△ABC的外接圆的面积为.

解 因为1OA-1OB=2OC，

所以OCOA-OCOB=2.

即tan∠CAO-tan∠CBO=2，

由例4知p=-2，q=-1.

所以y=x2-2x-1，

AB=|x2―x1|=22.

所以△ABC的外接圆的面积为2π.

例6 抛物线y=ax2+bx+c，顶点在y=-2上，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，当△ABC为直角三角形时，S△ABC的最大值是（  ）

（A） 1. （B）3. （C） 3. （D） 4.

解 设y=ax2+bx+c交y轴于点C（0，c），c≠0，交x轴于点A（x1，0），B（x2，0），且x1<0

又4ac-b24a=-2，

即8a=4+b2≥4，

所以a≥12.

所以S△ABC=12|x1-x2|·|c|

=12a·（x1-x2）2

=12a·（x1+x2）2-4x1x2

=12a-ba2-4·ca

=b2-4ac2a2=b2+42a2=8a2a2

=2aa4=2a3

≤2123=4.

所以Rt△ABC的最大面积是4，当且仅当a=12，b=0，c=-2時取最大值.

例7 如图9，已知抛物线y=x2-1与x轴交于A，B两点，与y轴交于点D.直线y=t交抛物线与M，N两点，C为抛物线上一点，当∠MCN=90°时，请探究点C到MN的距离是否为定值.

解 由定理3知C到MN的距离是1，为定值.