鄒守文

【摘要】 文中證明了拋物線的三個性質(zhì)，并通過實例說明這三個性質(zhì)的應(yīng)用.

【關(guān)鍵詞】 拋物線;性質(zhì);應(yīng)用

定理1 如圖1，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點，點C是x軸上方拋物線上的動點，連接CA，CB，設(shè)△ABC的兩條高CE，AD所在的直線交于點H，則點H到x軸的距離是1|a|.

證明 設(shè)A（x1，0），B（x2，0），E（m，0），則C（m，am2+bm+c），

AE·BE=（m-x1）（x2-m）

=（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-ca+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c），

因為AD⊥BC，

CE⊥AB，

所以∠AEH=∠CEB=90°，

∠BAD+∠ABD=∠ABD+∠BCE.

所以∠EAH=∠BCE，

所以△AEH∽△CEB.

所以AECE=EHBE.

所以EH=AE·BECE=-1a（am2+bm+c）am2+bm+c

=-1a=1|a|.

定理2 如圖2，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸負(fù)半軸相交于A，B兩點，Q（m，n）是二次函數(shù)y=ax2+bx+c圖象上一點，且AQ⊥BQ，則n=-1a.

證明 過點Q作QP⊥AB交AB于點P，設(shè)A（x1，0），B（x2，0），Q（m，am2+bm+c），

因為AQ⊥BQ，

所以∠AQB=90°.

由射影定理有AP·PB=PQ2，

因為AP·BP=（m-x1）（x2-m）

=-（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-ca+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c）.

又因為PQ=n=am2+bm+c，

所以（am2+bm+c）2=-1a（am2+bm+c）.

從而n=-1a.

定理3 如圖3，已知拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點D.直線y=t交拋物線于M，N兩點，C為拋物線上一點，若∠MCN=90°，則C到MN的距離為1|a|.

證明 過C作CT⊥MN于點T，

所以∠CTM=∠CTN=90°.

因為∠MCN=90°，

所以∠MCT+∠NCT=90°=∠NCT+∠TNC.

所以∠MCT=∠TNC，

所以△MTC∽△CTN，

所以MTCT=TCTN，

所以CT2=MT·NT.

設(shè)M（x1，t），N（x2，t），C（m，am2+bm+c），則T（m，t）.

聯(lián)立y=t，y=ax2+bx+c，有ax2+bx+c-t=0，

所以x1x2=c-ta，x1+x2=-ba，

于是MT·NT=（m-x1）（x2-m）

=-（x1-m）（x2-m）

=-[x1x2-m（x1+x2）+m2]

=-c-ta+m·ba+m2

=-1a（am2+bm+c-t）

=1a[t-（am2+bm+c）]

=1aCT.

于是CT2=1aCT.

故CT=1a.

下面舉例說明這三個性質(zhì)的應(yīng)用.

例1 如圖4，拋物線y=-23x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，點C是x軸上方拋物線上的動點，連接CA，CB，設(shè)△ABC的兩條高CE，AD所在的直線交于點H，求點H到x軸的距離.

解 由定理1知H到x軸的距離是

1-23=32.

例2 如圖5，Rt△ABC的三個頂點A，B，C均在拋物線y=x2上，并且斜邊AB平行于x軸.若斜邊上的高為h，則（? ）

（A）h<1.? （B）h=1.

（C）12.

解 由定理2知h=1，

故選（B）.

例3 已知二次函數(shù)y=ax2+bx+2圖象的頂點橫坐標(biāo)是32，與x軸交于A（x1，0），B（x2，0），x1<0

解 令x=0，則y=2，

所以點C坐標(biāo)為（0，2），OC=2.

設(shè)OA=m，因為頂點橫坐標(biāo)是32，

所以O(shè)B=32+m+32=m+3.

因為△ABC為直角三角形，

∠ACB=90°，

所以△AOC∽△COB.

所以O(shè)AOC=OCOB，

即m2=2m+3，

整理得m2+3m-4=0，

解得m1=1，m2=-4（舍去）.

于是m+3=1+3=4，

所以點A（-1，0），B（4，0）.

由定理2知ac=-1，

于是a=-12.

故拋物線的解析式為

y=-12（x+1）（x-4）

=-12（x2-3x-4）

=-12x2+32x+2.

例4 如圖7，拋物線y=-x2+px+q與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點，且∠ACB=90°，又tan∠CAO-tan∠CBO=2，求二次函數(shù)的解析式.

解 設(shè)A，B兩點的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，由定理2知，

-q=-1，

所以q=1.

所以O(shè)C=1，C（0，1）.

又由tan∠CAO-tan∠CBO=2，有

-1x1-1x2=2，

變形得-x1+x2x1x2=2，

亦即x1+x2=2，

所以p=2.

于是二次函數(shù)的解析式為

y=-x2+2x+1.

例5 如圖8，已知拋物線y=x2+px+q與x軸交于A，B兩點，交y軸負(fù)半軸于C點，∠ACB=90°，且1OA-1OB=2OC，則△ABC的外接圓的面積為.

解 因為1OA-1OB=2OC，

所以O(shè)COA-OCOB=2.

即tan∠CAO-tan∠CBO=2，

由例4知p=-2，q=-1.

所以y=x2-2x-1，

AB=|x2―x1|=22.

所以△ABC的外接圓的面積為2π.

例6 拋物線y=ax2+bx+c，頂點在y=-2上，與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，當(dāng)△ABC為直角三角形時，S△ABC的最大值是（? ）

（A） 1. （B）3. （C） 3. （D） 4.

解 設(shè)y=ax2+bx+c交y軸于點C（0，c），c≠0，交x軸于點A（x1，0），B（x2，0），且x1<0

又4ac-b24a=-2，

即8a=4+b2≥4，

所以a≥12.

所以S△ABC=12|x1-x2|·|c|

=12a·（x1-x2）2

=12a·（x1+x2）2-4x1x2

=12a-ba2-4·ca

=b2-4ac2a2=b2+42a2=8a2a2

=2aa4=2a3

≤2123=4.

所以Rt△ABC的最大面積是4，當(dāng)且僅當(dāng)a=12，b=0，c=-2時取最大值.

例7 如圖9，已知拋物線y=x2-1與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點D.直線y=t交拋物線與M，N兩點，C為拋物線上一點，當(dāng)∠MCN=90°時，請?zhí)骄奎cC到MN的距離是否為定值.

解 由定理3知C到MN的距離是1，為定值.