抛物线问题之“一题多解”赏析-《中学生数理化》高二数学2024年1月刊

抛物线问题之“一题多解”赏析 ■上海市嘉定区安亭高级中学 陈春霞 “一题多解”是一种发散性思维,也是数 学解题的最高境界。“一题多解”不仅能建立 知识之间的联系,培养数学探究精神,而且能 让我们感受到数学的神奇与奥妙,激发对数 学的热爱。下面让我们赏析几道抛物线问题 的“一题多解”。 一、方程问题 例 1 设抛物线C:y2=2px(p>0)的 焦点为F,点M 在抛物线C 上,|MF|=5,若 以 MF 为直径的圆过点A(0,2),则抛物线C 的方程为 。 思路1:设出点M 坐标,利用抛物线定义 与两条直线垂直得到方程组求解。这里利用 了直径所对应的圆周角为直角这一性质。 图1 解法1:如图1所示,设点 M 的 坐 标 为(a, 2pa),则 2pa-2 a · 2 -p2 =-1, a+p2=5 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 易 得ap=8。结合a+ p 2=5 ,解得 p=2, a=4 或 p=8, a=1。 所以y2=4x 或y2=16x。 思路2:由“以 MF 为直径的圆与y 轴相 切”,可得圆心纵坐标为2,M 点的纵坐标为 4,利用焦半径公式x0+ p 2=5 求解。 图2 解法2:如图2所示,设点 M y 2 0 2p ,y0 ,易知以 MF 为直 径的圆与y 轴相切,切点坐标 为A(0,2),所以yA=2,y0= 2yA=4,M 8 p ,4 。由抛物线 的定义知|MF|=5,故 8 p +p2=5 ,解得p=2 或p=8。 所以y2=4x 或y2=16x。 思路3:设出点M 的坐标,利用AM,AF 的数量积为零,及|MF→|=5求解。 解 法 3:设 点 M y 2 0 2p ,y0 ,易 知 F p2 ,0 ,A(0,2),|MF→|=5。 由|AF|2+|AM|2=|FM|2 和 AM→· AF→=0,可得 4+ p2 2 + y 2 0 2p 2 +(y0-2)2=25, y20 2p ,y0-2 · p2,-2 =0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得y0=4,p=8或p=2,所以y2=4x 或y2=16x。 思路4:由直线 AO 与以 MF 为直径的 圆 相 切 得 到 ∠OAF = ∠AMF,应 用 sin ∠OAF=sin ∠AMF 求解。 图3 解法4:如图3所示,易知 以 MF 为直径的圆与y 轴相 切,可得切点 A 的坐标为(0, 2),∠OAF=∠AMF。 在Rt△AOF中,sin ∠OAF = |OF| |AF|= p 2 4+p 2 4 。 在Rt△AMF 中,sin ∠AMF= |AF| |MF|= 4+p 2 4 5 。已知sin ∠OAF=sin ∠AMF,解 得p=2或p=8。故y2=4x 或y2=16x。 点评:求圆锥曲线的标准方程,常 用 待 定系数法或利用圆锥曲线的定义。本题解 法的实质都是待定系数法,不同之处在于对 条件的 转 化 的 方 向 或 形 式 不 一 样。解 法1 与解法2主要从代数的角度考虑,侧重于代 数的运算,区别在于解法1把直角转化为斜 率之积等于-1。解法3采用了向量法,体 现了向量的“工具性”。解法4应用三角函 数的关系求解,建立了几何图形与三角函数 之间的联系。 62 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年1月 二、最值问题 例 2 已知抛物线y2=2px(p>0)的焦 点为F,准线为l,A,B 是抛物线上两动点,且 ∠AFB= π 3 ,设线段AB 的中点M 在l上的投 影为点N,则 |MN| |AB| 的最大值为( )。 A.4 B.1 C.2 D.3 思路1:将问题聚焦在三角形中,利用抛 物线定义、余弦定理及基本不等式求解。 解法1:设|AF|=a,|BF|=b,所以 |MN|= a+b 2 ,|AB|= a2+b2-ab。 |MN| |AB| = 1 2 · a+b a2+b2-ab = 1 2 · a+b (a+b)2-3ab ≤ 1 2 · a+b 1 2 (a+b) =1。选B。 思路2:将问题聚焦在三角形中,利用抛 物线的定义、正弦定理,以及三角函数的有界 性求解。 解法2:易知|MN|= |AF|+|BF| 2 ,在 △ABF 中使用正弦定理得: |MN| |AB|= |AF|+|BF| 2|AB| = sin ∠ABF+sin ∠BAF 2sin ∠AFB = sin ∠ABF+sin 2π 3-∠ABF 2× 3 2 =sin ∠ABF+ π 6 ≤1。故选B。 点评:解法1与解法2将问题聚焦在三 角形中,利用正弦、余弦定理,再利用三角函 数的有界性和基本不等