题号:1493    题型:填空题    来源:2019年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
类型:高考真题
如图, 己知点 $F(1,0)$ 为抛物线 $y^{2}=2 p x(p > 0)$, 点 $F$ 为焦点, 过点 $F$ 的直线交抛物线于 $A 、 B$ 两点, 点 $C$ 在抛物线上, 使得 $\triangle A B C$ 的重心 $G$ 在 $x$ 轴上, 直 线 $A C$ 交 $x$ 轴于点 $Q$, 且 $Q$ 在点 $F$ 右侧. 记 $\triangle A F G, \triangle C Q G$ 的面积为 $S_{1}, S_{2}$.
(1) 求 $p$ 的值及抛物线的标准方程;
(2) 求 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的最小值及此时点 $G$ 的坐标.


编辑试题 我来讲解
答案:
(I) 由题意得 $\frac{p}{2}=1$, 即 $p=2$.
所以, 抛物线的准线方程为 $x=-1$.
(II) 设 $A\left(x_{A}, y_{A}\right), B\left(x_{B}, y_{B}\right), C\left(x_{c}, y_{c}\right)$, 重心 $G\left(x_{G}, y_{G}\right)$. 令 $y_{A}=2 t, t \neq 0$, 则 $x_{A}=t^{2}$.
由于直线 $A B$ 过 $F$, 故直线 $A B$ 方程为 $x=\frac{t^{2}-1}{2 t} y+1$, 代入 $y^{2}=4 x$, 得
$$
y^{2}-\frac{2\left(t^{2}-1\right)}{t} y-4=0,
$$
故 $2 t y_{B}=-4$, 即 $y_{B}=-\frac{2}{t}$, 所以 $B\left(\frac{1}{t^{2}},-\frac{2}{t}\right)$.
又由于 $x_{G}=\frac{1}{3}\left(x_{A}+x_{B}+x_{c}\right), y_{G}=\frac{1}{3}\left(y_{A}+y_{B}+y_{c}\right)$ 及重心 $G$ 在 $x$ 轴上, 故
$$
2 t-\frac{2}{t}+y_{c}=0 \text {, 得 } C\left(\left(\frac{1}{t}-t\right)^{2}, 2\left(\frac{1}{t}-t\right)\right), G\left(\frac{2 t^{4}-2 t^{2}+2}{3 t^{2}}, 0\right) \text {. }
$$
所以, 直线 $A C$ 方程为 $y-2 t=2 t\left(x-t^{2}\right)$, 得 $Q\left(t^{2}-1,0\right)$.
由于 $Q$ 在焦点 $F$ 的右侧, 故 $t^{2} > 2$. 从而
$$
\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{\frac{1}{2}|F G| \cdot\left|y_{A}\right|}{\frac{1}{2}|Q G| \cdot\left|y_{c}\right|}=\frac{\left|\frac{2 t^{4}-2 t^{2}+2}{3 t^{2}}-1\right| \cdot|2 t|}{\left|t^{2}-1-\frac{2 t^{4}-2 t^{2}+2}{3 t^{2}}\right| \cdot\left|\frac{2}{t}-2 t\right|}=\frac{2 t^{4}-t^{2}}{t^{4}-1}=2-\frac{t^{2}-2}{t^{4}-1} .
$$
令 $m=t^{2}-2$, 则 $m > 0$,
$$
\frac{S_{1}}{S_{2}}=2-\frac{m}{m^{2}+4 m+3}=2-\frac{1}{m+\frac{3}{m}+4} .2-\frac{1}{2 \sqrt{m \cdot \frac{3}{m}}+4}=1+\frac{\sqrt{3}}{2}
$$
当 $m=\sqrt{3}$ 时, $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 取得最小值 $1+\frac{\sqrt{3}}{2}$, 此时 $G(2,0)$.

解析:

视频讲解

关闭