2019-全国卷III理-21 解-抛物线切线

本题导读

本题考查抛物线的导数几何意义。核心在于设而不求法（韦达定理）、极线方程思想的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年全国卷III(理)）已知曲线 $C:y=\frac{x^2}{2}$，$D$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点，过 $D$ 作 $C$ 的两条切线，切点分别为 $A,B$。

(1)证明：直线 $AB$ 过定点；

(2)若以 $E(0,\frac{5}{2})$ 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。

🔍【思路分析】

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1. 第一问 (定点证明)：

• 设 $D(t,-\frac{1}{2})$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。
• 利用导数 $y^{\prime }=x$ 得到切线斜率，写出切线 $DA$ 和 $DB$ 的方程。
• 巧妙利用“切点在切线上”的反向逻辑，构造出切点弦 $AB$ 的方程，并观察其中的不变量。

2. 第二问 (面积计算)：

• 参数锁定：设 $M$ 为 $AB$ 中点。由圆 $E$ 与 $AB$ 相切于点 $M$，推导出 $\overrightarrow{EM}\perp \overrightarrow{AB}$。通过向量数量积为 0 解出参数 $t$。
• 面积分割：四边形 $ADBE$ 可以看作 $△EAB$ 和 $△DAB$ 的面积之和。
• 公式应用：利用韦达定理求弦长 $|AB|$，利用点到直线距离公式求两个三角形的高 $d_1,d_2$。

✅【答案】

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(1)证明见解析（直线 $AB$ 过定点 $(0,\frac{1}{2})$）。

(2)面积为 $3$ 或 $4\sqrt{2}$。

✍【详细解析】

Abstract

【解析过程】 (1)证明： 设 $D(t,-\frac{1}{2})$，切点 $A(x_1,\frac{x_1^2}{2})$。 由 $y=\frac{1}{2}{x}^2$ 得 $y^{\prime }=x$，故切线 $DA$ 的斜率为 $x_1$。 切线 $DA$ 方程为：$y-\frac{x_1^2}{2}=x_1(x-x_1)$，化简得 $x_{1}x-y-\frac{x_1^2}{2}=0$。 由于点 $D(t,-\frac{1}{2})$ 在切线上，代入得：$t{x}_1-(-\frac{1}{2})-\frac{x_1^2}{2}=0⟹2t{x}_1-2(\frac{x_1^2}{2})+1=0$。 即 $2t{x}_1-2y_1+1=0$。 同理，对于切点 $B(x_2,y_2)$，亦有 $2t{x}_2-2y_2+1=0$。 这说明 $A(x_1,y_1)$ 和 $B(x_2,y_2)$ 都在直线 $2tx-2y+1=0$ 上。 故直线 $AB$ 的方程为 $2tx-2y+1=0$，即 $y=tx+\frac{1}{2}$。 当 $x=0$ 时，$y=\frac{1}{2}$，与 $t$ 的取值无关。 所以直线 $AB$ 恒过定点 $(0,\frac{1}{2})$。

(2)解： 由(1)知直线 $AB:y=tx+\frac{1}{2}$。联立抛物线方程： $\{\begin{array}{l}y=tx+\frac{1}{2}\\ y=\frac{x^2}{2}\end{array}⟹x^2-2tx-1=0$。 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则 $x_1+x_2=2t,x_1{x}_2=-1$。 中点 $M$ 的坐标为 $x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=t$，$y_M=t(t)+\frac{1}{2}=t^2+\frac{1}{2}$。 即 $M(t,t^2+\frac{1}{2})$。 已知圆 $E(0,\frac{5}{2})$ 与 $AB$ 相切于点 $M$，则 $EM\perp AB$。 $\overrightarrow{EM}=(t-0,t^2+\frac{1}{2}-\frac{5}{2})=(t,t^2-2)$。 直线 $AB$ 的方向向量为 $(1,t)$。 $\therefore \overrightarrow{EM}\cdot (1,t)=t+t(t^2-2)=t^3-t=t(t-1)(t+1)=0$。 解得 $t=0$ 或 $t=\pm 1$。

面积计算： 弦长 $|AB|=\sqrt{1+t^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+t^2}\sqrt{(2t{)}^2-4(-1)}=2(t^2+1)$。 点 $D(t,-\frac{1}{2})$ 到 $AB:tx-y+\frac{1}{2}=0$ 的距离 $d_1=\frac{|t^2-(-\frac{1}{2})+\frac{1}{2}|}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{t^2+1}{\sqrt{t^2+1}}=\sqrt{t^2+1}$。 点 $E(0,\frac{5}{2})$ 到 $AB$ 的距离 $d_2=\frac{|0-\frac{5}{2}+\frac{1}{2}|}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{t^2+1}}$。 四边形 $ADBE$ 的面积 $S=S_{△EAB}+S_{△DAB}=\frac{1}{2}|AB|(d_1+d_2)$ $S=\frac{1}{2}\cdot 2(t^2+1)\cdot (\sqrt{t^2+1}+\frac{2}{\sqrt{t^2+1}})=(t^2+1)\sqrt{t^2+1}+2\sqrt{t^2+1}=(t^2+3)\sqrt{t^2+1}$。

• 当 $t=0$ 时，$S=3\times 1=3$；
• 当 $t=\pm 1$ 时，$S=(1+3)\sqrt{1+1}=4\sqrt{2}$。 综上，四边形 $ADBE$ 的面积为 $3$ 或 $4\sqrt{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 切点弦方程快捷结论：对于抛物线 $x^2=2py$，若点 $D(x_0,y_0)$ 在抛物线外，其切点弦 $AB$ 方程为 $x_{0}x=p(y+y_0)$。本题中 $p=1,y_0=-\frac{1}{2}$，直接代入可得 $tx=\frac{1}{2}(y-\frac{1}{2})⟹2tx-y+\frac{1}{2}=0$，与推导一致。
2. 定点位置的特殊性：抛物线的准线上的点引出的两条切线互相垂直，且切点弦过焦点。本题准线为 $y=-\frac{1}{2}$，定点 $(0,\frac{1}{2})$ 正是抛物线的焦点。
3. 计算冗余控制：在求 $d_1$ 和 $d_2$ 时，保留根号形式有助于最后与 $|AB|$ 中的根号项抵消，简化最终表达式。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 设点联立：直线与曲线方程联立，写出韦达定理。
• 底边锁定：利用 $|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|$ 算出弦长。
• 高之和/差：若为四边形，判断其是否可拆分为两个共底边的三角形。
• 几何约束代入：将题目给定的垂直、相切等几何条件转化为参数（如 $t,k$）的方程。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2010-江西卷文-10 单-直线与圆弦长定参
• 2012-北京卷文-19 解-椭圆弦长面积
• 2013-四川卷文-05 单-抛物线焦点距离