Question

設拋物線y²=2px（p＞0）上有兩動點M，N，F(xiàn)為焦點且|MF|，4，|NF|成等差數(shù)列，又線段MN的中垂線恒通過定點Q（6，0）．
（1）求拋物線的方程；
（2）在拋物線上求一點P，使得以F，A（3，4）焦點且經(jīng)過點P的橢圓長軸最短．
（3）求△MQN的面積的最大值．

Answer 1

考點：拋物線的簡單性質

專題：圓錐曲線的定義、性質與方程

分析：（1）由題意可得|MF|+|NF|=8．設M（x₁，y₁ ）、N（x₂，y₂ ）、線段MN的中點為E（x₀ y₀），則x₁+x₂+p=8=2x₀+p ①．求得MN的斜率K_MN=

y1-y2

x1-x2

=

2p

y1+y2

，可得EQ的斜率為K_EQ=

-1

KMN

=-

y0

p

=

y0

x0-6

，可得 p=6-x₀ ②．再由①②求得p的值，可得拋物線的方程．
（2）由于|PF|+|PA|=2a，本題即在拋物線上找一點P，使P到F、A的距離之和最小．由于點F關于原點的對稱點F′（-2，0），連接F′A，交拋物線于點P，
則|PF|+|PA|=|PF′|+|PA|=|F′A|=

41

，為|PF|+|PA|的最小值．把AF′的方程代入y²=8x，求得x、y的值，可得滿足條件的點P的坐標．
（3）把直線MN的方程為y-y₀=

4

y0

 （x-2），代入y²=8x化簡，由△＞0求得-4＜y₀＜4，且 y₁+y₂=2y₀，y₁•y₂=2y02-16．求得△MQN的面積 S=

1

2

|MN|•EQ=

1

4 2

•

(16+y02)(16+y02)(32-2y02)

，利用基本不等式求得它的最大值．

解答： 解：（1）由題意可得F（

p

2

，0），|MF|+|NF|=8．
設M（x₁，y₁ ）、N（x₂，y₂ ）、線段MN的中點為E（x₀ y₀），
則x₁+x₂+p=8=2x₀+p ①．
又y12=2px₁，y22=2px₂，∴MN的斜率K_MN=

y1-y2

x1-x2

=

2p

y1+y2

，
故MN的中垂線EQ的斜率為K_EQ=

-1

KMN

=-

y0

p

=

y0

x0-6

，可得 p=6-x₀ ②．
再由①②求得p=4，x₀=2，可得拋物線的方程為 y²=8x．
（2）由（1）可得F（2，0），由于橢圓以F，A（3，4）為焦點且經(jīng)過點P，
故有|PF|+|PA|=2a，且長軸的長為2a．
本題即在拋物線上找一點P，使P到F、A的距離之和最�。�
由于點F關于原點的對稱點F′（-2，0），連接F′A，交拋物線于點P，
則|PF|+|PA|=|PF′|+|PA|=|F′A|=

(3+2)2+(4-0)2

=

41

，為|PF|+|PA|的最小值．
由于AF′的方程為

y-0

4-0

=

x+2

3+2

，把它代入y²=8x，求得

x=8 y=8

（舍去），或 

x= 1 2 y=2

，故滿足條件的點P的坐標為（

1

2

，2）．
（3）由（1）可得K_MN=

4

y0

，E（2，y₀），故直線MN的方程為y-y₀=

4

y0

 （x-2），代入y²=8x，
化簡可得y²-2y₀ y+2y02-16=0，由△＞0求得-4＜y₀＜4，且 y₁+y₂=2y₀，y₁•y₂=2y02-16．
∴|MN|=

1+( 1 KMN )2

•

(y1+y2)2-4y1•y2

=

1+( y0 4 )2

•

4y02-4(2y02-16)

=

1

2

(16+y02)(16-y02)

．
∴△MQN的面積 S=

1

2

|MN|•EQ=

1

4

(16+y02)(16+y02)(16-y02)

=

1

4 2

•

(16+y02)(16+y02)(32-2y02)

≤

1

4 2

•

( 64 3 )3

=

64 6

9

，
當且僅當16+y02=32-2y02 時，取等號，故△MQN的面積的最大值為

64 6

9

．

點評：本題主要考查拋物線的基本性質，運用不等式求最值作為一種思想滲透在各種題型中，經(jīng)常與其他的知識結合起來考查．因此，一定要掌握不等式的基本性質，并能對其加以靈活運用，屬于中檔題．