2011年广东卷高考数学理科第21题(压轴题):
在平面直角坐标系xOy上,给定抛物线L:y=14x2.实数p,q满足p2−4q⩾0,x1,x2是方程x2−px+q=0的两根,记φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}.
(1) 过点A(p0,14p20)(p0≠0)作L的切线交y轴于点B.证明:对线段AB上的任一点Q(p,q),有φ(p,q)=12|p0|;
(2) 设M(a,b)是定点,其中a,b满足a2−4b>0,a≠0.过M(a,b)作L的两条切线l1,l2,切点分别为E(p1,14p21),E′(p2,14p22),l1,l2与y轴分别交于F,F′.线段EF上异于两端点的点集记为X.证明:M(a,b)∈X⇔|p1|>|p2|⇔φ(a,b)=12|p1|;
(3) 记D={(x,y)∣y⩽x−1,y⩾14(x+1)2−54},当(p,q)取遍D时,求φ(p,q)的最小值(记为φmin)和最大值(记为φmax).
分析与解 (1)法一 显然A(p0,14p20)在抛物线L上,于是过点A的抛物线L的切线方程为y=12p0x−14p20,若p0>0,则线段AB的方程为y=12p0x−14p20,0⩽x⩽p0,若p0<0,则线段AB的方程为y=12p0x−14p20,p0⩽x⩽0.又若p2−4q⩾0,则方程x2−px+q=0的两根为p±√p2−4q2,若Q(p,q)在线段AB上,则q=12p0p−14p20,从而p2−4q=(p−p0)2,从而两根为x1,2=p±|p−p0|2.当p0>0时,0⩽p⩽p0,则φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}=p02=|p0|2;当p0<0时,p0⩽p⩽0,则φ(p,q)=max{|x1|,|x2|}=−p02=|p0|2.因此原命题得证.
法二 过点A的抛物线L的切线方程为y=12p0x−14p20,于是有q=12p0p−14p20,从而考虑方程x2−px+12p0p−14p20=0的两根即可.
记方程左边为f(x),则有f(12p0)=0,f(−12p0)=p0p>0.所以方程的一根为12p0,另一根x′∈(−12|p0|,12|p0|),从而知φ(p,q)=12|p0|.
(2) 由题意知l1,l2的方程分别为l1:y=12p1x−14p21,l2:y=12p2x−14p22,联立解得点M的坐标为(a,b)=(p1+p22,p1p24).从而考虑方程x2−p1+p22x+p1p24=0,它的两根为12p1,12p2,所以φ(a,b)=12max{|p1|,|p2|}.
由此知|p1|>|p2|等价于φ(a,b)=12|p1|.下面证明当M(a,b)∈X与它们等价:
由(1)知M(a,b)∈X时,φ(a,b)=12|p1|;
若|p1|>|p2|,有|a|⩽|p1|+|p2|2<|p1|+|p1|2=|p1|,从而有M(a,b)∈X.
(3) 如图,D表示直线y=x−1与抛物线y=14(x+1)2−54所围成的封闭区域(包含边界),其中A(0,−1),B(2,1)是直线与抛物线的两个交点.当点(p,q)∈D时,有14(p+1)2−54⩽q⩽p−1,从而(p−2)2⩽p2−4q⩽4−2p,其中0⩽p⩽2.于是有p+|p−2|2⩽φ(p,q)=p+√p2−4q2⩽p+√4−2p2,从而φ(p,q)⩾p+2−p2=1,因此φmin=1.
设√4−2p=t,其中t∈[0,2],则p+√4−2p2=4−t22+t2=−−(t−1)2+54⩽54,所以φmax=54.
综上所述,φmin=1且φmax=54.