一道抛物线试题的解法探究与推广

本文给出对2024年合肥市高三第一次教学质量检测数学试卷第18题的解法探究，并对该题进行推广.

1．问题呈现

题目 已知抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点为F0，1，过点F的直线l与C交于A，B两点，过A，B作C的切线l1，l2，交于点M，且l1，l2与x轴分别交于点D，E.

（1）求证：DE=MF；

（2）设点P是C上异于A，B的一点，P到直线l1，l2，l的距离分别为d1，d2，d，求d1d2d2的最小值.

此题以抛物线和阿基米德三角形为背景，将切线、交点弦与距离相融合，问题表述简捷，但设置新颖，符合“三新”背景下的高考改革要求.在考查基础知识、基本思想和关键能力的同时，进一步考查学生数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算等素养.

2.问题解析

解法1：（1）易知C的方程为x2=4y.设点Ax1，y1，Bx2，y2，由题意可设l：y=kx+1，联立抛物线方程，可知x1+x2=4k，x1x2=－4.再根据导数性质，得l1：y－y1=x12x－x1，即y=x12x－x214.求得Dx12，0.同理，l2：y=x22x－x224，且Ex22，0，所以DE=12x1－x2=12x1+x22－4x1x2=2k2+1.

由y=x12x－x214，

y=x22x－x224， 求出M2k，－1，所以MF=4k2+4=2k2+1.故DE=MF.

（2）设点Px0，y0，由（1），l1：y－y1=x12x－x1，即l1：2x1x－4y－x21=0.

因为x21=4y1，x20=4y0，所以d1=2x1x0－4y0－x214x21+16=2x1x0－x20－x214x21+16=x1－x022x21+4.

同理，d2=x2－x022x22+4.所以d1d2=x1－x022x21+4·x2－x022x22+4 = -4-4kx0 + x0 2232k2 + 1，

又d=kx0－y0+1k2+1=kx0－x204+1k2+1=4kx0－x20+44k2+1，所以d1d2d2=－4－4kx0+x20232k2+1·16k2+14kx0－x20+42=k2+12≥12.

当且仅当k=0时，等号成立.即直线l斜率为0时，d1d2d2取最小值12.

点评：解法1根据抛物线的特点，结合导数的几何意义求出切线方程，解题的一般思路是“设直线方程（求出切线方程）→根据两点间距离公式和点到直线距离公式→利用点在直线上转化→化简求解”，方法直接，符合大多数学生认知，但是有一定的运算量.

解法2：（1）易知抛物线方程为x2=4y. 设A2a，a2，B2b，b2，设直线l，l1，l2的斜率分别为k，k1，k2，由x2=4y得y′=12x，则k1=a，k2=b，所以切线l1：y－a2=

ax－2a，令y=0得xD=a.同理，xE=b.所以DE=xD－xE=b－a.

由k=a2－b22a－2b=a+b2，得l：y=a+b2x+1，代入x2=4y，得x2－2a+bx－4=0，所以2a·2b=－4，即a·b=－1.解方程组y=ax－a2，

y=bx－b2， 得xM=a+b，

yM=ab=－1. 所以MF=a+b2+4=a+b2－4ab=a－b2=b－a.故DE=MF.

（2）设P2c，c2，则点P到l1：ax－y－a2=0的距离d1=2ac－c2－a2a2+1=a－c2a2+1，

同理点P到l2的距离d2=b－c2b2+1，所以d1·d2=a－c2a2+1·b－c2b2+1=a－c2b－c2a2+1b2+1.

点P到l：a+bx－2y+2=0的距离d=2（a+b）c－2c2+2a+b2+4=2（a+b）c－c2+1a+b2+4=2（a－c）b－ca2+b2+2，所以d2=4（a－c）2b－c2a2+b2+2.从而d1d2d2=a2+b2+24a2+1b2+1≥2a2+1b2+14a2+1b2+1=12.当a2=b2=1时，等号成立.故d1d2d2最小值为12.

点评：解法2根据题意巧设点的坐标，得到a·b=－1，在解决第（2）问时，根据a·b=－1将d化简成2（a+b）c－c2－aba2+b2+2，再因式分解得到d=2（a－c）b－ca2+b2+2，这是解决本题的关键，最后再根据基本不等式即可得到结果，方法2不易想到，而且化简变形有一定的难度.

解法3：（1）易知抛物线方程为x2=4y.设A（x1，y1），B（x2，y2），Ma，b，则xi 2 = 4yi （i = 1，2）.由抛物线的切线方程可知A、B点处切线方程分别为l1：x1x－2y－2y1=0①，l2：x2x－2y－2y2=0，令①中的y=0，可得xD=2y1x1=x12.同理可得xE=x22.所以DE=12x1－x2.由切点弦方程可知l：ax=2b+2y，再将F0，1代入可知b=－1，即Ma，－1，且l：y=a2x+1，所以MF=a2+4.联立y=a2x+1，

x2=4y 可得x2－2ax－4=0.所以x1+x2=2a，x1x2=－4.所以DE=12x1－x2=12x1+x22－4x1x2=124a2+16=MF.

（2）不妨假定Px0，y0，则x0 2 = 4y0 .所以d1 = x1 x0 -2y0 -2y1 x1 2 + 4 = x1 x0 -x0 22-x1 22x1 2 + 4 = 12·2x1 x0 -x0 2-x1 2x1 2 + 4 = 12·x1 -x0 2x1 2 + 4，

同理可得d2 = 12·x2 -x0 2x2 2 + 4，于是有d1 d2 = 14·x1 -x0 2x2 -x0 2x1 2 + 4x2 2 + 4.

由前文知l：ax－2y+2=0，所以d = ax0 -2y0 + 2a2 + 4 = x1 + x2 2x0 -x0 22 + 2x1 + x2 22-x1 ·x2 = x1 + x2 2x0 -x0 22 + 212x1 -x2 =x1－x0x2－x0x1－x2，

可得d1 d2 d2 = 14·x1 -x0 2x2 -x0 2x1 2 + 4x2 2 + 4x1 -x0 2x2 -x0 2x1 -x2 2 = 14·x1 -x2 2x1 2 + 4x2 2 + 4 = 14·x1 2 + x2 2-2x1 x2 x1 2 + 4x2 2 + 4 = 14·x1 2 + 4 + x2 2 + 4x1 2 + 4x2 2 + 4≥14·2x1 2 + 4·x2 2 + 4x1 2 + 4x2 2 + 4 = 12.

点评：解法3主要是通过设点，根据圆锥曲线的切线方程和切点弦方程直接写出相应的方程，在解决第（2）问时根据直线l和抛物线联立的方程得到x1x2=－4，在化简d = x1 + x2 x0 -x0 2 + 4x1 -x2 时，将4用－x1x2替换，此方法与解法2有相似之处，但是此法设点和做法比较传统，学生容易接受，是常规的解题模型.

3.命题推广

已知抛物线C：y2=2px（p≠0）或（x2=2py（p≠0））的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，过A，B作C的切线l1，l2，交于点M，且l1，l2与y或x轴分别交于点D，E，则有下列结论成立：

结论1 抛物线C：x2=2py（p≠0），直线l，l1，l2的斜率分别为k，k1，k2，则k1+k2k=2.

结论2 抛物线C：y2=2px（p≠0），直线l，l1，l2的斜率分别为k，k1，k2，则kk1+k2=－2.

结论3 MF⊥AB.

结论4 DE=MF=AF·BF.

结论5 设点P是C上异于A，B的一点，P到直线l1，l2，l的距离分别为d1，d2，d，则d1d2d2的最小值为12.

证明：以下仅证明C：y2=2px（p≠0）时结论成立，对于x2=2py（p≠0）同理可证.

结论1的证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（a，b），由x2=2py，知y′=xp，可得k1=x1p，k2=x2p，即k1+k2=x1+x2p，由切点弦方程可知l：ax=pb+py，将F0，p2代入可知Ma，－p2，且l：y=apx+p2，即k=ap，联立y=apx+p2

x2=2py ，可得x2－2ax－p2=0，有x1+x2=2a，x1x2=－p2，即k=x1+x22p，所以k1+k2k=2.

结论2 、3的证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），Ma，b，则yi 2 = 2pxi i = 1，2.

由抛物线的切线方程可知A、B点处切线方程分别为l1：px－y1y－px1=0②，

l2：px－y2y－px2=0，可知k1=py1，k2=py2，得k1+k2=py1+y2y1y2.

由切点弦方程可知l：by=px+pa，再将Fp2，1代入可知M－p2，b，且l：by=px－p22，k=pb，联立by=px－p22，

y2=2px 可得y2－2by－p2=0.所以y1+y2=2b，y1y2=－p2.所以k1+k2=2bp－p2=2b－p，所以kk1+k2=－2.此时kMF=b－p2－p2=b－p，可得k·kMF=－1，故MF⊥AB.

结论4的证明：由结论2的证明过程，即抛物线的焦半径公式可知

AF·BF=x1+p2x2+p2=x1x2+p2x1+x2+p24=b2+p2，

又MF2=a－p22+b2=－p2+b2=p2+b2，所以MF=AF·BF.

在②中，令x=0，得yD=－px1y1=－y12，同理yE=－y22.所以DE=12y1－y2=12y1+y22－4y1y2=124b2+4p2=b2+p2.

所以DE=MF=AF·BF，即结论4成立.

结论5的证明：不妨假定Px0，y0，则x0 2 = 4y0 .所以d1 = px0 -y1 y0 + px1 y1 2 + p = p·y0 22p-y1 y0 + p·y1 22py1 2 + p = 12·y1 -y0 2y1 2 + p.

同理可得d2 = 12·y2 -y0 2y2 2 + p.可得d1 d2 = 14·y1 -y0 2y2 -y0 2y1 2 + p2y2 2 + p2.

所以d = by0 -px0 + p22b2 + p2 = y1 + y2 2y0 -p·y0 22p + p22y1 + y2 22-y1 ·y2 = y1 -y0 y2 -y0 y1 -y2 ，

d1 d2 d2 = 14·y1 -y0 2y2 -y0 2y1 2 + p2y2 2 + p2y1 -y0 2y2 -y0 2y1 -y2 2 = 14·y1 -y2 2y1 2 + p2y2 2 + p2

= 14·y1 2 + p2 + y2 2 + p2y1 2 + p2y2 2 + p2≥14·2y1 2 + p2y2 2 + p2y1 2 + p2y2 2 + p2 = 12，

当且仅当y1 2 + p2 = y2 2 + p2，即y1=－y2时取得等号，显然是可以取到的，故

d1d2d2最小值为12.