(2)设过点O的直线为y＝kx(k＜0)，
??y＝kx，44?2，， 联立?2得M?k?k??y＝4x???y＝kx，
联立?2得N(4k,4k2)，
?x＝4y?
?42－4k?＝1＋k2·?42－4k?， 从而|MN|＝1＋k2·?k??k?
又点P到直线MN的距离d＝
|k－1|1＋k2，
1|k－1|2?4?2－4k 故S△PMN＝··1＋k·2k??21＋k2?1－k??1－k3?2?1－k?2?1＋k＋k2?
＝＝ k2k211
k＋－2??k＋＋1?， ＝2??k??k?1
令t＝k＋(t≤－2)，
k则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)≥8，
当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值．
即当过点O的直线为y＝－x时，△PMN面积的最小值为8. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·台州高三模拟)已知抛物线x2＝2py(p＞0)，点M是抛物线的准线与y轴的交点，过点A(0，λp)(λ∈R)的动直线l交抛物线于B，C两点．
(1)求证：MB·MC≥0，并求等号成立时实数λ的值；
(2)当λ＝2时，设分别以OB，OC(O为坐标原点)为直径的两圆相交于另一点D，求|DO|＋|DA|的最大值．
解：(1)由题意知动直线l的斜率存在，且过点A(0，λp)， 则可设动直线l的方程为y＝kx＋λp，
代入x2＝2py(p＞0)，消去y并整理得x2－2pkx－2λp2＝0， Δ＝4p2(k2＋2λ)＞0， 设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2λp2，
y1y2＝(kx1＋λp)(kx2＋λp)＝k2x1x2＋λpk(x1＋x2)＋λ2p2＝λ2p2， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2λp＝2pk2＋2λp＝2p(k2＋λ)． p因为抛物线x2＝2py的准线方程为y＝－，
2
所以点M的坐标为??
0，－p2??， 所以MB＝??x，yp2??，MC＝??x，yp
11＋22＋2??， 所以MB·MC＝x1x2＋??y＋p2????yp
12＋2?? xpp2
＝1x2＋y1y2＋2(y1＋y2)＋4 ＝－2λp2
＋λ2p2
＋p2[2p(k2
＋λ)]＋p24
＝p2??k2＋??λ－12??2??
≥0， 当且仅当k＝0，λ＝1
2
时等号成立．
(2)由(1)知，当λ＝2时，x1x2＝－4p2，y1y2＝4p2， 所以OB·OC＝x1x2＋y1y2＝0， 所以OB⊥OC.
设直线OB的方程为y＝mx(m≠0)，
与抛物线的方程x2＝2py联立可得B(2pm,2pm2)， 所以以OB为直径的圆的方程为x2＋y2－2pmx－2pm2y＝0. 因为OB⊥OC，
所以直线OC的方程为y＝－1mx. 同理可得以OC为直径的圆的方程为 x2＋y2＋2p2p
mx－m
2y＝0，
即m2x2＋m2y2＋2pmx－2py＝0，
将两圆的方程相加消去m，得x2＋y2－2py＝0， 即x2＋(y－p)2＝p2，
所以点D的轨迹是以OA为直径的圆， 所以|DA|2＋|DO|2＝4p2， 由|DA|2＋|DO|22≥?|DA|＋|DO|?2??2， 得|DA|＋|DO|≤22p，
当且仅当|DA|＝|DO|＝2p时，等号成立． 故(|DA|＋|DO|)max＝22p.
2.如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)写出该抛物线的方程及其准线方程．
(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1＋y2的值及直线AB的斜率． 解：(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)． 因为点P(1,2)在抛物线上， 所以22＝2p×1， 解得p＝2.
故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1. (2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB. 则ky1－2y2－2
PA＝x1(x1≠1)，kPB＝x(x≠1)，
1－2－12因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补， 所以kPA＝－kPB.
由A(x??y21＝4x1， 1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，得???y22＝4x2
， 所以
y1－21＝－y2－2
，所以y1＋2＝－(y2＋2)． 4y21－114y22
－1所以y1＋y2＝－4.
由①－②得，y21－y2
2＝4(x1－x2)，
所以ky1－y2AB＝x＝4
＝－1(x1－x2y1＋y2
1≠x2)． ①
②
相关推荐：
loading