2018-上海卷-20 解-抛物线性质

本题导读

本题考查抛物线的定义与几何性质。核心在于坐标法、定义法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年上海卷）设常数 $t>2$.在平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知点 $F(2,0)$，直线 $l:x=t$，曲线 $\Gamma :y^2=8x$ ($0\le x\le t,y\ge 0$).$l$ 与 $x$ 轴交于点 $A$、与 $\Gamma$ 交于点 $B$.$P,Q$ 分别是曲线 $\Gamma$ 与线段 $AB$ 上的动点.

(1) 用 $t$ 表示点 $B$ 到点 $F$ 的距离；

(2) 设 $t=3$，$|FQ|=2$，线段 $OQ$ 的中点在直线 $FP$ 上，求 $△AQP$ 的面积；

(3) 设 $t=8$，是否存在以 $FP,FQ$ 为邻边的矩形 $FPEQ$，使得点 $E$ 在 $\Gamma$ 上？若存在，求点 $P$ 的坐标；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（距离计算）：

   • 定义法：由于 $y^2=8x=2px⟹p=4$，准线为 $x=-2$。根据抛物线定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，即 $|BF|=x_B+2$。

2. 第二问（面积计算）：

   • 锁定 $Q$ 点：$t=3$ 时 $A(3,0)$。由 $|FQ|=2$ 且 $Q$ 在 $x=3$ 上，利用勾股定理求出 $Q$ 的纵坐标。

   • 确定 $P$ 点：写出 $OQ$ 中点 $D$ 的坐标。利用 $F,D,P$ 三点共线，写出直线 $FP$ 方程，与抛物线联立求出 $P$。

   • 算面积：$△AQP$ 的底可看作线段 $AQ$，高为 $P$ 点到直线 $AQ$（即 $x=3$）的距离。

3. 第三问（存在性探究）：

   • 矩形性质：矩形 $FPEQ$ 意味着 $FP\perp FQ$ 且 $\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FQ}$。

   • 代数化：设 $P(x_P,y_P)$，$E(x_E,y_E)$。利用斜率乘积为 $-1$ 找到 $P,Q$ 的坐标联系。

   • 联立求解：将 $E$ 点坐标代入 $y^2=8x$，看是否有符合范围的实数解。

✅【答案】

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(1) $t+2$

(2) $\frac{7\sqrt{3}}{6}$

(3) 存在，$P\left(\frac{2}{5},\frac{4\sqrt{5}}{5}\right)$

✍【详细解析】

Abstract

(1)解：

因为 $y^2=8x$，所以焦点为 $F(2,0)$，准线方程为 $x=-2$。

点 $B$ 在直线 $x=t$ 与曲线 $\Gamma$ 的交点上，则 $B$ 的坐标为 $(t,\sqrt{8t})$。

根据抛物线定义，点 $B$ 到焦点 $F$ 的距离等于点 $B$ 到准线 $x=-2$ 的距离。

所以 $|BF|=t-(-2)=t+2$。

(2)解：

当 $t=3$ 时，$A(3,0),F(2,0)$，则 $|FA|=1$。

设 $Q(3,y_Q)$ ($y_Q>0$)。由 $|FQ|=2$ 得 $\sqrt{(3-2{)}^2+y_Q^2}=2⟹y_Q=\sqrt{3}$。

所以 $Q(3,\sqrt{3})$。线段 $OQ$ 的中点为 $D(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。

直线 $FP$ 经过 $F(2,0)$ 和 $D(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，其斜率 $k=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-0}{\frac{3}{2}-2}=-\sqrt{3}$。

直线 $FP$ 的方程为 $y=-\sqrt{3}(x-2)$。

联立 $\{\begin{array}{l}y=-\sqrt{3}(x-2)\\ y^2=8x\end{array}$，整理得 $3x^2-20x+12=0$。

解得 $x=\frac{2}{3}$ 或 $x=6$。

因为 $0\le x\le t=3$，故 $x=\frac{2}{3}$。此时 $y=-\sqrt{3}(\frac{2}{3}-2)=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。即 $P(\frac{2}{3},\frac{4\sqrt{3}}{3})$。

$△AQP$ 的面积 $S=\frac{1}{2}|AQ|\cdot |x_A-x_P|=\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times (3-\frac{2}{3})=\frac{7\sqrt{3}}{6}$。

(3)解：

假设存在。设 $P(\frac{y^2}{8},y)$ ($y>0$)，$Q(8,y_0)$。

因为 $FP\perp FQ$，所以 $k_{FP}\cdot k_{FQ}=-1$。

$k_{FP}=\frac{y}{\frac{y^2}{8}-2}=\frac{8y}{y^2-16}$； $k_{FQ}=\frac{y_0}{8-2}=\frac{y_0}{6}$。

由 $\frac{8y}{y^2-16}\cdot \frac{y_0}{6}=-1⟹y_0=\frac{3(16-y^2)}{4y}$。

在矩形 $FPEQ$ 中，$\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FQ}$。

$\overrightarrow{FP}=(\frac{y^2}{8}-2,y)$，$\overrightarrow{FQ}=(6,y_0)$。

则 $\overrightarrow{FE}=(\frac{y^2}{8}+4,y+y_0)$。

由于 $F(2,0)$，则 $E$ 点坐标为 $(\frac{y^2}{8}+6,y+y_0)$。

代入 $y_E^2=8x_E$ 得：$(y+\frac{48-3y^2}{4y}{)}^2=8(\frac{y^2}{8}+6)$。

化简：$(\frac{y^2+48}{4y}{)}^2=y^2+48$。

因为 $y^2+48\ne 0$，两边约去得 $\frac{y^2+48}{16y^2}=1⟹y^2+48=16y^2⟹15y^2=48⟹y^2=\frac{16}{5}$。

解得 $y=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。此时 $x=\frac{y^2}{8}=\frac{16/5}{8}=\frac{2}{5}$。

经检验，此坐标符合 $x\in [0,8]$ 且 $y\ge 0$。

故存在点 $P(\frac{2}{5},\frac{4\sqrt{5}}{5})$ 满足题意。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 定义法的优越性：第一问如果用距离公式硬算虽然能行，但利用抛物线定义“焦准距相等”可以快速求解。

2. 存在性问题的逻辑流程：设出动点坐标 $\to$ 寻找几何约束（垂直、中点、平移等）转化成的代数方程 $\to$ 求解方程并检验范围。

3. 计算耐力：压轴题的第三问通常涉及繁杂的代数化简（如本题的向量求和与抛物线联立），保持运算准确是得分关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以记下矩形在坐标系中的向量特征：

• 垂直：$\overrightarrow{v_1}\cdot \overrightarrow{v_2}=0$。

• 平行四边形/矩形顶点：对于矩形 $FPEQ$，若以 $F$ 为原点观察，则第四顶点坐标为两邻边向量之和。这种“平行四边形法则”在解析几何寻找第四顶点时非常高效。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 16.02 直线方程的形式与直线系

类题演练 (Links)

• 2013-新课标II卷理-11 单-抛物线定义
• 2013-湖南卷理-21 解-抛物线定义
• 1994-全国卷理-08