一道拋物線問題的求解探究與結論推廣

南通市2024屆高三期末調研（新結構）試題第18題是一道以“新定義”背景的拋物線試題，本文在對該試題進行溯源和解法探究的基礎上，對試題從變式到結論推廣進一步進行探究.

1.試題再現

已知拋物線E：y2=4x的焦點為F，若△ABC的三個頂點都在拋物線E上，且滿足FA+FB+FC=0→，則稱該三角形為“核心三角形”.

（1）設“核心三角形ABC”的一邊AB所在直線的斜率為2，求直線的方程；

（2）已知△ABC是“核心三角形”，證明：△ABC三個頂點的橫坐標都小于2.

2.試題解答

（1）析解：設AB的點斜式方程與拋物線方程相聯立，消掉x得到關于y的二次方程；然后設出點的坐標，運用根與系數的關系可得坐標之間后，代入題設條件足FA+FB+FC=0→中，表示出點C，將點C的坐標代到E的方程，求得參數的值，得到AB的方程.

設AB：y=2x+n，聯立y2=4x消去x，得y2-2y+2n=0.△=4-8n>0，解得n<12.令A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），因此y1+y2=2，y1y2=2n，于是x1+x2=12（y1+y2-2n）=1-n.因為F（1，0），所以FA=（x1-1，y1），FB=（x2-1，y2），FC=（x3-1，y3）.

由題設FA+FB+FC=0→，可得x1+x2+x3=3，y1+y2+y3=0，所以x3=3-（x1+x2）=2+n，y3=-（y1+y2）=-2，從而C（2+n，-2）.代入E的方程，得4=4（2+n），n=-1，符合n<12.故AB的方程為2x-y-1=0.

（2）（法一）設BC的橫截距式方程與E的方程y2=4x聯立，消去x得到y的一元二次方程，運用判別式及點的坐標關系推證，從而作出判斷.

設C：x=sy+t，聯立y2=4x消去x，得y2-4sy-4t=0.

△=（-4s）2-4×（-4t）=16（s2+t）>0，所以t>-s2，令A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），因此y2+y3=4s，y2y3=-4t.

又由x2=sy2+t，x3=sy3+y，得x2+x3=s（y2+y3）+2t=4s2+2t.

根據（1）可知x1+x2+x3=3，y1+y2+y3=0，即x1=3-（x2+x3）=3-4s2-2t，y1=-（y2+y3）=-4s，因此A（3-4s2-2t，-4t）. A在E上，則16s2=4×（3-4s2-2t），可得t=32-4s2.又t>-s2，所以32-4s2>-s2，解得s2<12.因此A的橫坐標x1=3-4s2-2t=4s2<4×12=2.同理可得x2<2與x3<2.故“核心△ABC”三個頂點的橫坐標均小于2.

（法二） 設點A，B，C的坐標，分別代入E的方程，可得y12+y22+y32值，然后運用反證法進行推證，最后運用重要不等式推出矛盾，由此得到結論.

設A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），代入E的方程得y12=4x1，y22=4x2，y32=4x3，因此x1=y124，x2=y224，x3=y324.根據（1）可知x1+x2+x3=3，即y124+y224+y324=3，因而y12+y22+y32=12.假設x1≥2，那么y124≥2，即y12≥8.因此y22+y32=12-y12≤12-8=4.又根據（1）可知y1+y2+y3=0，y1=-（y2+y3），y12=（y2+y3）2，于是y12=y22+2y2y3+y32≤2（y22+y32）≤2×4=8，當且僅當y2=y3時取等號.從這與假設矛盾.因此x1<2.可得x2<2與x3<2.故“核心△ABC”三個頂點橫坐標均小于2.

3.試題變式

若探究“核心△ABC”三邊所在直線的斜率關系，則有：

變式1 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，若△ABC的三邊所在直線的斜率為kAB、kBC、kCA，求1kAB+1kBC+1kCA的值.

簡解：由試題（2）的解法二，可知x1=y124，x2=y224，x3=y324.

因此kAB=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2，同理得kBC=4y2+y3，kCA=4y1+y3.1kAB+1kBC+1kCA=y1+y24+y2+y34+y1+y34=y1+y2+y32.又根據試題（2）解法可知y1+y2+y3=0，故1kAB+1kBC+1kCA=0.

若探究“核心△ABC”中FA+FB+FC的值，則有：

變式2 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，求 FA+FB+FC的值.

簡解：根據拋物線E的定義，得FA=x1+1，FB=x2+1，FC=x3+1，所以FA+FB+FC=x1+x2+x3+3.又根據試題（2）解法可知x1+x2+x3=3，故FA+FB+FC=6.

若探究“核心△ABC”中△AOF，△BOF，△COF面積的平方和的值，則有：

變式3 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，若O是坐標原點，設△AOF，△BOF，△COF的面積分別為s1，s2，s3，求s21+s22+s23的值.

簡解：由試題（2）的解法二，可知y12=4x1，y22=4x2，y32=4x3.又焦點F（1，0），于是得s1=12·OF·y1=12y1，同理得S2=12y2，s3=12y3.

又根據試題（2）解法可知x1+x2+x3=3，故s21+s22+s23=3.

若探究“核心△ABC”面積的最大值，則有：

變式4 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，求△ABC的面積的最大值.

該變式解答過程較為冗繁，可參照文［1］，這里從略.答案為：當A，B，C的坐標分別為（0，0），（32，6），C（32，-6）時，△ABC面積的最大值為362.

4.結論推廣

依據試題的第（2）小題及變式，可將結論推廣到一般的拋物線情形，這樣就可以相同條件“FA+FB+FC=0→”下的五個推廣結論.

結論1 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，則它的三個頂點的橫坐標都小于P.

結論2 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，設△ABC的三邊AB，BC，AC所在直線的斜率分別為kAB、kBC、kAC，則1kAB+1kBC+1kAC=0.

結論3 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，則FA+FB+FC=3p.

結論4 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，O是坐標原點.設△AOF，△BOF，△COF面積分別為s1，s2，s3，則s21+s22+s23=3p416.

結論5 已知△ABC三個頂點都在焦點為F的拋物線E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，則△ABC面積的最大值為368p2.

參考文獻

［1］邱波.拋物線內接三角形的一個性質［J］.數學通報，2010（9）50+53.