一道抛物线问题的求解探究与结论推广

南通市2024届高三期末调研（新结构）试题第18题是一道以“新定义”背景的抛物线试题，本文在对该试题进行溯源和解法探究的基础上，对试题从变式到结论推广进一步进行探究.

1.试题再现

已知抛物线E：y2=4x的焦点为F，若△ABC的三个顶点都在抛物线E上，且满足FA+FB+FC=0→，则称该三角形为“核心三角形”.

（1）设“核心三角形ABC”的一边AB所在直线的斜率为2，求直线的方程；

（2）已知△ABC是“核心三角形”，证明：△ABC三个顶点的横坐标都小于2.

2.试题解答

（1）析解：设AB的点斜式方程与抛物线方程相联立，消掉x得到关于y的二次方程；然后设出点的坐标，运用根与系数的关系可得坐标之间后，代入题设条件足FA+FB+FC=0→中，表示出点C，将点C的坐标代到E的方程，求得参数的值，得到AB的方程.

设AB：y=2x+n，联立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.因为F（1，0），所以FA=（x1-1，y1），FB=（x2-1，y2），FC=（x3-1，y3）.

由题设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，从而C（2+n，-2）.代入E的方程，得4=4（2+n），n=-1，符合n<12.故AB的方程为2x-y-1=0.

（2）（法一）设BC的横截距式方程与E的方程y2=4x联立，消去x得到y的一元二次方程，运用判别式及点的坐标关系推证，从而作出判断.

设C：x=sy+t，联立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.

根据（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，则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的横坐标x1=3-4s2-2t=4s2<4×12=2.同理可得x2<2与x3<2.故“核心△ABC”三个顶点的横坐标均小于2.

（法二） 设点A，B，C的坐标，分别代入E的方程，可得y12+y22+y32值，然后运用反证法进行推证，最后运用重要不等式推出矛盾，由此得到结论.

设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.根据（1）可知x1+x2+x3=3，即y124+y224+y324=3，因而y12+y22+y32=12.假设x1≥2，那么y124≥2，即y12≥8.因此y22+y32=12-y12≤12-8=4.又根据（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，当且仅当y2=y3时取等号.从这与假设矛盾.因此x1<2.可得x2<2与x3<2.故“核心△ABC”三个顶点横坐标均小于2.

3.试题变式

若探究“核心△ABC”三边所在直线的斜率关系，则有：

变式1 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，若△ABC的三边所在直线的斜率为kAB、kBC、kCA，求1kAB+1kBC+1kCA的值.

简解：由试题（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.又根据试题（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，则有：

变式2 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，求 FA+FB+FC的值.

简解：根据抛物线E的定义，得FA=x1+1，FB=x2+1，FC=x3+1，所以FA+FB+FC=x1+x2+x3+3.又根据试题（2）解法可知x1+x2+x3=3，故FA+FB+FC=6.

若探究“核心△ABC”中△AOF，△BOF，△COF面积的平方和的值，则有：

变式3 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，若O是坐标原点，设△AOF，△BOF，△COF的面积分别为s1，s2，s3，求s21+s22+s23的值.

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

又根据试题（2）解法可知x1+x2+x3=3，故s21+s22+s23=3.

若探究“核心△ABC”面积的最大值，则有：

变式4 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=4x上，且有FA+FB+FC=0→，求△ABC的面积的最大值.

该变式解答过程较为冗繁，可参照文［1］，这里从略.答案为：当A，B，C的坐标分别为（0，0），（32，6），C（32，-6）时，△ABC面积的最大值为362.

4.结论推广

依据试题的第（2）小题及变式，可将结论推广到一般的抛物线情形，这样就可以相同条件“FA+FB+FC=0→”下的五个推广结论.

结论1 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，则它的三个顶点的横坐标都小于P.

结论2 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，设△ABC的三边AB，BC，AC所在直线的斜率分别为kAB、kBC、kAC，则1kAB+1kBC+1kAC=0.

结论3 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，则FA+FB+FC=3p.

结论4 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，O是坐标原点.设△AOF，△BOF，△COF面积分别为s1，s2，s3，则s21+s22+s23=3p416.

结论5 已知△ABC三个顶点都在焦点为F的抛物线E：y2=2px（p>0）上，且有FA+FB+FC=0→，则△ABC面积的最大值为368p2.

参考文献

［1］邱波.抛物线内接三角形的一个性质［J］.数学通报，2010（9）50+53.