抛物线性质归纳证明和应用汇编Word格式文档下载.docx
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以AB为直径的圆与准线相切.
⑽MN交抛物线于点Q，则，Q是MN的中点.
★⑴①y1y2＝－p2；
③＋＝
⑤S△OAB＝，S梯形ABCD＝.
【证明】设过焦点F（，0）的AB的直线方程为x＝my＋，代入抛物线方程y2＝2px得
y2－2pmy－p2＝0，因此
①y1y2＝－p2，y1＋y2＝2pm.
另由⑶得在Rt△CFD中，FR⊥CD，
有|RF|2＝|DR|·
|RC|，
而|DR|＝|y1|，|RC|＝|y2|，|RF|＝p，且y1y2＜0
∴y1y2＝－p2.
②又点A、B在抛物线上，有x1＝，x2＝，
因此x1x2＝·
＝＝.
③＋＝＝＝－，
在直线AB方程x＝my＋中令x＝0，得y3＝－，代入上式得＋＝
④【证法一】根据抛物线的定义，|AF|＝|AD|＝x1＋，|BF|＝|BC|＝x2＋，
|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p
又|AB|＝＝|y2－y1|
＝
＝＝2p（1＋m2）
当m≠0时，m＝＝＝，有
1＋m2＝1＋＝（k为直线AB的斜率）
当m＝0时，θ＝90︒，1＋m2＝1也满足1＋m2＝
∴|AB|＝2p（1＋m2）＝.
【证法二】如图2，过A、B引x轴的垂线AA1、BB1，垂足为
A1、B1，那么|RF|＝|AD|－|FA1|＝|AF|－|AF|cosθ，
∴|AF|＝＝
同理，|BF|＝＝
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝＋＝.
【证法三】极坐标法，设抛物线的极坐标方程为ρ＝，则
|AF|＝ρ1＝，|BF|＝ρ2＝＝.
⑤S△OAB＝S△OAF＋S△OBF＝|OF||y1|＋|OF||y1|＝·
·
（|y1|＋|y1|）
∵y1y2＝－p2，则y1、y2异号，因此，|y1|＋|y1|＝|y1－y2|
∴S△OAB＝|y1－y2|＝＝＝＝.
又∵|CD|＝|AB|sinθ＝，|AD|＋|BC|＝|AB|＝.
∴S梯形ABCD＝（|AD|＋|BC|）·
|CD|＝×
×
＝.
【例1】
（2001年新课程高考文）设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则·
＝（）
A.B.－C.3D.－3
【解】设A（x1，y1），B（x2，y2），则·
＝x1x2＋y1y2＝－p2＝－，故选B.
【例2】
（2009年福建理）过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F作倾斜角为45︒的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的长为8，则p＝.
【解】由性质⑴得|AB|＝＝＝8，∴p＝＝4.
★⑵＋＝
【证法一】由⑴x1x2＝，且|AF|＝x1＋，|BF|＝x2＋.
∴＋＝＋＝＝
＝＝＝
【证法二】由|AF|＝ρ1＝，|BF|＝ρ2＝＝.
∴＋＝＋＝＋＝
【例3】
（2000全国）过抛物线y＝ax2（a＞0）的焦点F用一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别是p、q，则＋等于（）
A.2aB.C.4aD.
【解】由y＝ax2得x2＝y，（抛物线焦点到准线的距离为），由此得＋＝4a，故选C.
★⑶∠AMB＝∠DFC＝Rt∠，先证明：
∠AMB＝Rt∠
【证法一】延长AM交BC的延长线于E，如图3，则
△ADM≌△ECM，
∴|AM|＝|EM|，|EC|＝|AD|
∴|BE|＝|BC|＋|CE|＝|BC|＋|AD|
＝|BF|＋|AF|＝|AB|
∴△ABE为等腰三角形，又M是AE的中点，
∴BM⊥AE，即∠AMB＝Rt∠
【证法二】取AB的中点N，连结MN，则
|MN|＝（|AD|＋|BC|）＝（|AF|＋|BF|）＝|AB|，∴|MN|＝|AN|＝|BN|
∴△ABM为直角三角形，AB为斜边，故∠AMB＝Rt∠.
【证法三】由已知得C（－，y2）、D（－，y1），由此得M（－，）.
∴kAM＝＝＝＝＝，同理kBM＝
∴kAM·
kBM＝·
＝＝＝－1
∴BM⊥AE，即∠AMB＝Rt∠.
【证法四】由已知得C（－，y2）、D（－，y1），由此得M（－，）.
∴＝（x1＋，），＝（x3＋，）
∴·
＝（x1＋）（x2＋）＋
＝x1x2＋（x1＋x2）＋－
＝＋（＋）＋－
＝＋＝＋＝0
∴⊥，故∠AMB＝Rt∠.
【证法五】由下面证得∠DFC＝90︒，连结FM，则FM＝DM.
又AD＝AF，故△ADM≌△AFM，如图4
∴∠1＝∠2，同理∠3＝∠4
∴∠2＋∠3＝×
180︒＝90︒
∴∠AMB＝Rt∠.
接着证明：
∠DFC＝Rt∠
【证法一】如图5，由于|AD|＝|AF|，AD∥RF，
故可设∠AFD＝∠ADF＝∠DFR＝α，
同理，设∠BFC＝∠BCF＝∠CFR＝β，
而∠AFD＋∠DFR＋∠BFC＋∠CFR＝180︒
∴2（α＋β）＝180︒，即α＋β＝90︒，故∠DFC＝90︒
【证法二】取CD的中点M，即M（－，）
由前知kAM＝，kCF＝＝＝
∴kAM＝kCF，AM∥CF，同理，BM∥DF
∴∠DFC＝∠AMB＝90︒.
【证法三】∵＝（p，－y1），＝（p，－y2），
＝p2＋y1y2＝0
∴⊥，故∠DFC＝90︒.
【证法四】由于|RF|2＝p2＝－y1y2＝|DR|·
|RC|，即＝，且∠DRF＝∠FRC＝90︒
∴△DRF∽△FRC
∴∠DFR＝∠RCF，而∠RCF＋∠RFC＝90︒
∴∠DFR＋∠RFC＝90︒
∴∠DFC＝90︒
【例4】
（2009年湖北文）如图7，过抛物线y2＝2px（P＞0）的焦点F的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向准线l作垂线，垂足分别为M1、N1，求证：
FM1⊥FN1
★⑷AM、BM是抛物线的切线
【证法一】∵kAM＝，AM的直线方程为y－y1＝（x－）
与抛物线方程y2＝2px联立消去x得
y－y1＝（－），整理得y2－2y1y＋＝0
可见△＝（2y1）2－4＝0，
故直线AM与抛物线y2＝2px相切，
同理BM也是抛物线的切线，如图8.
【证法二】由抛物线方程y2＝2px，两边对x求导，＝，
得2y·
＝2p，＝，故抛物线y2＝2px在点A（x1，y1）处的切线的斜率为k切＝|y＝y1＝.
又kAM＝，∴k切＝kAM，即AM是抛物线在点A处的切线，同理BM也是抛物线的切线.
【证法三】∵过点A（x1，y1）的切线方程为y1y＝p（x＋x1），把M（－，）代入
左边＝y1·
＝＝＝px1－，
右边＝p（－＋x1）＝－＋px1，左边＝右边，可见，过点A的切线经过点M，
即AM是抛物线的切线，同理BM也是抛物线的切线.
★⑸AM、BM分别是∠DAB和∠CBA的平分线
【证法一】延长AM交BC的延长线于E，如图9，
则△ADM≌△ECM，有AD∥BC，AB＝BE，
∴∠DAM＝∠AEB＝∠BAM，
即AM平分∠DAB，同理BM平分∠CBA.
【证法二】由图9可知只须证明直线AB的倾斜角α是直线AM的倾斜角β的2倍即可，即α＝2β.且M（－，）
∵tanα＝kAB＝＝＝.
tanβ＝kAM＝＝＝＝＝.
∴tan2β＝＝＝＝＝＝tanα
∴α＝2β，即AM平分∠DAB，同理BM平分∠CBA.
★⑹AM、DF、y轴三线共点，BM、CF、y轴三线共点
【证法一】如图10，设AM与DF相交于点G1，
由以上证明知|AD|＝|AF|，AM平分∠DAF，故AG1也是DF边上的中线，
∴G1是DF的中点.
设AD与y轴交于点D1，DF与y轴相交于点G2，
易知，|DD1|＝|OF|，DD1∥OF，
故△DD1G2≌△FOG2
∴|DG2|＝|FG2|，则G2也是DF的中点.
∴G1与G2重合（设为点G），则AM、DF、y轴三线共点，
同理BM、CF、y轴也三线共点.
【证法二】AM的直线方程为y－y1＝（x－），
令x＝0得AM与y轴交于点G1（0，），
又DF的直线方程为y＝－（x－），令x＝0得DF与y轴交于点G2（0，）
∴AM、DF与y轴的相交同一点G（0，），则AM、DF、y轴三线共点，
同理BM、CF、y轴也三线共点H．由以上证明还可以得四边形MHFG是矩形.
★⑺A、O、C三点共线，B、O、D三点共线
【证法一】如图11，kOA＝＝＝，
kOC＝＝－＝－＝－＝
∴kOA＝kOC，则A、O、C三点共线，
同理D、O、B三点也共线.
【证法二】设AC与x轴交于点O'
，∵AD∥RF∥BC
∴＝＝，＝，
又|AD|＝|AF|，|BC|＝|BF|，∴＝
∴|RO'
|＝|O'
F|，则O'
与O重合，即C、O、A三点共线，同理D、O、B三点也共线.
【证法三】设AC与x轴交于点O'
，RF∥BC，＝，
∴|O'
F|＝＝＝＝【见⑵证】
∴O'
与O重合，则即C、O、A三点共线，同理D、O、B三点也共线.
【证法四】∵＝（－，y2），＝（x1，y1），
∵－·
y1－x1y2＝－·
y1－y2＝－－＝－＋＝0
∴∥，且都以O为端点
∴A、O、C三点共线，同理B、O、D三点共线.
【推广】过定点P（m，0）的直线与抛物线y2＝2px（p＞0）相交于点A、B，过A、B两点分别作直线l：
x＝－m的垂线，垂足分别为M、N，则A、O、N三点共线，B、O、M三点也共线，如下图：
【例5】
（2001年高考）设抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴.证明直线AC经过原点O.
【证法一】因为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F（－，0），所以经过点F的直线AB的方程可设为x＝my＋；
代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0
设A（x1，y1），B（x2
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