《2025年高考帮数学》

例5 [2021全国卷乙]已知抛物线C:x² = 2py (p＞0)的焦点为F,且F与圆M:x² + (y + 4)² = 1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.

答案：
(1)由题意知$M(0,-4),F(0,\frac{p}{2})$，圆$M$的半径$r = 1$，所以$|MF| - r = 4$，即$\frac{p}{2} + 4 - 1 = 4$，解得$p = 2$。（$F$与圆$M$上点的距离的最小值为$|MF| - r$，最大值为$|MF| + r$）
(2)解法一 由
(1)知，抛物线方程为$x^{2} = 4y$，
由题意可知直线$AB$的斜率存在，设$A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{4}),B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{4})$，直线$AB$的方程为$y = kx + b$，
由$\begin{cases}y = kx + b\\x^{2} = 4y\end{cases}$，消去$y$得$x^{2} - 4kx - 4b = 0$，
则$\Delta = 16k^{2} + 16b＞0$ ①，$x_{1} + x_{2} = 4k$，$x_{1}x_{2} = -4b$，
所以$|AB| = \sqrt{1 + k^{2}}|x_{1} - x_{2}| = \sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}} = 4\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{k^{2} + b}$。
因为$x^{2} = 4y$，即$y = \frac{x^{2}}{4}$，所以$y' = \frac{x}{2}$，则抛物线在点$A$处的切线斜率为$\frac{x_{1}}{2}$，在点$A$处的切线方程为$y - \frac{x_{1}^{2}}{4} = \frac{x_{1}}{2}(x - x_{1})$，即$y = \frac{x_{1}}{2}x - \frac{x_{1}^{2}}{4}$。
同理得抛物线在点$B$处的切线方程为$y = \frac{x_{2}}{2}x - \frac{x_{2}^{2}}{4}$。
由$\begin{cases}y = \frac{x_{1}}{2}x - \frac{x_{1}^{2}}{4}\\y = \frac{x_{2}}{2}x - \frac{x_{2}^{2}}{4}\end{cases}$，得$\begin{cases}x = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = 2k\\y = \frac{x_{1}x_{2}}{4} = -b\end{cases}$，即$P(2k,-b)$，
设点$P$到直线$AB$的距离为$d$，则$d = \frac{|2k^{2} + 2b|}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，
所以$S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2}|AB|\cdot d = 4\sqrt{(k^{2} + b)^{3}}$。
因为点$P$在圆$M$上，所以$4k^{2} + (4 - b)^{2} = 1$，
且$-\frac{1}{2}\leq k\leq\frac{1}{2},3\leq b\leq5$，满足①。
则$k^{2} = \frac{1 - (4 - b)^{2}}{4} = \frac{-b^{2} + 8b - 15}{4}$，令$t = k^{2} + b$，则$t = \frac{-b^{2} + 12b - 15}{4}$，且$3\leq b\leq5$。
因为$t = \frac{-b^{2} + 12b - 15}{4}$在$[3,5]$上单调递增，所以当$b = 5$时，$t$取得最大值，$t_{max} = 5$，此时$k = 0$，所以$\triangle PAB$面积的最大值为$20\sqrt{5}$。
解法二 设$P(x_{0},y_{0}),A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则切线$PA$的方程为$y - y_{1} = \frac{x_{1}}{2}(x - x_{1})$，切线$PB$的方程为$y - y_{2} = \frac{x_{2}}{2}(x - x_{2})$，
将点$P(x_{0},y_{0})$的坐标分别代入切线$PA$、切线$PB$的方程，可得$\begin{cases}x_{0}x_{1} - 2(y_{0} + y_{1}) = 0\\x_{0}x_{2} - 2(y_{0} + y_{2}) = 0\end{cases}$，则可得直线$AB$的方程为$x_{0}x - 2(y + y_{0}) = 0$。
由$\begin{cases}x_{0}x - 2(y + y_{0}) = 0\\x^{2} = 4y\end{cases}$，可得$x^{2} - 2x_{0}x + 4y_{0} = 0$，$\Delta = 4(x_{0}^{2} - 4y_{0})＞0$，则$x_{1} + x_{2} = 2x_{0}$，$x_{1}x_{2} = 4y_{0}$，则$|AB| = \sqrt{1 + k_{AB}^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}} = \sqrt{(4 + x_{0}^{2})(x_{0}^{2} - 4y_{0})}$，
设点$P$到直线$AB$的距离为$d$，则$d = \frac{|x_{0}^{2} - 4y_{0}|}{\sqrt{x_{0}^{2} + 4}}$，
故$S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot d = \frac{(x_{0}^{2} - 4y_{0})^{\frac{3}{2}}}{2}$。
由于点$P$在$M$上，故$x_{0}^{2} = -y_{0}^{2} - 8y_{0} - 15$，
代入上式得$S_{\triangle PAB} = \frac{(-y_{0}^{2} - 12y_{0} - 15)^{\frac{3}{2}}}{2}$，$y_{0}\in[-5,-3]$，故当$y_{0} = -5$时，$(S_{\triangle PAB})_{max} = 20\sqrt{5}$。

训练4 [多选/2023云南省第二次统考]已知抛物线C:x² = 2py(p＞0)的焦点为F,过点F作直线l与抛物线C交于A,B两点,分别以A,B为切点作抛物线C的切线,两切线交于点T,设线段AB的中点为M,若点T的坐标为(2 , - 1/2 ),则　　　　　　　　　(　　　)
A. 点M的横坐标为2
B. 点M的纵坐标为3
C. 直线l的斜率等于2
D. |TM| = 5

答案： ACD 解法一 抛物线$C:x^{2} = 2py$，即$y = \frac{x^{2}}{2p}$，则$y' = \frac{x}{p}$，因为$A,B$两点在抛物线上，所以可设$A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{2p}),B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{2p})$，
则以$A$为切点且与抛物线相切的直线的方程为$y - \frac{x_{1}^{2}}{2p} = \frac{x_{1}}{p}(x - x_{1})$，即$y = \frac{x_{1}}{p}x - \frac{x_{1}^{2}}{2p}$ ①，同理可得以$B$为切点且与抛物线相切的直线的方程为$y = \frac{x_{2}}{p}x - \frac{x_{2}^{2}}{2p}$ ②，联立①②，得$\begin{cases}y = \frac{x_{1}}{p}x - \frac{x_{1}^{2}}{2p}\\y = \frac{x_{2}}{p}x - \frac{x_{2}^{2}}{2p}\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}\\y = \frac{x_{1}x_{2}}{2p}\end{cases}$，即$T(\frac{x_{1} + x_{2}}{2},\frac{x_{1}x_{2}}{2p})$。因为抛物线$C:x^{2} = 2py(p＞0)$的焦点为$F(0,\frac{p}{2})$，直线$l$过点$F$，所以由题意可知直线$l$的斜率存在，设直线$AB$的方程为$y = kx + \frac{p}{2}$，与抛物线$C:x^{2} = 2py$联立，得$\begin{cases}y = kx + \frac{p}{2}\\x^{2} = 2py\end{cases}$，消去$y$，得$x^{2} - 2pkx - p^{2} = 0$，所以$x_{1}x_{2} = -p^{2}$，即$T(\frac{x_{1} + x_{2}}{2},-\frac{p}{2})$，又点$T$的坐标为$(2,-\frac{1}{2})$，所以$\frac{x_{1} + x_{2}}{2} = 2$，$-\frac{p}{2} = -\frac{1}{2}$，所以$x_{1} + x_{2} = 4$，$p = 1$。所以线段$AB$的中点$M$的横坐标为$\frac{x_{1} + x_{2}}{2} = 2$，所以选项A正确。
可得抛物线$C:x^{2} = 2y$，$F(0,\frac{1}{2})$，$A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{2})$，$B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{2})$，所以直线$l$的斜率$k = \frac{\frac{x_{1}^{2}}{2} - \frac{x_{2}^{2}}{2}}{x_{1} - x_{2}} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = 2$，所以选项C正确。
可得直线$l$的方程为$y = 2x + \frac{1}{2}$，又点$M$的横坐标为$2$，且点$M$在直线$l$上，所以点$M$的纵坐标为$2\times2 + \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$，所以选项B错误。
由$M(2,\frac{9}{2})$，$T(2,-\frac{1}{2})$，可得$|TM| = \frac{9}{2} - (-\frac{1}{2}) = 5$，所以选项D正确。
综上，选ACD.
解法二 易知$\triangle TAB$为阿基米德焦点三角形，设$M(x_{M},y_{M})$，则点$T$的坐标为$(x_{M},-\frac{p}{2})$，$TF\perp AB$。由已知$T$的坐标为$(2,-\frac{1}{2})$，得$x_{M} = 2$，即点$M$的横坐标为$2$，A正确。$-\frac{p}{2} = -\frac{1}{2}$，$p = 1$，则$F(0,\frac{1}{2})$，$k_{TF} = -\frac{1}{2}$，则$k_{AB} = 2$，C正确。直线$l$的方程为$y = 2x + \frac{1}{2}$，由点$M$在直线$l$上，易得$y_{M} = \frac{9}{2}$，故B错误。由$M(2,\frac{9}{2})$，$T(2,-\frac{1}{2})$，得$|TM| = 5$，故D正确。

数材帮读透教材融会贯通
1. 直线与圆锥曲线位置关系的判断

将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消去$y$（或$x$），得到关于$x$（或$y$）的一元二次方程，设其判别式为$\Delta$，则①______$\Leftrightarrow$有两个交点$\Leftrightarrow$相交；$\Delta = 0\Leftrightarrow$有一个交点$\Leftrightarrow$相切；②______$\Leftrightarrow$无交点$\Leftrightarrow$相离.
注意直线与双曲线方程联立消元后，得出的方程中二次项系数为零时，直线与双曲线渐近线平行，两者有且只有一个交点；二次项系数不为零时，利用判别式进行判断.

答案： ①$\Delta＞0$ ②$\Delta＜0$