Question

如圖，P是拋物線C：x²=2y上一點，F(xiàn)為拋物線的焦點，直線l過點P且與拋物線交于另一點Q，已知P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
（1）若l經(jīng)過點F，求弦長|PQ|的最小值；
（2）設(shè)直線l：y=kx+b（k≠0，b≠0）與x軸交于點S，與y軸交于點T
①求證：

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)
②求

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由拋物線的方程求出拋物線的焦點，寫出過焦點的直線l的方程，和拋物線方程聯(lián)立后化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系求出P，Q的橫坐標(biāo)的和，借助于拋物線的定義把弦長|PQ|轉(zhuǎn)化為兩點橫坐標(biāo)的代數(shù)式，利用不等式求弦長|PQ|的最小值；
（2）①分別過P，Q作PP′⊥x軸，QQ′⊥x軸，利用平行線截線段成比例定理把要證的等式的左邊轉(zhuǎn)化為直線在y軸上的截距與點的縱坐標(biāo)的比，從而得到要證得結(jié)論；
②聯(lián)立

y=kx+b y= 1 2 x2

，消去x，得y²-2（k²+b）y+b²=0，利用根與系數(shù)關(guān)系得到P，Q兩點的縱坐標(biāo)的和與積，結(jié)合基本不等式代入①后得到結(jié)論，或利用分類討論的方法求解

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范圍．

解答：（1）解：∵F為拋物線的焦點，∴F(0，

1

2

)
設(shè)直線l：y=kx+

1

2

，
聯(lián)立

y=kx+ 1 2 x2=2y

，得x²-2kx-1=0（﹡）
則|PQ|=|PF|+|QF|=(y1+

1

2

)+(y2+

1

2

)=y1+y2+1=k(x1+x2)+2．
由（﹡）得x₁+x₂=2k，帶入上式得|PQ|=2k²+2≥2，當(dāng)僅當(dāng)k=0時|PQ|的最小值為2；  
（2）證明：如圖，
①分別過P，Q作PP′⊥x軸，QQ′⊥x軸，垂足分別為P′，Q′，
則

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=

|OT|

|P/P|

+

|OT|

|Q/Q|

=

|b|

|y1|

+

|b|

|y     2 |

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)
②聯(lián)立

y=kx+b y= 1 2 x2

，消去x，得y²-2（k²+b）y+b²=0（﹟）
則y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2．
（方法1）
而

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)≥2|b|

1 y   1 y2

=2|b|

1 b2

=2
而y₁，y₂可取一切不相等的正數(shù)∴

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范圍為（2，+∞）．              
（方法2）

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)=|b|

y1+y2

y1y2

=|b|

2(k2+b)

b2

當(dāng)b＞0時，上式=

2k2

b

+2＞2；                
當(dāng)b＜0時，上式=

2(k2+b)

-b

．
由（﹟）式△＞0得k²+2b＞0即k²＞-2b
于是

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

＞

2(-2b+b)

-b

=2
綜上，

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范圍為（2，+∞）．

點評：本題考查了直線與圓錐曲線的綜合題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，直線與圓錐曲線關(guān)系問題，常采用直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系求解，這是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強(qiáng)的運算推理的能力，是難題．