- 相關(guān)推薦
關(guān)于拋物線的十個最值問題
本文用初等方法討論了與拋物線有關(guān)的若干幾何最值問題,得到了十個有趣的結(jié)論.為方便讀者摘用, 現(xiàn)用定理形式敘述如下: 定理1.拋物線的所有焦半徑中,以過頂點的焦半徑為最短. 證明:不妨設(shè)拋物線的極坐標(biāo)方程為 ρ= ,則顯然有ρ≥ ,其中等號成立當(dāng)且僅當(dāng)θ=2kπ+π (k∈Z)即焦半徑通過拋物線的頂點時.證畢. 定理2.拋物線的過焦點的所有弦中,以拋物線的通徑為最短. 證明:設(shè)拋物線極坐標(biāo)方程為 ρ= ,焦點弦為AB,且設(shè)A(ρ1,θ),B(ρ2,θ+π),則有 │AB│=ρ1+ρ2 = + = ≥ 2p =通徑長, 其中等號成立當(dāng)且僅當(dāng)θ=kπ+π/2 (k∈Z) 即弦AB為通徑時.證畢. 定理3.設(shè)A(a,0)是拋物線 y2=2px(p＞0)的對稱軸上的定點,M(x,y)是拋物線上的動點,則 │MA│m in = 證明:由│MA│2= (x-a)2+y2=(x-a)2+2px = x2-2(a-p)x+a2 = [x-(a-p)]2+p(2a-p),并且注意到 x∈[0,+∞),立知結(jié)論成立.證畢. 定理4.設(shè)A(a,b)是拋物線 y2=2px(p＞0)內(nèi)一定點, F是焦點,M是拋物線上的動點,則 y (│MA│+│MF│)min =a+p/2. Q M A(a,b) 證明:如圖1所示,作AQ⊥準(zhǔn)線L:x=-p/2于Q,則知 O F x (│MA│+│MF│)min =│AQ│ = a-(-p/2)=a+p/2.證畢. 圖1 定理5.設(shè)線段AB是拋物線y2=2px(p＞0)的過焦點的弦,分別以A、B為切點的拋物線的兩條切線相交于點M,則三角形ABM的面積的最小值為p2. 證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則由A、F、B三點共線可得:x1y2-x2y1=p/2·(y2-y1)……………(1) 于是利用(1)式由兩切線方程 y AM: y1y=p(x+x1), A BM: y2y=p(x+x2), M F x 易得M的坐標(biāo)(x,y)適合 : B ∵ kMF·kAF=-1, ∴MF⊥AB,即│MF│是△MAB的AB邊上的高. 圖2 ∵ │MF│≥│FK│(焦點F到準(zhǔn)線x=-p/2的距離)=p, 又由定理2知│AB│≥2p(通徑長), ∴ S△MAB=1/2·│AB│·│MF│≥1/2·2p·p=p2, 因其中等號當(dāng)且僅當(dāng)AB⊥x軸時成立,故三角形MAB的最小值為p2.證畢. 定理6.過拋物線y2=2px的頂點O引兩條互相垂直的動弦OA和OB,則三角形OAB的面積的最小值為4p2. y 證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則由OA⊥OB得 A x1x2+y1y2=0 ……………………………………(1) O x 將y12=2px1, y22=2px2代入(1)立得: x1x2=4p2…………(2) 于是 B (S△OAB)2 =1/4·│OA│2·│OB│2 &nb
[1] [2] [3] 下一頁
sp; 圖3 =1/4·(x12+y12)·(x22+y22) =1/4·(x12+2px1)·(x22+2px2) =1/4·[(x1x2)2+2px1x2 (x1+x2)+4p2x1x2] ≥1/4·[(x1x2)2+2px1x2 (2√x1x2)+4p2x1x2]………………………………………(3) 將(2)式代入(3)則得 (S△OAB)2≥16p4,從而S△OAB≥4p2,因其中等號當(dāng)x1=x2=2p時取到,故三角形OAB的面積的最小值為4p2。證畢. 定理7.拋物線 y2=2px的內(nèi)接等腰直角三角形的面積的最小值為4p2. 證明:設(shè)Rt△ABC內(nèi)接于拋物線 y2=2px,點C為直角頂點,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),根據(jù)拋物線的對稱性以及其開口方向,不妨設(shè) y1＞0,y2＜y3≤0,并記直線CA的斜率為k,則由 y3-y1=k(x3-x1)=k(y32/2p －y12/2p) 及 y y3-y2=-1/k·(x3-x2)=-1/k·(y32/2p－y22/2p) A 可得 y1 =2p/k－y3 及 y2=-2pk-y3………………(1) O x 又由 │AC│=│BC│有 C B (x1-x3)2+(y1-y3)2=(x3-x2)2+(y3-y2)2 …………(2) 圖4 將x1=y12/2p,x2=y22/2p,x3=y32/2p及(1)代入(2)可得 y3= …………………………(3) 從而據(jù)(1)、(3)可得 y1-y3= ………………………………………………………(4) 于是△ABC的面積 S=1/2·│AC│2 =1/2·[(x1-x3)2+(y1-y3)2]= · ·(y1-y3)2 = 2p2 · ·( )2 =2p2· · ≥2p2· · =4p2. 因當(dāng)k=1且y3=0時上式等號成立,故等腰Rt△ABC面積的最小值為4p2.證畢. 定理8.設(shè)AB是拋物線的焦點弦, 準(zhǔn)線與拋物線對稱軸的交點為M, 則∠AMB的最大值 為π/2. 證明:如圖5所示, 設(shè)A1、B1分別是A、B在準(zhǔn)線L上的 y 射影, F是焦點, 連A1F和B1F, 則知 A A (1)當(dāng)AB⊥MF時, 顯然有∠AMB＝π/2; M F X (2)當(dāng)AB與MF不垂直時, 由│AA1│＞│A1M│知 B1 B ∠AMA1＞∠A1AM＝π/2－∠AMA1, 圖5 ∴ ∠AMA1＞π/4; 同理 ∠BMB1＞π/4, 故有∠AMB＜π/2. 綜合(1)、(2), 定理8獲證. 定理9.設(shè)AB是拋物線 y＝a x2 (a＞0) 的長為定長m的動弦, 則 Ⅰ.當(dāng)m≥1/a (通徑長)時, AB的中點M到x軸的距離的最小值為（2ma-1)/4a ; Ⅱ.當(dāng)m＜1/a (通徑長)時, AB的中點M到x軸的距離的最小值為 am2/4. 證明:設(shè)M(x0,y0), 將直線AB的參數(shù)方程 y (其中t為參數(shù),傾斜角α≠π/2) A 代入y＝ax2 并整理得 M a(cosα)2·t2+(2ax0cosα-sinα)·t+(ax02-y0)＝0, B 故由韋達(dá)定理和參數(shù) t的幾何意義以及│AB│＝m 立得 0 X t1+t2＝－(2ax0cosα-sinα)/a(cosα)2 ＝0………① 圖6 t1t2＝(ax02-y0)/a(cosα)2 ＝－(m/2)2 ……………② 由①解出x0并代入②整理
上一頁 [1] [2] [3] 下一頁
得 y0＝ (secα)2＋ (cosα)2－ ……③ 對③右邊前兩項利用基本不等式則得 y0≥2· － ＝（2ma-1)/4a. 于是,令 (secα)2 ＝ (cosα)2, 得(cosα)2＝ . 因此, 當(dāng)am≥1時,(y0)min＝（2ma-1)/4a ; 當(dāng)0＜am＜1時, 記(cosα)2＝x , 則③式化為關(guān)于x 的函數(shù)式 y0＝f(x)＝ · ＋ ·x－ (0＜x≤1). 易證此函數(shù)是減函數(shù), 故此時 (y0)min＝f(1)＝ .證畢. 定理10. 設(shè)AB是拋物線 y2＝2px的焦點弦, O為坐標(biāo)原點, 則三角形OAB的面積的最小值為 p2/2 . y 證明:(1)當(dāng)AB⊥x軸時, 顯然有 SΔAOB＝p2/2 ; A (2)當(dāng)AB不垂直x軸時, 設(shè)AB: y＝k(x-p/2), 代 O F x 入 y2＝2px并整理得 k2x2-(pk2+2p)x+k2p2/4=0. 于是 B 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則由弦長公式和韋達(dá)定理得: 圖7 │AB│＝ (1+k2 )[(x1+x2)2- 4x1x2] ＝ ＝ . 又頂點O到弦AB的距離 d＝ . 故此時 SΔAOB＝ │AB│·d＝ · · ＝ · ＞ . 綜合(1)、(2), 定理10獲證 .
上一頁 [1] [2] [3]
【拋物線的十個最值問題】相關(guān)文章：
如何回答十個最棘手的面試問題08-17
每天問自己十個問題08-17
外企面試官最愛提的十個問題08-15
外企面試考官最愛提的十個問題08-15
面試最容易被問的12個問題08-15
高中數(shù)學(xué)拋物線教案11-28