第80讲阿基米德三角形_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第80讲 阿基米德三角形 知识梳理 如图所示，AB为抛物线x2=2py(p>0)的弦，A(x,y)，B(x ,y )，分别过A,B作的抛物 1 1 2 2 线的切线交于点P，称△PAB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边． 1、阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴． 2、若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点Cx 0 ，y 0  ，则另一顶点P的轨迹 为一条直线． 3、若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点． a3 4、底边长为a的阿基米德三角形的面积的最大值为 ． 8p 5、若阿基米德三角形的底边过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积 的最小值为p2． x +x xx 6、点P的坐标为 1 2, 1 2 2 2p  ； 7、底边AB所在的直线方程为x 1 +x 2  x-2py-xx =0; 1 2 8、△PAB的面积为S = x 1 -x 2 △PAB  3 ． 8p 9、若点P的坐标为x 0 ,y 0  ，则底边AB的直线方程为x 0 x-py+y 0  =0． 10、如图1，若E为抛物线弧AB上的动点，点E处的切线与PA，PB分别交于点C，D， |AC| |CE| |PD| 则 = = . |CP| |ED| |DB| 11、若E为抛物线弧AB上的动点，抛物线在点E处的切线与阿基米德三角形△PAB的 S 边PA，PB分别交于点C，D，则 △EAB =2． S △PCD 12、抛物线和它的一条弦所围成的面积，等于以此弦为底边的阿基米德三角形面积的 2 ． 3 第 页 共 页 2921 3427图1 必考题型全归纳 1 题型一：定点问题 4440 (2024·山西太原·高二山西大附中校考期末)已知点A0,-1  ，B0,1  ，动点P满足  PB   AB    =PA⋅BA．记点P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程； (2)设D为直线y=-2上的动点，过D作C的两条切线，切点分别是E，F．证明：直线 EF过定点． 【解析】(1)设Px,y   ，则PA=-x,-1-y   ，PB=-x,1-y  ，  AB=0,2   ，BA=0,-2  ，  所以，PB   AB    =PA⋅BA可以化为 -x  2+1-y  2=1+y， 化简得x2=4y． 所以，C的方程为x2=4y． (2)由题设可设Dt,-2  ，Ex 1 ,y 1  ，Fx 2 ,y 2  ， 由题意知切线DE，DF的斜率都存在， x2 x 由x2=4y，得y= ，则y= ， 4 2 x 所以k = 1， DE 2 x 直线DE的方程为y-y 1 = 2 1 x-x 1  x x2 ，即y-y = 1x- 1 ，① 1 2 2 因为Ex 1 ,y 1  x2 在x2=4y上，所以x2=4y ，即 1 =2y ，② 1 1 2 1 将②代入①得xx-2y -2y=0， 1 1 所以直线DE的方程为xx-2y -2y=0 1 1 同理可得直线DF的方程为x x-2y -2y=0． 2 2 因为Dt,-2  在直线DE上，所以tx -2y +4=0， 1 1 又Dt,-2  在直线DF上，所以tx -2y +4=0， 2 2 所以直线EF的方程为tx-2y+4=0， 故直线EF过定点0,2  ． 1 4441 (2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测)已知动圆M恒过定点F0, 8  ，圆心 1 M到直线y=- 的距离为d,d=MF 4  1 + ． 8 (1)求M点的轨迹C的方程； (2)过直线y=x-1上的动点Q作C的两条切线l,l ，切点分别为A,B，证明：直线AB恒 1 2 第 页 共 页 2922 3427过定点． 【解析】(1)设Mx,y  ，则MF  1 = x2+y- 8  2 1 ,d=y+ 4  ， 因为d=MF  1 1 + ，即y+ 8 4  1 = x2+y- 8  2 1 + ， 8 1 1 1 1 当y+ ≥0，即y≥- 时，则y+ = x2+y- 4 4 4 8  2 + 1 ，整理得x2= 1 y； 8 2 1 1 1 1 当y+ <0，即y<- 时，则-y- = x2+y- 4 4 4 8  2 1 + ， 8 1 整理得x2=y+ <0，不成立； 8 1 综上所述：M点的轨迹C的方程x2= y. 2 1 (2)由(1)可知：曲线C：x2= y，即y=2x2，则y=4x， 2 设Ax 1 ,2x2 1  ,Bx 2 ,x2 2  ,Qt,t-1  ， 可知切线QA的斜率为4x 1 ，所以切线QA：y-2x2 1 =4x 1x-x 1  ， 则t-1-2x2 1 =4x 1t-x 1  ，整理得2x2-4tx +t-1=0， 1 1 同理由切线QB可得：2x2-4tx +t-1=0， 2 2 t-1 可知：x,x 为方程2x2-4tx+t-1=0的两根，则x +x =2t,xx = ， 1 2 1 2 1 2 2 2x2-2x2 可得直线AB的斜率k AB = x 1 -x 2 =2x 1 +x 2 1 2  =4t， 设AB的中点为Nx 0 ,y 0  x +x 2x2+2x2 ，则x 0 = 1 2 2 =t,y 0 = 1 2 2 =x 1 +x 2  2-2xx =4t2-t 1 2 +1， 即Nt,4t2-t+1  ， 所以直线AB：y-4t2-t+1  =4tx-t  1 ，整理得y-1=4tx- 4  ， 1 所以直线AB恒过定点P ,1 4  . 1 4442 (2024·全国·高二专题练习)已知平面曲线C满足：它上面任意一定到0, 2  的距离比 3 到直线y=- 的距离小1. 2 (1)求曲线C的方程； 1 (2)D为直线y=- 上的动点，过点D作曲线C的两条切线，切点分别为A、B，证明：直 2 线AB过定点； 第 页 共 页 2923 34275 (3)在(2)的条件下，以E0, 2  为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点， 求四边形ADBE的面积. 1 【解析】(1)思路一：由题意知，曲线C是一个以0, 2  1 为焦点，以y=- 的抛物线， 2 故C的方程为：x2=2y. 思路二：设曲线C上的点为x,y  1 ，则 x2+y- 2  2 3 = y-- 2    -1， 由题意易知，y≥0，整理得，x2=2y. 1 (2)设Dt,- 2  ,Ax 1 ,y 1  1 ，则y = x2. 1 2 1 1 又因为y= x2，所以y=x.则切线DA的斜率为x ， 2 1 1 故y 1 + 2 =x 1x 1 -t  ，整理得2tx -2y +1=0. 1 1 设Bx 2 ,y 2  ，同理得2tx -2y +1=0. 2 2 Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  都满足直线方程2tx-2y+1=0. 于是直线2tx-2y+1=0过点A,B，而两个不同的点确定一条直线， 所以直线AB方程为2tx-2y+1=0，即2tx+-2y+1  =0， 当2x=0,-2y+1=0时等式恒成立. 1 所以直线AB恒过定点0, 2  . (3)思路一：利用公共边结合韦达定理求面积 设AB的中点为G,Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  x +x y +y ，则G 1 2, 1 2 2 2   ,EG= x +x y +y -5  1 2, 1 2 2 2   ，BA=x 1 -x 2 ,y 1 -y 2  .   x +x 由EG⋅BA=0，得 1 2 2  x 1 -x 2  y +y -5 + 1 2 2  y 1 -y 2  =0， x2 将y= 2 代入上式并整理得x 1 -x 2  x 1 +x 2  x2 1 +x2 2 -6  =0， 因为x -x ≠0，所以x +x =0或x2+x2=6. 1 2 1 2 1 2 x +x 1 由(1)知D 1 2,- 2 2  ，所以DG⊥x轴， 1 则S =S +S = EF 四边形ADBE △ABE △ABD 2  ⋅x 2 -x 1  1 + GD 2  ⋅x 2 -x 1  =x 2 -x 1  + x 1 +x 2  2+4 8 x 2 -x 1  (设x >x). 2 1 当x 1 +x 2 =0时，x 2 -x 1  2=x 1 +x 2  2-4xx =4，即x -x =2,S =3； 1 2 2 1 四边形ADBE 当x2 1 +x2 2 =6时，x 1 +x 2  2=4,x 2 -x 1  2=x 1 +x 2  2-4xx =8， 1 2 即x -x =2 2,S =4 2. 2 1 四边形ADBE 综上，四边形ADBE的面积为3或4 2. 思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积 1 设Dt,- 2  1 ，由(1)知抛物线的焦点F的坐标为0, 2  1 ，准线方程为y=- . 2 由抛物线的定义，得AB  = x2 1 + 1 + x2 2 + 1 = x 1 +x 2 2 2 2 2  2-2xx 4t2+2 1 2 +1= +1= 2 2 2t2+2. 第 页 共 页 2924 34271 线段AB的中点为Gt,t2+ 2  . 当x 1 +x 2 =0时，t=0,AB⊥y轴，AB  =2， 1 5 1 S = ×2× + 四边形ADBE 2 2 2  =3;； 1 5 t2+ - 2 2 当x +x ≠0时，t≠0，由EG⊥AB，得 ⋅t=-1，即t=±1. 1 2 t-0 所以AB  3 =4,G±1, 2  1 ，直线AB的方程为y=±x+ . 2 3 根据对称性考虑点G1, 2  1 ,D1,- 2  1 和直线AB的方程y=x+ 即可. 2 E到直线AB的距离为EG  5 3 = (0-1)2+ - 2 2  2 = 2， 1 1 1+ + 2 2 D到直线AB的距离为  = 2. 12+(-1)2 1 所以S = ×4× 2+ 2 四边形ADBE 2  =4 2. 综上，四边形ADBE的面积为3或4 2. 思路三：结合抛物线的光学性质求面积 图5中，由抛物线的光学性质易得∠1=∠2，又∠1=∠3，所以∠2=∠3. 因为AF=AA,AD=AD，所以△AFD≌△AAD， 1 1 所以∠AFD=∠AAD=90°,DF⊥AB,DA =DF. 1 1 同理△BDF≌△BDB ⇒DB =DF，所以DA =DB ，即点D为AB 中点. 1 1 1 1 1 1 图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长BA,BA 于点H. 1 1 因为GE⊥AB,DF⊥AB，所以GE∥DF. 又因为G,D分别为AB,AB 的中点，所以GD∥AA ∥EF， 1 1 1 故EFDG为平行四边形，从而GD=EF=2,AB=AA +BB =2GD=4. 1 1 1 因为FI∥GD且FI= GD，所以I为HD的中点， 2 从而DF=GE= 2. 1 1 S =S +S = AB⋅DF+ AB⋅GE=4 2. 四边形ADBE △ADB △ABE 2 2 当直线AB平行于准线时，易得S =3. 四边形ADBE 综上，四边形ADBE的面积为3或4 2. 思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积 1 由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 2 1 y=tx+  2 由 ，可得x2-2tx-1=0， x2 y= 2 于是x 1 +x 2 =2t,x 1 x 2 =-1,y 1 +y 2 =tx 1 +x 2  +1=2t2+1 AB  = 1+t2 x 1 -x 2  = 1+t2 x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 =2t2+1  2 设d,d 分别为点D,E到直线AB的距离，则d = t2+1,d = . 1 2 1 2 t2+1 1 因此，四边形ADBE的面积S= AB 2  d 1 +d 2  =t2+3  t2+1. 1 设M为线段AB的中点，则Mt,t2+ 2  ， 第 页 共 页 2925 3427   由于EM⊥AB，而EM=t,t2-2   ,AB与向量1,t  平行，所以t+t2-2  t=0，解得t =0或t=±1. 当t=0时，S=3；当t=±1时S=4 2 因此，四边形ADBE的面积为3或4 2. 4443 (2024·陕西·校联考三模)已知直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A，B两点，且OA ⊥OB，OD⊥AB，D为垂足，点D的坐标为(1,1)． (1)求C的方程； (2)若点E是直线y=x-4上的动点，过点E作抛物线C的两条切线EP，EQ，其中P， Q为切点，试证明直线PQ恒过一定点，并求出该定点的坐标． 【解析】(1)设点A的坐标为x 1 ,y 1  ，点B的坐标为x 2 ,y 2  ， 因为k =1，所以k =-1，则直线AB的方程为y=-x+2， OD AB y=-x+2 联立方程组  x2=2py ，消去y，整理得x2+2px-4p=0， 所以有x +x =-2p，xx =-4p， 1 2 1 2 又OA⊥OB，得x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +2-x 1  2-x 2  =0， 整理得x 1 x 2 -x 1 +x 2  +2=-4p+2p+2=0，解得p=1． 所以C的方程为x2=2y． 1 (2)由x2=2y，得y= x2，所以y=x， 2 x2 设过点E作抛物线C的切线的切点为x , 0 0 2  ， x2 则相应的切线方程为y- 2 0 =x 0x-x 0  x2 ，即y=x x- 0， 0 2 x2 设点E(t,t-4)，由切线经过点E，得t-4=x t- 0，即x2-2tx +2t-8=0， 0 2 0 0 x2 设Px , 3 3 2  x2 ，Qx , 4 4 2  ，则x ，x 是x2-2tx+2t-8=0的两实数根， 3 4 可得x +x =2t，x x =2t-8． 3 4 3 4 x +x 设M是PQ的中点，则相应x = 3 4 =t， M 2 y +y 1 x2 x2 则y = 3 4 =  3 + 4 M 2 2 2 2  1 = 4 x 3 +x 4   2-2x x 3 4  ，即y =t2-t+4， M 1 1 x2- x2 2 3 2 4 x +x 又k = = 3 4 =t， PQ x -x 2 3 4 第 页 共 页 2926 3427直线PQ的方程为y-t2-t+4  =t(x-t)，即y=t(x-1)+4， 所以直线PQ恒过定点(1,4)． 4444 (2024·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试)抛物线的弦与在弦两端点处的切线 所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：y=ax2给出如下三个条件： 1 ①焦点为F0, 2  1 ；②准线为y=- ；③与直线2y-1=0相交所得弦长为2． 2 (1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程； (2)已知△ABQ是(1)中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处 的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果 是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由． 1 【解析】(1)C：y=ax2即C：x2= y， a 1 其焦点坐标为0, 4a  1 ，准线方程为y=- ， 4a 1 若选①，焦点为F0, 2  1 1 1 ，则 = ，得a= ， 4a 2 2 所以抛物线的方程为x2=2y； 1 1 1 1 若选②，准线为y=- ，则- =- ，得a= ， 2 4a 2 2 所以抛物线的方程为x2=2y； 若选③，与直线2y-1=0相交所得的弦为2， 1 1 2a 将y= 代入方程x2= y中，得x=± ， 2 a 2a 2a 2a 即抛物线与直线2y-1=0相交所得的弦长为2× = =2， 2a a 1 解得a= ，所以抛物线的方程为x2=2y； 2 (2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  1 ，Qx ,- 0 2  ，切线l AQ ：y-y 1 =kx-x 1  ， 将其与C：x2=2y联立得x2-2kx-x2+2kx =0， 1 1 由Δ=-2k  2-4×-x2 1 +2kx 1  =0得k=x ， 1 故切线l AQ ：y-y 1 =kx-x 1  ，即y+y =x⋅x ； 1 1 同理l ：y+y =x⋅x BQ 2 2 1 又点Qx ,- 0 2  满足切线l ，l 的方程， AQ BQ 1 - +y =x ⋅x,  2 1 0 1 即有 1 - +y =x ⋅x , 2 2 0 2 1 1 故弦AB所在直线方程为y=x ⋅x+ ，其过定点F0, 0 2 2  ． 4445 (2024·湖北武汉·高二武汉市第四十九中学校考阶段练习)已知抛物线C:y=ax2(a是常 1 数)过点P(-2,2)，动点Dt,- 2  ，过D作C的两条切线，切点分别为A，B． (1)求抛物线C的焦点坐标和准线方程； (2)当t=1时，求直线AB的方程； (3)证明：直线AB过定点． 1 1 【解析】(1)由点P代入得a= ，所以C的焦点为0, 2 2  1 ，准线方程为y=- ； 2 第 页 共 页 2927 3427(2)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  1 ，此时D1,- 2  ，则x2=2y,x2=2y ， 1 1 2 2 1 y + 1 2 1 因为y=x，所以切线DA的斜率k =x ，即 =x,x2-x =y + ， DA 1 x -1 1 1 1 1 2 1 所以2x -2y +1=0(1) 1 1 同理可得2x -2y +1=0(2) 2 2 所以由(1)、(2)可得直线AB的方程为2x-2y+1=0； 1 法二：设其中一条切线的斜率为k(显然存在)，则切线方程为y+ =k(x-1)， 2 1 y+ =kx-1 由 2    得x2-2kx+2k+1=0， x2=2y 所以由Δ=0得k2-2k-1=0,k=1± 2， 1 1 不妨设DA:y+ =(1- 2)(x-1),DB:y+ =(1+ 2)(x-1)， 2 2 3 可解得A1- 2, - 2 2  3 ，B1+ 2, + 2 2  所以AB的斜率k =1， AB 3 得直线AB的方程为y- - 2 2  =x-(1- 2)即2x-2y+1=0 1 y + 1 2 (3)由(2)知： =x ，所以2tx -2y +1=0， x -t 1 1 1 1 同理可得2tx -2y +1=0， 2 2 1 显然直线AB经过定点0, 2  ． 4446 (2024·全国·高三专题练习)已知动点P在x轴及其上方，且点P到点F(0,1)的距离比 到x轴的距离大1. (1)求点P的轨迹C的方程； (2)若点Q是直线y=x-4上任意一点，过点Q作点P的轨迹C的两切线QA、QB，其 中A、B为切点，试证明直线AB恒过一定点，并求出该点的坐标. 【解析】(1)设点P(x,y)，则PF  =y  +1，即 x2+(y-1)2=y  +1 化简得x2=2y  +2y ∵y≥0∴x2=4y . ∴点P的轨迹方程为x2=4y . 1 1 (2)对函数y= x2求导数y= x. 4 2 1 设切点(x ,y )，则过该切点的切线的斜率为 x ， 0 0 2 0 1 1 1 1 ∴切线方程为y-y = x (x-x )= x x- x2= x x-2y . 0 2 0 0 2 0 2 0 2 0 0 即x x-2y-2y =0， 0 0 设点Q(t,t-4)，由于切线经过点Q， ∴tx -2y -2(t-4)=0 0 0 设A(x,y),B(x ,y )，则两切线方程是tx -2y -2(t-4)=0，tx -2y -2(t-4)=0， 1 1 2 2 1 1 2 2 所以过A,B两点的直线方程是tx-2y-2(t-4)=0， 即t(x-2)+8-2y=0(*) ∴当x=2，y=4时，方程(*)恒成立. 第 页 共 页 2928 3427∴对任意实数t，直线AB恒过定点(2,4). 2 题型二：交点的轨迹问题 4447 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F0,c  (c>0)到直线l: 3 2 x-y-2=0的距离为 ． 2 (1)求抛物线C的方程； (2)设点P(x ，y )为直线l上一动点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B 0 0 为切点，求直线AB的方程，并证明直线AB过定点Q； (3)过(2)中的点Q的直线m交抛物线C于A，B两点，过点A，B分别作抛物线C的切 线l ，l ，求l ，l 交点M满足的轨迹方程． 1 2 1 2 【解析】(1)设抛物线的方程为x2=2py， ∵抛物线C的焦点F0,c  3 2 (c>0)到直线l:x-y-2=0的距离为 ， 2 |0-c-2| 3 2 ∴ = ，解得c=1或c=-5(舍去)， 2 2 p ∴ =1，p=2， 2 ∴抛物线C的方程为x2=4y． x2 (2)设P(x ，x -2)，设切点为x, 0 0 4  x2 x ，曲线C:y= ，y′= ， 4 2 x2 -(x -2) 4 0 x 则切线的斜率为 =y′= ，化简得x2-2x x+4x -8=0， x-x 2 0 0 0 x2 设Ax ， 1 1 4  x2 ，Bx , 2 2 4  ，则x ，x 是以上方程的两根， 1 2 则x +x =2x ，xx =4x -8， 1 2 0 1 2 0 x x2 12 - 2 4 4 x +x x k = = 1 2 = 0， AB x -x 4 2 1 2 x2 x x x x x2 直线AB的方程为：y- 1 = 0(x-x)，整理得y= 0x- 0 1 + 1 ， 4 2 1 2 2 4 x2 x x x2 ∵切线PA的方程为y- 1 = 1(x-x)，整理得y= 1x- 1 ，且点P(x ，y )在切线 4 2 1 2 4 0 0 PA上， x x2 x ∴y = 1x - 1 ，即直线AB的方程为：y= 0x-y ，化简得x x-2y-2y =0， 0 2 0 4 2 0 0 0 又∵y 0 =x 0 -2，∴x 0x-2  -2y+4=0， 故直线AB过定点Q(2,2)． x2 (3)设Ax ， 1 1 4  x2 ，Bx , 2 2 4  ， x x2 x x2 过A的切线y= 1(x-x)+ 1 ，过B的切线y= 2(x-x )+ 2 ， 2 1 4 2 2 4 x +x xx 则交点M 1 2， 1 2 2 4  设过Q点的直线为y=k(x-2)+2， y=kx-2 联立  +2   x2=4y ，得x2-4kx+8k-8=0， 第 页 共 页 2929 3427∴x +x =4k，xx =8k-2， 1 2 1 2 ∴M(2k,2k-2)， ∴y=x-2． ∴点M满足的轨迹方程为x-y-2=0． 4448 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F，过点F作直线l交抛物线 C于A、B两点；椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，点F是它的一个顶点，且其离心率 3 e= ． 2 (1)求椭圆E的方程； (2)经过A、B两点分别作抛物线C的切线l 、l ，切线l 与l 相交于点M．证明：点M定 1 2 1 2 在直线y=-1上； (3)椭圆E上是否存在一点M′，经过点M′作抛物线C的两条切线M′A′、M′B′(A′、B′为 切点)，使得直线A′B′过点F？若存在，求出切线M′A′、M′B′的方程；若不存在，试说明理 由． x2 y2 【解析】(1)设椭圆E的方程为 + =1，半焦距为c．由已知有F(0,1)， a2 b2 c 3 ∴b=1，e= = ，a2=b2+c2，解得a=2，b=1． a 2 x2 ∴椭圆E的方程为 +y2=1． 4 (2)显然直线l的斜率存在，否则直线l与抛物线C只有一个交点，不合题意， 故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x,y),B(x ,y )(x ≠x )， 1 1 2 2 1 2 与抛物线方程联立，消去y，并整理得，x2-4kx-4=0，则xx =-4． 1 2 1 1 ∵抛物线的方程为y= x2，求导得y′= x， 4 2 1 1 ∴过抛物线上A，B两点的切线方程分别是y-y = x(x-x)，y-y = x (x-x )， 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 即y= xx- x2，y= x x- x2 2 1 4 1 2 2 4 2 x +x 解得两条切线的交点M的坐标为 1 2，-1 2  ， ∴点M在直线y=-1上. (3)假设存在点M′满足题意， 由(2)知：M′必在直线y=-1上，又直线y=-1与椭圆有唯一交点，故M′的坐标为(0, -1)， 1 设过M′且与抛物线C相切的切线方程为y-y = x (x-x )，其中(x ,y )为切点． 0 2 0 0 0 0 1 1 令x=0，y=-1得，-1- x2= x (0-x )，解得x =2或x =-2， 4 0 2 0 0 0 0 故不妨取A′(-2,1),B′(2,1)，即直线A′B′过F． 综上，椭圆E上存在M′(0,-1)，经过M′作抛物线C的两条切线M′A′、M′B′(A′、B′为 切点)，能使直线A′B′过F． 此时，两切线的方程分别为y=-x-1和y=x-1． 4449 (2024·全国·高三专题练习)已知动点Q在x轴上方，且到定点F0,1  距离比到x轴的 距离大1. (1)求动点Q的轨迹C的方程； (2)过点P1,1  的直线l与曲线C交于A，B两点，点A，B分别异于原点O，在曲线C的 第 页 共 页 2930 3427A，B两点处的切线分别为l ，l ，且l 与l 交于点M，求证：M在定直线上. 1 2 1 2 【解析】(1)设Q(x,y)(y>0)， 则有 x2+(y-1)2-y=1，化简得x2=4yy≠0  ， 故轨迹C的方程为x2=4yy≠0  . (2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为1， 设直线l的方程为y=k(x-1)+1(k≠1)与x2=4y 联立得x2-4kx+4k-4=0， 设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ， 则x +x =4k，xx =4k-4， 1 2 1 2 x2 x 又y= ，所以y= ， 4 2 x 所以切线l 1 的方程为y= 2 1 x-x 1  +y ， 1 x x2 即y= 1x- 1， 2 4 x x2 同理切线l 的方程为y= 2x- 2 2 2 4 x +x xx 联立得x= 1 2 =2k，y= 1 2 =k-1. 2 4 两式消去k得x-2y-2=0， 当k=1时，x=2，y=0， 所以交点M的轨迹为直线x-2y-2=0，去掉2,0  点. 因而交点M在定直线上. 4450 (2024·全国·高三专题练习)已知动点P与定点F(1,0)的距离和它到定直线l:x=4的距 1 离之比为 ，记P的轨迹为曲线C． 2 (1)求曲线C的方程； (2)过点M(4,0)的直线与曲线C交于A,B两点，R,Q分别为曲线C与x轴的两个交点， 直线AR,BQ交于点N，求证:点N在定直线上． 【解析】(1)设动点P(x,y)， 1 ∵动点P与定点F(1,0)的距离和它到定直线l:x=4的距离之比为 ， 2 (x-1)2+y2 1 ∴ = ，整理得3x2+4y2=12， |x-4| 2 x2 y2 ∴曲线C的方程为 + =1； 4 3 (2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Nx N ,y N  ，直线方程l :x=my+4， AB x=my+4  与椭圆方程联立x2 y2 ，整理得：3m2+4 + =1 4 3  y2+24my+36=0， Δ=242m2-4×363m2+4  =144m2-4  >0， 36 -24m 3 由韦达定理得：y 1 y 2 = 3m2+4 ,y 1 +y 2 = 3m2+4 ，化简得：my 1 y 2 =- 2 y 1 +y 2  ， 由已知得R-2,0  ,Q2,0  , y 则直线l 的方程为y= 1 x+2 AR x +2 1  y ，直线l 的方程为y= 2 x-2 BQ x -2 2  ， 第 页 共 页 2931 3427y y= 1 x+2 x +2 联立直线l 和l ： 1 AR BQ  y y= 2 x-2 x -2 2   3  ，代入my 1 y 2 =- 2 y 1 +y 2  ，x =my +4、x = 1 1 2 x +2 myy +6y my +4可得： N = 1 2 2 =-3，化简可得：x =1， 2 x -2 myy +2y N N 1 2 1 所以N点在一条定直线上． 4451 (2024·全国·高三专题练习)已知点F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，点M、N在抛 物线上，且M、N、F三点共线.若圆P:(x-2)2+(y-3)2=16的直径为MN. (1)求抛物线C的标准方程； (2)过点F的直线l与抛物线交于点A，B，分别过A、B两点作抛物线C的切线l ，l ，证 1 2 明直线l ，l 的交点在定直线上，并求出该直线. 1 2 【解析】(1)由题可知MN中点为P(2,3)，设M、N到准线的距离分别为d ，d .P到准线的 1 2 距离为d， p d +d 则d=y + = 1 2，由抛物线定义得d =|MF|，d =|NF|，所以d +d =|MN|=8， p 2 2 1 2 1 2 p 所以y + =4，即p=2×4-y p 2 p  =2. 所以抛物线C的标准方程为x2=4y. (2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  x2 x ，由x2=4y，得y= ，则y= ， 4 2 x 所以直线l 1 的方程为y-y 1 = 2 1 x-x 1  x ，直线l 2 的方程为y-y 2 = 2 2 x-x 2  ， x +x x= 1 2 2, x +x xx 联立l ，l 方程得 ，即l ，l 的点坐标为 1 2, 1 2 1 2 xx 1 2 2 4 y= 1 2, 4  . 因为l过焦点F(0,1)， 由题可知直线l的斜率存在，所以设直线l方程为y=kx+1， 与抛物线x2=4y联立得x2-4kx-4=0， xx 所以xx =-4，y= 1 2 =-1， 1 2 4 所以直线l ，l 的交点在定直线y=-1上. 1 2 4452 (2024·全国·高三专题练习)下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和 探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整． (1)圆O:x2+y2=r2上点Mx 0 ,y 0  处的切线方程为 ．理由如下： ． x2 y2 (2)椭圆 a2 + b2 =1(a>b>0)上一点x 0 ,y 0  处的切线方程为 ； x2 (3)P(m,n)是椭圆L: +y2=1外一点，过点P作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如 3 图，则直线AB的方程是 ．这是因为在Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  两点处，椭圆L的切线 xx x x xm 方程为 1 +yy=1和 2 +y y=1．两切线都过P点，所以得到了 1 +yn=1和 3 1 3 2 3 1 x m 2 +y n=1，由这两个“同构方程”得到了直线AB的方程； 3 2 第 页 共 页 2932 3427(4)问题(3)中两切线PA，PB斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为y-n=k(x- y-n=k(x-m) m)，由  x2+3y2=3 ，得(1+3k2)x2+6k(n-km)x+3(n-km)2-3=0，化简得Δ= 0，得(3-m2)x2+2mnk+1-n2=0．若PA⊥PB，则由这个方程可知P点一定在一个 圆上，这个圆的方程为 ． (5)抛物线y2=2px(p>0)上一点x 0 ,y 0  处的切线方程为y y=p(x +x)； 0 0 (6)抛物线C:x2=4y，过焦点F的直线l与抛物线相交于A，B两点，分别过点A，B作抛 物线的两条切线l 1 和l 2 ，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则直线l 的方程为xx=2(y +y)．直线 1 1 1 l 的方程为x x=2(y +y)，设l 和l 相交于点M．则①点M在以线段AB为直径的圆 2 2 2 1 2 上；②点M在抛物线C的准线上． 【解析】(1)圆O:x2+y2=r2上点Mx 0 ,y 0  处的切线方程为y y+x x=r2． 0 0 理由如下： k⋅k =-1  OM ①若切线的斜率存在，设切线的斜率为k，则 y ， k = 0 OM x 0 x 所以k=- 0， y 0 又过点Mx 0 ,y 0  ， x 由点斜式可得，y-y =- 0(x-x )， 0 y 0 0 化简可得，y y+x x=x2+y2， 0 0 0 0 又x2+y2=r2， 0 0 所以切线的方程为y y+x x=r2； 0 0 ②若切线的斜率不存在，则M(±r,0)， 此时切线方程为x=±r． 综上所述，圆O:x2+y2=r2上点Mx 0 ,y 0  处的切线方程为y y+x x=r2． 0 0 (2)①当切线斜率存在时, 设过点x 0 ,y 0  的切线方程为y=kx+m， y=kx+m  联立方程x2 y2 ，得b2+a2k2 + =1 a2 b2  x2+2kma2x+a2m2-a2b2=0， ∵Δ=0，即2kma2  2-4b2+a2k2  a2m2-a2b2  =0， ∴a2k2-m2+b2=0， -2kma2 -2ka2 ka2 又x +x =2x = = →x = ， 1 2 0 b2+a2k2 m 0 m ka2 b2 把x = 代入y=kx+m中，得m= ， 0 m y 0 b2x b2 ∴y=kx+m=- 0 + ， a2y y 0 0 x x y y 化简得 0 + 0 =1. a2 b2 第 页 共 页 2933 3427②当切线斜率不存在时，过x 0 ,y 0  的切线方程为x=±a，满足上式. 综上，椭圆上一点x 0 ,y 0  x x y y 的切线方程为： 0 + 0 =1. a2 b2 (3)在Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  xx x x 两点处，椭圆L的切线方程为 1 +yy=1和 2 +y y=1， 3 1 3 2 因为两切线都过P点(m,n)， xm x m 所以得到了 1 +yn=1和 2 +y n=1， 3 1 3 2 mx 由这两个“同构方程”得到了直线AB的方程为 +ny=1； 3 (4)问题(3)中两切线PA，PB斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为y-n=k(x- m)， y-n=k(x-m) 由  x2+3y2=3 ，可得(1+3k2)x2+6k(n-km)x+3(n-km)2-3=0， 由Δ=0，可得(3-m2)k2+2mnk+1-n2=0(*)， 因为PA⊥PB， 则k ⋅k =-1， PA PB 所以(*)式中关于k的二次方程有两个解，且其乘积为-1， 1-n2 则k ⋅k = =-1， 1 2 3-m2 可得m2+n2=4， 所以圆的半径为2，且过原点，其方程为x2+y2=4． 3 题型三：切线垂直问题 4453 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C的方程为x2=4y，过点P作抛物线C的两条 切线，切点分别为A,B. (1)若点P坐标为0,-1  ，求切线PA,PB的方程； (2)若点P是抛物线C的准线上的任意一点，求证：切线PA和PB互相垂直. 【解析】(1)由题意，开口向上的抛物线的切线斜率存在，设切线斜率为k， 点P坐标为0,-1  ，过点P的切线方程为y=kx-1， 联立方程  x2=4y ，消去y，得x2-4kx+4=0， y=kx-1 由Δ=16k2-16=0，解得k=±1， 所以切线PA,PB的方程分别为y=x-1和y=-x-1， 即切线方程分别为x-y-1=0和x+y+1=0； (2)设点P坐标为t,-1  ，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx-t  -1， x2=4y 联立方程 y=kx-t    ，消去y，得x2-4kx+4kt+1 -1  =0， 由Δ=16k2-16kt+1  =0，得k2-tk-1=0，记关于k的一元二次方程k2-tk-1=0 的两根为k,k ， 1 2 则k,k 分别为切线PA,PB的斜率，由根与系数的关系知kk =-1， 1 2 1 2 所以切线PA和PB互相垂直. 4454 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C的方程为x2=4y，点P是抛物线C的准线上 的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B，点M是AB的中点. 第 页 共 页 2934 3427(1)求证：切线PA和PB互相垂直； (2)求证：直线PM与y轴平行； (3)求△PAB面积的最小值. 【解析】(1)由题意，开口向上的抛物线的切线斜率存在. 设点P坐标为t,-1  ，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx-t  -1， x2=4y 联立方程， y=kx-t   ，  -1 消去y，得x2-4kx+4kt+1  =0， 由Δ=16k2-16kt+1  =0，得k2-tk-1=0， 记关于k的一元二次方程k2-tk-1=0的两根为k,k ， 1 2 则k,k 分别为切线PA,PB的斜率，由根与系数的关系知kk =-1， 1 2 1 2 所以切线PA和PB互相垂直. x2 (2)设点Ax 1 1 4  x2 ,Bx , 2 2 4  1 1 ，由x2=4y，知y= x2，则y= x， 4 2 x 所以过点A的切线方程为y= 2 1 x-x 1  x2 = 1， 4 将点t,-1  代入，化简得x2-2tx -4=0， 1 1 同理可得x2-2tx -4=0， 2 2 所以x,x 是关于x的方程x2-2tx-4=0的两个根， 1 2 由根与系数的关系知x +x =2t， 1 2 x +x 所以 1 2 =t，即AB中点M的横坐标为t， 2 而点P的横坐标也为t，所以直线PM与y轴平行. x2+x2 (3)点Mt, 1 2 8  ，则PM  x2+x2 = 1 2 +1， 8 1 则S = PM ΔPAB 2  ∙x 1 -x 2  1 x2+x2 = × 1 2 +1 2 8  ×x 1 -x 2  ， 由(2)知，x +x =2t,xx =-4， 1 2 1 2 则x2 1 +x2 2 =4t2+8，x 1 -x 2  = 4t2+16， 1 x2+x2 S = × 1 2 +1 ΔPAB 2 8  ×x 1 -x 2  1 = t2+4 2  1 t2+4= t2+4 2  3， 当t=0时，△PAB面积的最小值为4. 4455 (2024·全国·高三专题练习)已知中心在原点的椭圆Γ 和抛物线Γ 有相同的焦点(1,0)， 1 2 1 椭圆Γ 的离心率为 ，抛物线Γ 的顶点为原点. 1 2 2 (1)求椭圆Γ 和抛物线Γ 的方程； 1 2 (2)设点P为抛物线Γ 准线上的任意一点，过点P作抛物线Γ 的两条切线PA，PB，其中 2 2 第 页 共 页 2935 3427A,B为切点.设直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，求证：kk 为定值. 1 2 1 2 x2 y2 【解析】(1)设椭圆Γ 和抛物线Γ 的方程分别为 + =1(a>b>0)，y2=2px，(p> 1 2 a2 b2 0)， 1 ∵椭圆Γ 和抛物线Γ 有相同的焦点(1,0)，椭圆Γ 的离心率为 ， 1 2 1 2 c 1   a = 2 a=2   ∴  c=1 ，解得c=1，∴b= a2-c2= 4-1= 3，  p p=2  =1  2 x2 y2 ∴椭圆Γ 的方程为 + =1，抛物线Γ 的方程为y2=4x． 1 4 3 2 (2)由题意知过点P与抛物线y2=4x相切的直线斜率存在且不为0，设P(-1,t)，则切线 方程为y-t=k(x+1)k≠0  ， 联立  y y2 - = t 4 = x k(x+1) ，消去x，得y2- k 4 y+ 4 k t +4=0， 4 由Δ=- k  2 4t -4 +4 k  =0，得k2+tk-1=0， ∵直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，∴kk =-1， 1 2 1 2 ∴kk 为定值． 1 2 4456 (2024·全国·高三专题练习)已知中心在原点的椭圆C 1 和抛物线C 2 有相同的焦点1,0  ， 3 椭圆C 过点G1, 1 2  ，抛物线C 的顶点为原点． 2 1  求椭圆C 和抛物线C 的方程； 1 2 2  设点P为抛物线C 准线上的任意一点，过点P作抛物线C 的两条切线PA，PB，其 2 2 中A，B为切点． ①设直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，求证：kk 为定值； 1 2 1 2 ②若直线AB交椭圆C 于C，D两点，S ，S 分别是△PAB，△PCD的面积，试问： 1 △PAB △PCD S △PAB 是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由． S △PCD 【解析】1  x2 y2 设椭圆C 和抛物线C 的方程分别为 + =1(a>b>0)和y2=2px，(p 1 2 a2 b2 >0)， ∵中心在原点的椭圆C 1 和抛物线C 2 有相同的焦点1,0  3 ，椭圆C 过点G1, 1 2  ， 抛物线C 的顶点为原点． 2 第 页 共 页 2936 3427c=1  9  1 4  + =1 ∴ a2 b2 ，解得a=2，b= 3，p=2，  a2=b2+1  p  =1  2 x2 y2 ∴椭圆C 的方程为 + =1，抛物线C 的方程为y2=4x． 1 4 3 2 证明：(2)①设P-1,t  ，过点P与抛物线y2=4x相切的直线方程为y-t=kx+1  ， y-t=kx+1 由 y2=4x   4 4t  ，消去x得y2- y+ +4=0， y k 1 t 由△=0得， - -1=0，即k2+tk-1=0， k2 k ∴kk =-1． 1 2 ②设Ax 1 ,y 1  Bx 2 ,y 2  ， 2 2 1 1 由①得y = ，y = ，则x = ，x = ， 1 k 2 k 1 k2 2 k2 1 2 1 2 y -y 直线BA的方程为y-y 1 = x 2 -x 1 x-x 1 2 1  2 ，即y=- x-1 k +k 1 2  ， ∴直线AB过定点1,0  ． 2 以A为切点的切线方程为y-y 1 = y x-x 1 1  ，即y 1 y=2x+x 1  ， 同理以B为切点的切线方程为y 2 y=2x+x 2  ， ∵两条切线均过点P-1,t  ， ∴ ty 1 =2-1+x 1  ty 2 =2-1+x 2   ，  则切点弦AB的方程为ty=2x-1  ，即直线AB过定点1,0  1 S 2 d⋅AB 设P到直线AB的距离为d， △PAB = S △PCD  1 d⋅CD 2  AB = CD  . i  当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx-1  ， 设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Cx 3 ,y 3  ，Dx 4 ,y 4  ， y2=4x 由 y=kx-1    ，得k2x2-2k2+4  x+k2=0，k≠0时△>0恒成立． AB  = 1+k2  (x 2 -x 1 )2= 1+k2  16+16k2 41+k2 ⋅ = k4  ． k2 x2 y2 + =1 由 4 3 y=kx-1    ，得3+4k2  x2-8k2x+4k2-12=0，△>0恒成立． CD  = 1+k2  (x 3 -x 4 )2= 1+k2  144+144k2 121+k2 ⋅ = (3+4k2)2  ． 3+4k2 41+k2 S ∴ △PAB = S △PCD  k2 121+k2  3+4k2 1 4 4 = = + > ． 3k2 k2 3 3 3+4k2 ii  当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=1， 此时，AB  =4，CD  =3， 第 页 共 页 2937 3427S 4 △PAB = ． S 3 △PCD S 4 综上， △PAB 有最小值 ． S 3 △PCD p 4457 (2024·全国·高三专题练习)抛物级x2=2py(p>0)的焦点F到直线y=- 的距离为2. 2 (1)求抛物线的方程； (2)设直线y=kx+1交抛物线于Ax 1 , y 1  ， Bx 2 , y 2  两点，分别过A，B两点作抛 物线的两条切线，两切线的交点为P，求证：PF⊥AB. p 【解析】(1)由题意知：F0, 2  ， p p p 则焦点F到直线y=- 的距离为： -- 2 2 2  =p=2， 所以抛物线的方程为：x2=4y； (2)证明： 把直线y=kx+1代入x2=4y消y得：x2-4kx-4=0， 又Δ=16k2+16>0， x +x =4k 利用韦达定理得 1 2 ，  x ⋅x =-4 1 2 由题意设切线PA的斜率为k PA ，切线PB的斜率为k PB ，点P坐标为m,n  ， 1 由(1)可得：y= x2， 4 1 则y= x， 2 1 1 所以k = x,k = x ， PA 2 1 PB 2 2 1 则切线PA的方程为：y-n= 2 x 1x-m  1 ，切线PA的方程为：y-n= 2 x 2x-m  ， 1 y 1 -n= 2 x 1x 1 -m 则  i  1 y 2 -n= 2 x 2x 2 -m  ii    ， i  -ii  利用韦达定理化简整理得：m=2k， 把m=2k代入i  整理得： 1 1 x2- x2 1 1 y -y 1 4 2 4 1 1 n=- x2+kx =- x2+ 2 1x =- x2+ x = xx =-1， 4 1 1 4 1 x -x 1 4 1 x -x 1 4 1 2 2 1 2 1 则P2k,-1  ,F0,1  ， 1--1 k ⋅k = PF AB  ×k=-1， 0-2k 则PF⊥AB 4458 (2024·河南驻马店·校考模拟预测)已知抛物线E：x2=2pyp>0  的焦点为F，点P在 E上，直线l：x-y-2=0与E相离．若P到直线l的距离为d，且PF  +d的最小值为 3 2 ．过E上两点A,B分别作E的两条切线，若这两条切线的交点M恰好在直线l上． 2 (1)求E的方程； (2)设线段AB中点的纵坐标为n，求证：当n取得最小值时，MA⊥MB． p 【解析】(1)由题意，得F0, 2  ，且PF  +d的最小值等于点F到直线l的距离， 第 页 共 页 2938 3427p - -2 2 即  3 2 = ，解得p=2(负值舍去)， 2 2 ∴抛物线E的方程为x2=4y． 1 1 1 (2)由x2=4y，得y= x2，故y= x，设Ax, x2 4 2 1 4 1  1 ，Bx , x2 2 4 2  ， 1 1 则切线方程分别为y- 4 x2 1 = 2 x 1x-x 1  1 1 ，y- 4 x2 2 = 2 x 2x-x 2  ， 设两切线的交点为Mt,t-2  ， 代入切线方程并整理可得：x2-2tx +4t-8=0，x2-2tx +4t-8=0， 1 1 2 2 即x ，x 是方程x2-2tx+4t-8=0的实数根． 1 2 则x +x =2t，xx =4t-8， 1 2 1 2 则线段AB中点纵坐标为 1 1 1 n=  x2+ x2 2 4 1 4 2  1 = 8 x 1 +x 2   2-2xx 1 2  1 = 4t2-8t+16 8  1 = t2-2t+4 2  = 1 t-1 2  3 2+ ， 2 3 ∴当t=1时，n取最小值 ． 2 此时，x 1 +x 2 =2，x 1 x 2 =-4，M1,-1  ，x2+x2=12， 1 2   1 则MA⋅MB=x -1, x2+1 1 4 1  1 ⋅x -1, x2+1 2 4 2  =x 1 -1  x 2 -1  1 + x2+1 4 1  1  x2+1 4 2  =x 1 x 2 -x 1 +x 2  1 +1+ 16 x 1 x 2  1 2+ 4 x2 1 +x2 2  +1=-4-2+1+1+3+1=0． ∴MA⊥MB． 解法二：(同解法一) 3 ∴当t=1时，n取最小值 ． 2 1 1 此时，xx =-4，由y= x2得y= x， 1 2 4 2 1 1 1 故k ⋅k = x ⋅ x = xx =-1， MA MB 2 1 2 2 4 1 2 ∴MA⊥MB． 4 题型四：面积问题 4459 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C的方程为x2=2pyp>0  3 ，点Ax, 2  是抛物 线上的一点，且到抛物线焦点的距离为2． (1)求抛物线的方程； 1 (2)点Q为直线y=- 上的动点，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为D，E，求 2 △QDE面积的最小值． 【解析】本题考查直线与抛物线位置关系的应用． (1)设抛物线焦点为F，由题意可得AF  3 p = + =2，故p=1， 2 2 ∴抛物线的方程为x2=2y． 1 (2)设Qm,- 2  ，由题可知切线的斜率存在且不为0， 1 故可设切线方程为y+ =kx-m 2  ，k≠0． 第 页 共 页 2939 34271 y+ =kx-m 联立 2   ,  ，消去y得x2-2kx+2km+1=0． x2=2y, 由直线与抛物线相切可得Δ=0， ∴k2-2km-1=0，即k2=2km+1． ∴x2-2kx+k2=0，解得x=k， k2 可得切点坐标为k, 2  k2 ，故可设Dk, 1 1 2  k2 ，Ek , 2 2 2  ． 由k2-2km-1=0，可得k +k =2m，kk =-1， 1 2 1 2 ∴QD⊥QE，∴△QDE为直角三角形， 1 ∴△QDE的面积S= QD 2  ⋅QE  ． k2 令切点k, 2  到点Q的距离为d， 则d2=k-m  k2+1 2+ 2  2 4k2-8km+4m2+2km+2 =  2 4 =k2+m2+k2m2+1=k2+1  m2+1  ， ∴QD  = k2 1 +1  m2+1  ，QE  = k2 2 +1  m2+1  ， 1 ∴S= m2+1 2  k2+k2+k2k2+1 1 2 1 2 1 = m2+1 2  k 2 +k 1  2-2kk +2 1 2 1 = m2+1 2  4m2+4=m2+1  3 2， 1 当m=0，即点Q的坐标为0,- 2  时，△QDE的面积S取得最小值1． 4460 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线x2=2py上一点Mx 0 ,1  到其焦点F的距离为 2． (1)求抛物线的方程； (2)如图，过直线l:y=-2上一点A作抛物线的两条切线AP，AQ，切点分别为P，Q，且 直线PQ与y轴交于点N．设直线AP，AQ与x轴的交点分别为B，C，求四边形ABNC 面积的最小值． p 【解析】(1)由|MF|=1+ =2，得p=2，所以抛物线的方程为x2=4y． 2 (2)设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  x2 x ，可知在点P处的切线方程为：y- 4 1 = 2 1 x-x 1  ，即y= x x2 1x- 1， 2 4 x x2 同理，在点Q处的切线方程为：y= 2x- 2， 2 4 第 页 共 页 2940 3427x 可得B 1,0 2  x ，C 2,0 2  x x2 x -2= 1t- 1 = 1t-y 2 4 2 1 又两切线均过点A(t,-2)，所以 ， x x2 x -2= 2t- 2 = 2t-y 2 4 2 2 t 于是PQ的方程为y= x+2， 2 所以点N(0,2)． t 将y= x+2与x2=4y联立可得x2-2tx-8=0， 2 则x +x =2t，xx =-8， 1 2 1 2 记四边形ABNC面积为S，则S=S △ABC +S △BCN =2|BC|=x 1 -x 2  S2=x 1 -x 2  2=x 1 +x 2  2-4xx =4t2+32≥32(当且仅当t=0时，等号成立) 1 2 所以S =4 2． min 4461 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点到原点的距离等于直 线l:x-4y-4=0的斜率. (1)求抛物线C的方程及准线方程； (2)点P是直线l上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，求△PAB 面积的最小值. p 1 1 【解析】(1)由题意， =k = ，即p= ，可知抛物线方程为C:x2=y，其准线方程为y 2 l 4 2 p 1 =- =- . 2 4 (2)Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  y +y ，则切线PA：y-y =2x(x-x)，即xx= 1 ； 1 1 1 1 2 y +y 同理PB：x x= 2 . 2 2 分别代入点Px 0 ,y 0  y +y x 1 x 0 = 1 2 0 y +y 可得 ，对比可知直线AB的方程为：x x= 0 .(即 y +y 0 2 x x = 2 0 2 0 2 切点弦方程) y +y x x= 0 联解 0 2 ⇒x2-2x 0 x+y 0 =0，可知 x2=y x +x =2x 1 2 0⇒x 1 -x 2 xx =y 1 2 0  = x 1 +x 2    2-4x 1 x 2 =2 x2 0 -y 0 ， 第 页 共 页 2941 3427点Px 0 ,y 0  y +y 2x2-y 到直线x x= 0 的距离为d= 0 0 0 2  ， 1+4x2 0 1 因此，S △PAB = 2 × 1+k2 x 1 -x 2  d= 1 1+4x2⋅2 x2-y ⋅ 2x2 0 -y 0 2 0 0 0  1+4x2 =2x2 0 -y 0 0  3 2， x 而x2-y =x2- 0 -1 0 0 0 4  1 =x - 0 8  2 + 6 6 3 4 ≥ 6 6 3 4 ，故S △PAB =2x2 0 -y 0  3 63 2≥2× 64  3 2= 189 7 . 256 1 1 31 当且仅当x = ，即P ,- 0 8 8 32  189 7 时，S 的最小值为 . △PAB 256 4462 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点R的横坐标为 1，焦点为F，且|RF|=2，过点P(-4,0)作抛物线C的两条切线，切点分别为A、B，D为 线段PA上的动点，过D作抛物线的切线，切点为E(异于点A，B)，且直线DE交线段PB 于点H. (1)求抛物线C的方程； (2)(i)求证：|AD|+|BH|为定值； 1 (ii)设△EAD，△EBH的面积分别为S ，S ，求S=3S + S 的最小值. 1 2 1 3 2 p 【解析】(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F ,0 2  p ，准线x=- 2 p 则|RF|=1-- 2  =2，则p=2，抛物线C的方程为y2=4x (2)(i)设直线AP：y=k(x+4) y=k(x+4) 由  y2=4x ，可得k2x2+(8k2-4)x+16k2=0 1 则Δ=(8k2-4)2-4k2×16k2=0，解得k=± 2 1 则 x2+(2-4)x+4=0，解得x=4 4 1 1 不妨令直线AP：y= (x+4)，直线BP：y=- (x+4)，则A(4,4),B(4,-4) 2 2 设D(2t,t+2)，t∈-2,2  ，设直线DH：x=m(y-t-2)+2t x=m(y-t-2)+2t 由  y2=4x ，可得y2-4my+4mt+8m-8t=0 由Δ=-4m  2-4(4mt+8m-8t)=0，可得m=t或m=2(舍) 则E(t2,2t)，直线DH：x=ty-t2 第 页 共 页 2942 3427x=ty-t2  由 1 ，可得H(-2t,t-2) y=- (x+4) 2 1 故|AD|+|BH|= 1+ 4 x A -x D  +x B -x H    5 = (4-2t+4+2t)=4 5，为定值. 2 t2-4t+4 (ii)由(i)得d = E-AD  t-2 = 5  2 ，AD 5  = 52-t  t2+4t+4 d = E-BH  t+2 = 5  2 ，BH 5  = 52+t  1 则S 1 = 2 AD  1 1 ⋅d E-AD = 2 (2-t)3，S 2 = 2 BH  1 ⋅d = (2+t)3 E-BH 2 1 3 1 3 1 故S=3S + S = (2-t)3+ (2+t)3，令f(t)= (2-t)3+ (2+t)3,(-20，f(t)= (2-t)3+ (2+t)3单调递增 2 6 1 则S =f(1)=6，故S=3S + S 的最小值为6. min 1 3 2 4463 (2024·全国·高三专题练习)已知点A(-4，4)、B(4，4)，直线AM与BM相交于点M，且 直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为-2，点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的轨迹方程； (2)Q为直线y=-1上的动点，过Q作曲线C的切线，切点分别为D、E，求△QDE的面 积S的最小值． y-4 y-4 【解析】(Ⅰ)设M(x,y)，由题意得 - =-2，化简可得曲线C的方程为x2= x+4 x-4 4y(x≠±4)；(Ⅱ)设Q(m.-1)，切线方程为y+1=k(x-m)，与抛物线方程联立互为x2 -4kx+4(km+1)=0，由于直线与抛物线相切可得Δ=0，解得x=2k，可切点(2k,k2)， 由 ，利用韦达定理，得到QD⊥QE，得到ΔQDE为直角三角形，得出三角形面积的表达式， 即可求解三角形的最小值． y-4 y-4 试题解析：(1)设M(x，y)，由题意可得： - =-2， x+4 x-4 化为x2=4y． ∴曲线C 的轨迹方程为x2=4y且(x≠±4)． y+1=kx-m (2)联立{  ，化为x2-4kx+4(km+1)=0， x2=4y 由于直线与抛物线相切可得△=0，即k2-km-1=0． ∴x2-4kx+4k2=0，解得x=2k．可得切点(2k，k2)， 由k2-km-1=0．∴k +k =m，k•k =-1． 1 2 1 2 ∴切线QD⊥QE． 1 ∴△QDE为直角三角形，S= |QD|•|QE|． 2 令切点(2k，k2)到Q的距离为d， 则d2=(2k-m)2+(k2+1)2=4(k2-km)+m2+(km+2)2=4(k2-km)+m2+k2m2+ 第 页 共 页 2943 34274km+4=(4+m2)(k2+1)， ∴|QD|= 4+m2  k2 1 +1  ， |QE|= 4+m2  k2 2 +1  ， 1 ∴S= 2 (4+m2) k 1 +k 2  1 2-2k 1 k 2 +2= 2 4+m2  4+m2≥4， 当m=0时，即Q(0，-1)时，△QDE的面积S取得最小值4． 4464 (2024·河南开封·河南省兰考县第一高级中学校考模拟预测)已知点F- 3,0  ，平面上 3 的动点S到F的距离是S到直线 3x+4=0的距离的 倍，记点S的轨迹为曲线C． 2 (1)求曲线C的方程； (2)过直线l:y=2上的动点Ps,2  s>2  向曲线C作两条切线l ，l ，l 交x轴于M，交y 1 2 1 轴于N，l 交x轴于T，交y轴于Q，记△PNQ的面积为S ，△PMT的面积为S ，求S ⋅S 2 1 2 1 2 的最小值． 【解析】(1)设Sx,y  是所求轨迹C上的任意一点， 由题意知动点S到F- 3,0  3 的距离是S到直线 3x+4=0的距离的 倍， 2 可得 x+ 3  3 4 2+y2= ⋅x+ 2 3  x2 ，整理得 +y2=1， 4 x2 即曲线C的方程为 +y2=1. 4 (2)设直线l,l 的方程分别为y=k(x-s)+2,y=k (x-s)+2， 1 2 1 2 可得N0,2-k 1 s  ,Q0,2-k 2 s  2 ,Ms- ,0 k 1  2 ,Ts- ,0 k 2  ， 1 所以S 1 ⋅S 2 = 2 ⋅NQ  x P  1 ⋅ 2 y PMT  1 2 2 = ⋅2 - 4 k k 2 1  ⋅s  k 2 s-k 1 s  (k -k)2 =s2⋅ 2 1 kk 1 2  k k =s2⋅ 2 + 1 -2 k k 1 2  ， y=k(x-s)+2  联立方程组x2 ，整理得(4k2+1)x2-8k(ks-2)x+4(2-ks)2-4=0， +y2=1 4 则Δ=64(ks-2)2k2-4(4k2+1)[4(2-ks)2-4]=0， 整理得s2-4  4s 3 k2-4ks+3=0，所以k +k = ,kk = ， 1 2 s2-4 1 2 s2-4 (k +k)2 16s2 k k 16s2 所以 2 1 = ，所以 2 + 1 = -2， kk 3(s2-4) k k 3(s2-4) 1 2 1 2 16s2 代入上式，可得S ⋅S =s2 -4 1 2 3(s2-4)  4s2(s2+12) = 3(s2-4)  ， 令s2-4=t(t>0)， 4(t+4)(t+16) S ⋅S = 1 2 3t  4 64 = t+ +20 3 t  4 64 ≥ ⋅2 t⋅ +20 3 t  =48， 64 当且仅当t= 时，即t=8时，即s=2 3时，SS 的最小值为48. t 1 2 第 页 共 页 2944 34275 题型五：外接圆问题 1 4465 (2024·全国·高三专题练习)已知P是抛物线C：y= x2-3的顶点，A，B是C上的两 4   个动点，且PA⋅PB=-4． (1)试判断直线AB是否经过某一个定点？若是，求这个定点的坐标；若不是，说明理由； (2)设点M是△PAB的外接圆圆心，求点M的轨迹方程． 1 【解析】(1)因为点P是抛物线C:y= x2-3的顶点，所以点P的坐标为(0,-3)， 4 由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y=kx+b，A(x ，y)，B(x ，y )， 1 1 2 2   故PA=(x,y +3),PB=(x ,y +3)， 1 1 2 2   因为PA⋅PB=-4，则xx +(y +3)(y +3)=-4， 1 2 1 2 1 1 1 又A、B是抛物线C上的两个动点，所以y = x2-3，y = x2-3，故xx + xx2= 1 4 1 2 4 2 1 2 16 1 2 -4， 即x2x2+16xx +64=0，解得xx =-8， 1 2 1 2 1 2 y=kx+b  由 y= 1 x2-3 ，消去y可得x2-4kx-12-4b=0，则有x 1 x 2 =-12-4b， 4 所以-12-4b=-8，解得b=-1， 所以直线AB的方程为y=kx-1， 所以直线经过一个定点(0,-1)． x x2 (2)线段PA的中点坐标为 1, 1 -3 2 8  1 x2 4 1 x ，又直线PA的斜率为k = = 1， PA x 4 1 x2 4 x 所以线段PA的垂直平分线的方程为y- 1 +3=- x- 1 8 x 2 1  ，① x2 4 x 同理，线段PB的垂直平分线的方程为y- 2 +3=- x- 2 8 x 2 2  ，② x +x (x +x )2 由①②解得x= 1 2,y= 1 2 ， 4 8 x +x x= 1 2  4 1 设点M(x,y)，则有 ，消去x +x ，得到x2= y， (x +x )2 1 2 2 y= 1 2 8 1 所以点M的轨迹方程为x2= y． 2 第 页 共 页 2945 34271 4466 (2024·高二单元测试)已知点P是抛物线C:y= x2-3的顶点，A，B是C上的两个动 4   点，且PA⋅PB=-4. (1)判断点D0,1  是否在直线AB上？说明理由； (2)设点M是△PAB的外接圆的圆心，点M到x轴的距离为d，点N1,0  ，求MN  -d的 最大值. 【解析】(1)设直线方程y=kx+b，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  根据题意可知直线斜率一定存在，P0,-3  y=kx+b  则 y= 1 x2-3 ⇒x2-4kx-43+b 4  =0 x 1 x 2 =-43+b  ,x +x =4k 1 2 Δ=-4k  2+16b+48  PA=x 1 ,y 1 +3   ,PB=x 2 ,y 2 +3    则PA⋅PB=x 1 x 2 +y 1 +3  y 2 +3    PA⋅PB=x 1 x 2 +y 1 y 2 +3y 1 +y 2  +9 y 1 y 2 =kx 1 +b  kx 2 +b  =k2x 1 x 2 +kbx 1 +x 2  +b2 y 1 +y 2 =kx 1 +b+kx 2 +b=kx 1 +x 2  +2b   PA⋅PB=k2+1  x 1 x 2 +3k+kb  x 1 +x 2  +b2+6b+9   由PA⋅PB=-4 所以k2+1  x 1 x 2 +3k+kb  x 1 +x 2  +b2+6b+9=-4 将x 1 x 2 =-43+b  ,x +x =4k代入上式 1 2 化简可得b2+2b+1=0，所以b=-1 则直线方程为y=kx-1， 所以直线过定点0,-1  ，Δ=-4k  2+16b+48>0 所以可知点D0,1  不在直线上. (2)设Mx M ,y M  x y -3 线段PA的中点为E 1, 1 2 2  x y -3 线段PB的中点为G 2, 2 2 2  y +3 则直线PA的斜率为k = 1 ， PA x 1 y +3 直线PB的斜率为k = 2 PB x 2 y -3 x x 可知线段PA的中垂线的方程为y- 1 =- 1 x- 1 2 y +3 2 1  1 4 x2 由y = x2-3，所以上式化简为y=- x+ 1 -1 1 4 1 x2 8 1 4 x2 即线段PA的中垂线的方程为y=- x+ 1 -1 x2 8 1 同理可得： 4 x2 线段PB的中垂线的方程为y=- x+ 2 -1 x2 8 2 第 页 共 页 2946 3427 y=- x 4 2 x+ x 8 2 2 -1 x M =- x 1 x 2x 1 +x 2 则 2 ⇒ 4 x2 y=- x+ 1 -1 x2 8 1   32  x2+x2+xx -8 y = 1 2 1 2 M 32 由(1)可知：x 1 +x 2 =4k,x 1 x 2 =-43+b  =-8 x =- x 1 x 2x 1 +x 2 M 所以    x2+x2+ 32 xx -8 ⇒   x y M = = 2 k k2 y = 1 2 1 2 M M 32 即Mk,2k2  ，所以点M轨迹方程为y=2x2 1 焦点为F0, 8  ， 所以MN  -d=MN  - MF  1  - 8  =MN  -MF  1 + 8 当M,N,F三点共线时，MN  -d有最大 所以MN  -d=MN  -MF  1 + ≤NF 8  1 65+1 + = 8 8 1 4467 (2024·全国·高三专题练习)已知点P是抛物线C:y= x2-3的顶点，A，B是C上的两 4   个动点，且PA⋅PB=-4. (1)判断点D0,-1  是否在直线AB上？说明理由； (2)设点M是△PAB的外接圆的圆心，求点M的轨迹方程. 【解析】(1) 点D0,-1  在直线AB上.理由如下， 1 由题意, 抛物线C:y= x2-3的顶点为P(0,-3) 4 因为直线与抛物线有2个交点， 所以设直线AB的方程为y=kx+b, Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  1 y= x2-3 联立 4 得到x2-4kx-4(3+b)=0， y=kx+b 其中Δ=16k2+16(3+b)>0， x +x =4k，xx =-4(b+3)xx =-4(b+3) 1 2 1 2 1 2 所以y 1 +y 2 =kx 1 +x 2  +2b=4k2+2b， y 1 y 2 =kx 1 +b  kx 2 +b  =k2x 1 x 2 +kbx 1 +x 2  +b2 =-4k2(b+3)+4k2b+b2 =-12k2+b2  因为PA=x 1 ,y 1 +3   , PB=x 2 ,y 2 +3    所以PA⋅PB=x 1 x 2 +y 1 +3  y 2 +3  =x 1 x 2 +y 1 y 1 +3y 1 +y 2  +9 =-4(b+3)+-12k2+b2  +34k2+2b  +9 =b2+2b-3 =4， 所以b2+2b+1=(b+1)2=0， 解得b=-1， 经检验，满足Δ>0， 所以直线AB的方程为y=kx-1，恒过定点D0,-1  . 第 页 共 页 2947 3427(2)因为点M是ΔPAB的外接圆的圆心，所以点M是三角形PAB三条边的中垂线的交 点， 设线段PA的中点为F，线段PB的中点为为E， 因为P(0,-3)，设A(x ，y)，B(x ，y ) 1 1 2 2 x y -3 所以F 1，1 2 2  x y -3 ，E 2，2 2 2  y +3 y +3 ，k = 1 ，k = 2 ， PA x PB x 1 2 y -3 x x 所以线段PA的中垂线的方程为：y- 1 =- 1 x- 1 2 y +3 2 1  ， 1 因为A在抛物线上，所以y +3= x2， 1 4 1 x2 4 x PA的中垂线的方程为：y- 1 +3=- x- 1 8 x 2 1  4 x2 ，即y=- x+ 1 -1， x 8 1 4 x2 同理可得线段PB的中垂线的方程为：y=- x+ 2 -1， x 8 2 4 x2 xx (x +x )  y=- x x+ 8 1 -1 x=- 1 2 32 1 2 联立两个方程 1 ，解得 ， 4 x2 x2+x2+xx -8 y=- x+ 2 -1 y = 1 2 1 2 x 8 M 8 2 由(1)可得x +x =4k，xx =-4(b+3)=-8， 1 2 1 2 -8×4k x2+x2+2xx (x +x )2 所以x =- =k，y = 1 2 1 2 = 1 2 =2k2， M 32 M 8 8 1 即点M(k,2k2)，所以x2 = y ， M 2 M 1 即点M的轨迹方程为：x2= y． 2 6 题型六：最值问题 4468 (2024·全国·高三专题练习)如图已知P-2,t  是直线x=-2上的动点，过点P作抛物 线y2=4x的两条切线，切点分别为A,B，与y轴分别交于C,D. (1)求证：直线AB过定点，并求出该定点； (2)设直线AB与x轴相交于点Q，记A,B两点到直线PQ的距离分别为d,d ；求当 1 2 AB  取最大值时△PCD的面积. d +d 1 2 【解析】(1)设过点P与抛物线相切的直线方程为：x+2=my-t  ， x+2=my-t 由    y2=4x ，得y2-4my+4mt+2  =0， y =y =2m 因为相切，所以Δ=0，即 1 2 16m2=16mt+2   得  y 1 =y 2 =2m ，   m2-tm-2=0 第 页 共 页 2948 3427m +m =t 设m 1 ,m 2 是该方程的两根，由韦达定理得：  m 1 m = 2 -2 ， 1 2 m,m 分别表示切线PA,PB斜率的倒数，且每条切线对应一个切点，所以切点 1 2 Am 1 2,2m 1  ,Bm 2 2,2m 2  ， 所以k = 2m 1 -m 2 AB  2 = ， m2-m2 m +m 1 2 1 2 2 所以直线AB为：y= m +m x-m 1 2 1 2  2 2mm +2m ，得y= x+ 1 2 ， 1 m +m m +m 1 2 1 2 2 直线AB方程为：y= x-2 t  ， 所以AB过定点2,0  . (2)由(1)知AB  = m 1 2-m 2 2  2+4m 1 -m 2  2=m 1 -m 2  m 1 +m 2  2+4， 由(1)知点Q坐标为2,0  ，P-2,t  t ，所以直线PQ方程为：y=- x-2 4  ， tm2+8m -2t 即：tx+4y-2t=0，所以d +d = 1 1 1 2  tm2+8m -2t + 2 2 t2+16  ， t2+16 A,B分居直线两侧可得 d +d = tm 1 2-m 2 2 1 2  +8m 1 -m 2    = m 1 -m 2 t2+16  tm 1 +m 2   +8  ， t2+16 AB 所以  = m 1 +m 2 d +d 1 2  2+4 t2+16 tm 1 +m 2   +8  t2+4 t2+16 = t2+8 t2+16 =  t2+4  t2+8  4t2 = 1+ ， 2 t4+16t2+64 AB ∴  4 4 3 = 1+ ≤ 1+ = 2 d 1 +d 2 t2+ 64 +16 32 4 t2 ∴当且仅当t2=8等号成立， 又由x+2=my-t  2 ，令x=0得：C0, +t m 1  2 ,D0, +t m 2  1 ，S = ×2× △PCD 2 2 2  - m m 1 2  m -m =2 1 2 mm 1 2  =m 1 -m 2  = m 1 +m 2  2-4mm = t2+8=4. 1 2 4469 (2024·湖南·高三校联考阶段练习)在直角坐标系xoy中，已知抛物线C:x2= 2pyp>0  ，P为直线y=x-1上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A, B，当P在y轴上时，OA⊥OB. (1)求抛物线C的方程； (2)求点O到直线AB距离的最大值. 【解析】(1)当P在y轴上时，即P0,-1  ，由题意不妨设Ax 0 ,y 0  x 0 >0  则B-x 0 ,y 0  ， 设过点P的切线方程为y=kx-1，与x2=2py联立得x2-2pkx+2p=0， 由直线和抛物线相切可得Δ=4p2k2-8p=0，x x =x2=2p，所以x = 2p 0 0 0 0 由x2 0 =2py 0 得y 0 =1，∴A 2p,1  ，B- 2p,1  ， 由OA⊥OB可得 2p⋅- 2p  1 +1×1=0，解得p= ， 2 ∴抛物线C的方程为x2=y； (2)x2=y，∴y=2x， 第 页 共 页 2949 3427设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则y-y 1 =2x 1x-x 1  ，又x2=y ，所以y-y =2xx-2y 1 1 1 1 1 即2xx=y+y ，同理可得2x x=y+y ， 1 1 2 2 又P为直线y=x-1上的动点，设Pt,t-1  ， 则2xt=t-1+y ，2x t=t-1+y ， 1 1 2 2 由两点确定一条直线可得AB的方程为2xt=t-1+y， 1 即y-1=2tx- 2  1 ，∴直线AB恒过定点M ,1 2  ， ∴点O到直线AB距离的最大值为OM  1 =  2  2 5 +1= . 2 4470 (2024·辽宁沈阳·校联考二模)从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行 于抛物线的轴，根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚 到抛物线的焦点处，这一性质被广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线C:x2= 2pyp>1  ，从点4,9  发出的平行于y轴的光线照射到抛物线上的D点，经过抛物线两 次反射后，反射光线由G点射出，经过点-1,5  ． (1)求抛物线C的方程； (2)已知圆M:x2+y-3  2=4，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA   和EB，切点分别为A、B，求EA⋅EB的取值范围． 8 【解析】(1)由题设，令D4, p  1 ，G-1, 2p  ，根据抛物线性质知：直线DG必过焦点 p F0, 2  ， 8 p 8 1 - - p 2 p 2p 3 所以k =k ，则 = = ，整理得p2=4，p>1，则p=2， DF DG 4 5 2p 所以抛物线C的方程为x2=4y.        (2)由题意，MA⊥EA,MB⊥EB，且EA=EM+MA，EB=EM+MB，MA   =MB  =2，             所以EA⋅EB=(EM+MA)⋅(EM+MB)=EM2+EM⋅(MA+MB)+MA⋅MB， 第 页 共 页 2950 3427         而EM⋅(MA+MB)=EM⋅MA+EM⋅MB=-MA2-MB2=-8， π 令∠AEM=∠BEM=θ∈0, 2  π ，则∠AME=∠BME= -θ， 2    4 所以MA⋅MB=4cos(π-2θ)=-4cos2θ，EM2= ， sin2θ   4 8 综上，EA⋅EB= -8-4cos2θ= +4(1-cos2θ)-12， sin2θ 1-cos2θ 2 又sinθ= ME  x2 ，M(0,3)，若Ex, 4  x2 ，则|ME|2=x2+ -3 4  2 1 = (x2-4)2+8， 16 由x2≥0，当x2=4，即x=±2时|ME| =2 2，无最大值， min 2 所以sinθ∈0, 2  π ，即θ∈0, 4  π ，故2θ∈0, 2  ，cos2θ∈[0,1)，   8 令t=1-cos2θ∈(0,1]，则EA⋅EB= +4t-12， t   8 8 令y= +4t，y=4- <0在t∈(0,1]上恒成立，即y递减，所以EA⋅EB∈[0,+∞). t t2 4471 (2024·贵州·高三校联考阶段练习)已知抛物线C:x2=2pyp>0  上的点2,y 0  到其焦 点F的距离为2. (1)求抛物线C的方程； (2)已知点D在直线l：y=-3上，过点D作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B，直线 AB与直线l交于点M，过抛物线C的焦点F作直线AB的垂线交直线l于点N，当MN  AB 最小时，求  MN  的值. 【解析】(1)因为点2,y 0  在抛物线C:x2=2pyp>0  2 上，可得y = ， 0 p 又因为点2,y 0  到其焦点F的距离为2， 2 p 由抛物线的性质可得 + =2，解得p=2，即抛物线C的方程为x2=4y. p 2 (2)由题意可设Dt,-3  ，且t≠0，Ax 1 ,y 1  ， 1 1 1 y +3 1 因为y= x2，所以y= x，可得k = x ，所以 1 = x ，整理得tx -2y +6= 4 2 AD 2 1 x -t 2 1 1 1 1 0， 设点Bx 2 ,y 2  ，同理可得tx -2y +6=0， 2 2 则直线AB方程为tx-2y+6=0， 12 12 令y=-3，可得x=- ，即点M- ,-3 t t  ， 2 因为直线NF与直线AB垂直，所以直线NF方程为y=- x+1， t 令y=-3，可得x=2t，即点N2t,-3  ， 所以MN  12 =- -2t t  =2t  12 + t  ≥4 6，当且仅当2t  12 = t  时，即t2=6时上式等号 成立， 即MN  的最小值为4 6， tx-2y+6=0 联立方程组  x2=4y ，整理得x2-2tx-12=0， 所以x +x =2t，x ⋅x =-12,Δ=4t2+48>0 1 2 1 2 则AB  t2 = 1+ 4  x 1 +x 2   2-4xx 1 2  t2 = 1+ 4  4t2+48  =6 5 第 页 共 页 2951 3427AB 所以  MN  6 5 30 = = . 4 6 4 4472 (2024·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考阶段练习)已知抛物线C:y2=4x，点P为直 线x=-2上的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，则点M0,1  到直线AB的距离的最大值为 ( ) A.1 B.4 C.5 D. 5 【答案】D 【解析】设P(-2,m)，切点A(x,y)，B(x ,y ) 1 1 2 2 由题意知在点A处的切线斜率存在且不为0，设在点A处切线斜率为k A 在点A处切线方程可设为y=k (x-x)+y A 1 1 由   y y 2 = = k 4x (x-x)+y ，可得y2- k 4 y+ k 4 y 1 -4x 1 =0 A 1 1 A A 4 由- k A  2 4 -4 y -4x k 1 1 A  2 =0，可得k = A y 1 2 则在点A处切线方程可化为y= (x-x)+y ，即2x-yy+2x =0 y 1 1 1 1 1 由题意知在点B处的切线斜率存在且不为0，设在点B处切线斜率为k B 在点B处切线方程可设为y=k (x-x )+y B 2 2 由   y y 2 = = k 4x (x-x )+y ，可得y2- k 4 y+ k 4 y 2 -4x 2 =0 B 2 2 B 4 由- k B  2 4 -4 y -4x k 2 2 B  2 =0，可得k = B y 2 2 则在点B处切线方程可化为y= (x-x )+y ，即2x-y y+2x =0 y 2 2 2 2 2 又两条切线均过点P，则2-2  -y 2 m+2x 2 =0，2-2  -ym+2x =0 1 1 则直线AB的方程为-4-ym+2x=0，即2x-2  -ym=0 则直线AB恒过定点Q2,0  点M0,1  到直线AB的距离的最大值即为点M0,1  到Q2,0  的距离 MQ  = 2-0  2+0-1  2= 5 故点M0,1  到直线AB的距离的最大值为 5. 故选：D 7 题型七：角度相等问题 4473 设抛物线C:y=x2的焦点为F，动点P在直线l:x-y-2=0上运动，过P作抛物线C 的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点. (1)求△APB的重心G的轨迹方程. (2)证明∠PFA=∠PFB． 【解析】(1)设切点A，B坐标分别为x 0 ,x2 0  和x 1 ，x2 1  x 1 ≠x 0  ， ∴切线AP的方程为：2x x-y-x2=0；切线BP的方程为：2xx-y-x2=0； 0 0 1 1 2x x -y -x2=0 由于P既在AP又在BP上，所以{ 0 P P 0 解得 2xx -y -x2=0 1 P P 1 x +x x = 0 1 x +x p 2 ，P 0 1,x x 2 0 1 y =x x p 0 1    第 页 共 页 2952 3427x +x +x 所以△APB的重心G的坐标为x = 0 1 p =x ， G 3 p y = y 0 +y 1 +y p = x2 0 +x2 1 +x 0 x 1 = x 0 +x 1 G 3 3  2-x x 4x2-y 0 1 = p p， 3 3 所以y =-3y +4x2，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为： P G G x--3y+4x2  1 -2=0，即y= 4x2-x+2 3  ．  1 (2)方法1：因为FA=x ，x2- 0 0 4   x +x 1 ，FP= 0 1，x x - 2 0 1 4   1 ，FB=x ，x2- 1 1 4  ．  由于P点在抛物线外，则FP  ≠0． ， 同理有 ， ∴∠AFP=∠PFB． x 方法2：①当xx =0时，由于x ≠x ，不妨设x =0，则y =0，所以P点坐标为 1，0 1 0 1 0 0 0 2  ， 则P点到直线AF的距离为：d = x 1 1  1 x2- 1 1 4 ；而直线BF的方程：y- = x， 2 4 x 1 1 即x2- 1 4  1 x2- 1 1 4 x-xy+ x =0．所以P点到直线BF的距离为：d = 1 4 1 2  x x  1 + 1 2 4  1 x2- 1 4  2 +x 1  2 1 x2+ 1 4 =  x 1  2 = x 1 1 x2+ 1 4  所以d =d ，即得∠AFP=∠PFB． 2 1 2 1 x2- 1 0 4 ②当x 1 x 0 ≠0时，直线AF的方程：y- 4 = x -0 x-0 0  1 ，即x2- 0 4  1 x-x y+ x = 0 4 0 0， 1 x2- 1 1 4 直线BF的方程：y- = x-0 4 x -0 1  1 ，即x2- 1 4  1 x-xy+ x =0， 1 4 1 所以P点到直线AF的距离为： 1 x2- 0 4 d = 1  x +x  0 1 2  1  -x2x + x 0 1 4 0  1 x2- 0 4  x -x  0 1 2 = 2 +x2 0  1 x2+ 0 4  = x 0 -x 1 1 x2+ 0 4  ， 2 同理可得到P点到直线BF的距离 第 页 共 页 2953 3427，因此由d =d ，可得到∠AFP=∠PFB． 1 2 4474 (2024·全国·高三专题练习)已知F，F分别是椭圆C:17x2+16y2=17的上、下焦点，直 1 线l 过点F且垂直于椭圆长轴，动直线l 垂直l 于点G，线段GF的垂直平分线交l 于点 1 2 1 2 H，点H的轨迹为C . 2 (1)求轨迹C 的方程； 2 (2)若动点P在直线l:x-y-2=0上运动，且过点P作轨迹C 的两条切线PA、PB，切点 2 为A、B，试猜想∠PFA与∠PFB的大小关系，并证明你的结论的正确性. y2 【解析】(1)∵17x2+16y2=17，∴ +x2=1， 17 16 1 1 ∴椭圆半焦距长为 ，F′0,- 4 4  1 ，F0, 4  ， ∵HG  =HF  ， 1 1 ∴动点H到定直线l:y=- 与定点F0, 1 4 4  的距离相等， 1 1 ∴动点H的轨迹是以定直线l:y=- 为准线，定点F0, 1 4 4  为焦点的抛物线， ∴轨迹C 的方程是x2=y； 2 (2)猜想∠PFA=∠PFB 证明如下：由(1)可设Ax 1 ,x 1 2  ，Bx 2 ,x 2 2  x 1 ≠x 2  ∵y=x2， ∴y=2x，则k AP =yx=x 1 =2x 1 ， ∴切线AP的方程为：y-x 1 2=2x 1x-x 1  ⇒2xx-y-x2=0 1 1 同理，切线BP的方程为：2x x-y-x2=0 2 2 x +x 联立方程组可解得P的坐标为x = 1 2，y =xx P 2 P 1 2  ∵P在抛物线外，∴|FP|≠0  1 ∵FA=x,x2- 1 1 4   x +x 1 ，FP= 1 2,xx - 2 1 2 4   1 ，FB=x ,x2- 2 2 4    x 1 +x 2 ⋅x +xx - 1 FP⋅FA 2 1 1 2 4 ∴cos∠AFP=   = |FP||FA|  1 x2- 1 4   1 |FP|⋅ x2+x2- 1 1 4  1 x2+ 1 4 = 2  1 xx + 1 2 4   1 |FP|⋅ x2+ 1 4  = 2 1 xx + 1 2 4  |FP|   1 xx + FP⋅FB 1 2 4 同理cos∠BFP=   =  |FP||FB| |FP| ∴cos∠AFP=cos∠BFP ∴∠PFA=∠PFB 4475 (2024·江苏南通·高三统考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，已知圆G:x2+(y-1)2 =1与抛物线C:x2=2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径，过点E (0，2)作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P． (1)求证：点P的纵坐标为定值； 第 页 共 页 2954 3427(2)若F是抛物线C的焦点，证明：∠PFA=∠PFB． 【解析】(1)由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)， 代入抛物线方程可得2p=1， 所以抛物线的方程为x2=y， 设A(x,x2)，B(x ,x2)， 1 1 2 2 x2-x2 所以k = 1 2 =x +x ， AB x -x 1 2 1 2 所以直线AB的方程为y-x2=(x +x )(x-x)， 1 1 2 1 即y=(x +x )x-xx ， 1 2 1 2 因为直线AB过点C(0，2)， 所以-xx =2，所以xx =-2①. 1 2 1 2 因为y=2x，所以直线PA的斜率为2x ，直线PB的斜率为2x ， 1 2 直线PA的方程为y-x2=2x(x-x)， 1 1 1 即y=2xx-x2， 1 1 同理直线PB的方程为y=2x x-x2， 2 2 x +x 联立两直线方程，可得P 1 2,xx 2 1 2  由①可知点P的纵坐标为定值-2.     FA⋅FP FB⋅FP (2)cos∠PFA=   ，cos∠PFB=  |FA|⋅|FP| FB⋅    FP  ， 注意到两角都在(0,π)内，     FA⋅FP FB⋅FP 可知要证∠PFA=∠PFB，即证  =  (*)， |FA| |FB|  1 FA=x,x2- 1 1 4   x +x 9 ，FP= 1 2,- 2 4  ，   x +x 9 1 所以FA⋅FP=x ⋅ 1 2 - x2- 1 2 4 1 4  7 7 7 =- x2- =- (4x2+1)， 4 1 16 16 1  1 又|FA|= x2+x2- 1 1 4    2 =x2+ 1 ，所以 FA  ⋅  FP =- 7 ， 1 4 |FA| 4   FB⋅FP 7 同理  =- ,(*)式得证. |FB| 4 4476 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，设抛物线C：y=x2的焦点为F，动点P在直线l： x-y-2=0上运动，过P作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，求证： ∠AFB=∠BFP. 第 页 共 页 2955 3427【解析】证明：设切A、B的坐标分别为x 0 ,x2 0  和x 1 ,x2 1  (x ≠x ). 1 0 可得切线AP的方程为2x x-y-x2=0；切线BP的方程为2xx-y-x2=0， 0 0 1 1 x +x 解得点P的坐标为x = 0 1，y =x x. P 2 P 0 1  1 则FA=x ,x2- 0 0 4   x +x 1 ，FP= 0 1,x x - 2 0 1 4   1 ，FB=x,x2- 1 1 4  .  由于点P在抛物线外，即|FP|≠0.   FP⋅FA ∴cos∠AFP=  FP   FA  x +x 1 0 1 ⋅x +x x - 2 0 0 1 4 =  1 x2- 0 4   FP  1 x2+x2- 0 0 4  1 x x + 0 1 4 = 2  1 x2+ 0 4   FP  1 x2+ 0 4  = 1 x x + 0 1 4  FP  .   FP⋅FB 同理有cos∠BFP=  FP   FB  x +x 1 0 1 ⋅x +x x - 2 1 0 1 4 =  1 x2- 1 4   FP  1 x2+x2- 1 1 4  = 2 1 x x + 0 1 4  1 x2+ 1 4   FP  1 x2+ 1 4  1 x x + 0 1 4 =  FP  ， 所以cos∠AFB=cos∠BFP 综上可知：∠AFB=∠BFP. 4477 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知点E(0，2)，以OE为直径的 圆与抛物线C∶x2=2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径，过点E 作直线交抛物线与A，B两点，过A，B两点分别作拋物线C的切线交于点P. (1)求证∶点P的纵坐标为定值； (2)若F是抛物线C的焦点，证明∶∠PFA=∠PFB. 【解析】(1)以OC为直径的圆为x2+(y-1)2=1. 由题意可知该圆与抛物线交于一条直径， 由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1) 代入抛物线方程可得2p=1. 第 页 共 页 2956 3427所以抛物线的方程为x2=y. 设A(x,x2)，B(x ,x2)， 1 1 2 2 x2-x2 所以k = 1 2 =x +x AB x -x 1 2 1 2 所以直线AB的方程为y-x2=(x +x )(x-x)， 1 1 2 1 即y=(x +x )x-xx . 1 2 1 2 因为直线AB过点C(0，2)， 所以-xx =2，所以xx =-2①. 1 2 1 2 因为y=2x，所以直线PA的斜率为2x ，直线PB的斜率为2x 1 2 直线PA的方程为y-x2=2x(x-x)， 1 1 1 即y=2xx-x2， 1 1 同理直线PB的方程为y=2x x-x2 2 2 x +x 联立两直线方程，可得P 1 2,xx 2 1 2  由①可知点P的纵坐标为定值-2.     FA⋅FP FB⋅FP (2)cos∠PFA=   ，cos∠PFA=   ， |FA|⋅|FP| |FB|⋅|FP| 注意到两角都在(0,π)内，     FA⋅FP FB⋅FP 可知要证∠PFA=∠PFB，即证  =  (*)， |FA| |FB|  1 FA=x,x2- 1 1 4   x +x 9 ，FP= 1 2,- 2 4  ，   x +x 9 1 所以FA⋅FP=x ⋅ 1 2 - x2- 1 2 4 1 4  7 7 7 =- x2- =- (4x2+1)， 4 1 16 16 1  1 又|FA|= x2+x2- 1 1 4    2 =x2+ 1 ，所以 FA  ⋅  FP =- 7 ， 1 4 |FA| 4   FB⋅FP 7 同理  =- ,(*)式得证 |FB| 4 第 页 共 页 2957 3427