對2023年高中數學聯賽四川預賽第9題的探究

胡芳舉 李純英

1.試題呈現

題目? 已知拋物線Γ的頂點是原點O，焦點是F（0，1），過直線y=－2上任意一點作拋物線Γ的兩條切線，切點分別為P、Q，求證：（1）直線PQ過定點； （2）∠PFQ=2∠PAQ.

下面給出第（2）問的一個新穎的幾何證法：

2.幾何證明

圖1

證明：如圖1，過P、Q作準線l的垂線，垂足為M、N，連接AM、AN，由拋物線的光學性質知∠1=∠2，又∠1=∠3，∴∠2=∠3，又由拋物線的定義知PF=PM，∴ΔPFAΔPMA，∴∠4=∠5，∠6=∠7，同理∠10=∠11，∠8=∠9，∴∠MAN=2∠PAQ，又∠4+∠10+∠MAN=（π2+∠NMA）+（π2+∠MNA）+∠MAN=2π，∴∠MAN=2π－（∠4+∠10）=2π－（∠5+∠11）=∠PFQ，∴∠PFQ=2∠PAQ.

3.拓展引申

結論1? 設F為拋物線x2=2py（p>0）的焦點，從拋物線外一點P，作拋物線的兩條切線PA、PB，切點為A、B，則∠PFA=∠PFB.

證法1：由原題證明易得幾何證法，略.

證法2：設A（x1，y1）、B（x2，y2）、P（x0，y0），則切線PA的方程為x1x=p（y+y1），∴x1x0=p（y1+y0），又F（0，p2），∴FA·FP=（x1，y1－p2）·（x0，y0－p2）=x1x0+（y1－p2）（y0－p2）=p（y1+y0）+（y1－p2）（y0－p2）=p（y1+y0）+y1y0－p2（y1+y0）+p24=y1y0+p2（y1+y0）+p24=（y1+p2）（y0+p2）=|FA|（y0+p2）.

同理FB·FP=|FB|（y0+p2），∴FA·FP|FA|=FB·FP|FB|，∴FA·FP|FA||FP|=FB·FP|FB||FP|，即cos∠PFA=cos∠PFB，∴∠PFA=∠PFB.

結論2? 設F為拋物線x2=2py（p>0）的焦點，從拋物線外一點P，作拋物線的兩條切線PA、PB，切點為A、B，則ΔPFA∽ΔBFP.

證法1：設A（x1，y1）、B（x2，y2）、P（x0，y0），則直線AB的方程為x0x=p（y+y0），與x2=2py聯立消去x整理得y2 + 2（y0 -x0 2p）y + y0 2 = 0，∴|FA|·|FB|=（y1+p2）（y2+p2）=y1y2+p2（y1+y2）+p24 = y0 2-p2 · 2（y0 -x0 2p） + p24 = y0 2-py0? + x0 2 + p24 = x0 2 + （y0 2-py0? + p24） = x0 2 + （y0 -p2）2=|FP|2，又由結論1知∠PFA=∠PFB，∴ΔPFA∽ΔBFP.

圖2

證法2：如圖2，過A、B作準線l的垂線，垂足為

C、D，連接PC、PD，同原題證明知∠1=∠2=∠3，AF=AC且ΔAFPΔACP，故PF=PC，且C、F關于直線AP對稱，∴CF⊥AP，又AC⊥CD，∴∠3=

∠4，同理ΔBFPΔBDP，故PF=PD，且∠FPD=2∠5，∵PC=PF=PD，∴∠4=12∠FPD=∠5，∴∠2=∠5，又由結論1知∠PFA=∠PFB，∴ΔPFA∽ΔBFP.

圖3

證法3：如圖3，設點A（x1，y1），則切線PA的方程為x1x=p（y+y1），設直線AP交x軸于M，交y軸于C，則C（0，－y1），∴|CF|=y1+p2=|AF|，∴∠1=∠2，又yA+yC=0=2yM，∴M為線段AC的中點，∴FM⊥AC.? 設直線BP交x軸于N，同理FN⊥PB.

∴F，M，P，N四點共圓，∴∠3=∠4，又∵OM為Rt△FMC斜邊上的高，∴∠2=∠3，∴∠1=∠4，同理∠5=∠6，∴ΔPFA∽ΔBFP.

結論3? 設F為拋物線x2=2py（p>0）的焦點，從拋物線外一點P，作拋物線的兩條切線PA、PB，切點為A、B，則∠APB與12∠AFB相等或互補.

注：（1）當點P在拋物線準線上方時∠APB與12∠AFB互補，點P在拋物線準線下方時∠APB與12∠AFB相等；（2）同原題幾何證法易證.