Question

如图，P是抛物线C：x²=2y上一点，F为抛物线的焦点，直线l过点P且与抛物线交于另一点Q，已知P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
（1）若l经过点F，求弦长|PQ|的最小值；
（2）设直线l：y=kx+b（k≠0，b≠0）与x轴交于点S，与y轴交于点T
①求证：

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)
②求

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由抛物线的方程求出抛物线的焦点，写出过焦点的直线l的方程，和抛物线方程联立后化为关于x的一元二次方程，利用根与系数关系求出P，Q的横坐标的和，借助于抛物线的定义把弦长|PQ|转化为两点横坐标的代数式，利用不等式求弦长|PQ|的最小值；
（2）①分别过P，Q作PP′⊥x轴，QQ′⊥x轴，利用平行线截线段成比例定理把要证的等式的左边转化为直线在y轴上的截距与点的纵坐标的比，从而得到要证得结论；
②联立

y=kx+b y= 1 2 x2

，消去x，得y²-2（k²+b）y+b²=0，利用根与系数关系得到P，Q两点的纵坐标的和与积，结合基本不等式代入①后得到结论，或利用分类讨论的方法求解

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范围．

解答：（1）解：∵F为抛物线的焦点，∴F(0，

1

2

)
设直线l：y=kx+

1

2

，
联立

y=kx+ 1 2 x2=2y

，得x²-2kx-1=0（﹡）
则|PQ|=|PF|+|QF|=(y1+

1

2

)+(y2+

1

2

)=y1+y2+1=k(x1+x2)+2．
由（﹡）得x₁+x₂=2k，带入上式得|PQ|=2k²+2≥2，当仅当k=0时|PQ|的最小值为2；  
（2）证明：如图，
①分别过P，Q作PP′⊥x轴，QQ′⊥x轴，垂足分别为P′，Q′，
则

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=

|OT|

|P/P|

+

|OT|

|Q/Q|

=

|b|

|y1|

+

|b|

|y     2 |

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)
②联立

y=kx+b y= 1 2 x2

，消去x，得y²-2（k²+b）y+b²=0（﹟）
则y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2．
（方法1）
而

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)≥2|b|

1 y   1 y2

=2|b|

1 b2

=2
而y₁，y₂可取一切不相等的正数∴

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范围为（2，+∞）．              
（方法2）

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

=|b|(

1

y1

+

1

y2

)=|b|

y1+y2

y1y2

=|b|

2(k2+b)

b2

当b＞0时，上式=

2k2

b

+2＞2；                
当b＜0时，上式=

2(k2+b)

-b

．
由（﹟）式△＞0得k²+2b＞0即k²＞-2b
于是

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

＞

2(-2b+b)

-b

=2
综上，

|ST|

|SP|

+

|ST|

|SQ|

的取值范围为（2，+∞）．

点评：本题考查了直线与圆锥曲线的综合题，考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，直线与圆锥曲线关系问题，常采用直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系求解，这是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考生具备较强的运算推理的能力，是难题．