2022-甲卷文-21 解-抛物线综合

本题导读

本题考查标准方程与定义。核心在于定义法、韦达定理法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年甲卷文） 设抛物线 $C:y^2=2px(p>0)$ 的焦点为 $F$，点 $D(p,0)$，过 $F$ 的直线交 $C$ 于 $M,N$ 两点．当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，$|MF|=3$．

（1）求 $C$ 的方程；

（2）设直线 $MD,ND$ 与 $C$ 的另一个交点分别为 $A,B$，记直线 $MN,AB$ 的倾斜角分别为 $\alpha ,\beta$．当 $\alpha -\beta$ 取得最大值时，求直线 $AB$ 的方程．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求方程）：

   • 几何定义法：利用抛物线定义，焦点到抛物线上一点的距离等于该点到准线的距离，即 $|MF|=x_M+\frac{p}{2}$。由于 $MD\perp x$ 轴，则 $x_M=x_D=p$，代入即可快速解出 $p$。

   • 勾股定理法：在直角 $△MFD$ 中，计算 $FD$ 和 $MD$ 的长度，利用勾股定理求 $p$。

2. 第二问（角度最值与直线方程）：

   • 斜率参数化：将直线 $MN,AB$ 的倾斜角 $\alpha ,\beta$ 转化为斜率 $\tan \alpha$ 和 $\tan \beta$。

   • 利用三点共线导出定值（核心）：点 $N,D,B$ 共线，利用斜率相等列式化简，得出极具价值的结论：若直线交抛物线且过 $x$ 轴上的定点 $(x_0,0)$，则交点纵坐标乘积为定值 $-2p{x}_0$。本题中 $D(2,0)$，故 $y_N{y}_B=-8$（同理 $y_M{y}_A=-8$）。

   • 表达斜率：设直线 $MN:x=my+1$。利用韦达定理和定值关系，将 $\tan \alpha$ 和 $\tan \beta$ 统一用参数 $m$ 表示。

   • 三角函数求最值：将目标函数 $\tan (\alpha -\beta )$ 展开，利用基本不等式（均值不等式）求出取最大值时的 $m$。

   • 还原方程：将最佳参数 $m$ 代入，求出 $A,B$ 坐标的对称表达式，写出直线 $AB$ 的一般式方程。

✅【答案】

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(1) $y^2=4x$

(2) $x-\sqrt{2}y-4=0$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求抛物线 $C$ 的方程

方法一：抛物线定义法（巧解）

抛物线 $C:y^2=2px$ 的焦点为 $F(\frac{p}{2},0)$，准线为 $x=-\frac{p}{2}$。

当直线 $MD$ 垂直于 $x$ 轴时，点 $M$ 的横坐标等于点 $D$ 的横坐标，即 $x_M=p$。

根据抛物线的定义，点 $M$ 到焦点的距离 $|MF|$ 等于点 $M$ 到准线的距离：

$|MF|=x_M-\left(-\frac{p}{2}\right)=p+\frac{p}{2}=\frac{3p}{2}$

已知 $|MF|=3$，故：

$\frac{3p}{2}=3⟹p=2$

此时抛物线 $C$ 的方程为 $y^2=4x$。

方法二：勾股定理解法（通法）

当 $x=p$ 时，代入 $y^2=2px$ 得 $y^2=2p^2$，故 $y_M=\sqrt{2}p$（取第一象限不影响距离）。

则 $|MD|=\sqrt{2}p$。

焦点 $F(\frac{p}{2},0)$，点 $D(p,0)$，则 $|FD|=p-\frac{p}{2}=\frac{p}{2}$。

在 $\text{Rt}△MFD$ 中，根据勾股定理：

|FD|^2 + |MD|^2 = |FM|^2$$$$\left(\frac{p}{2}\right)^2 + (\sqrt{2}p)^2 = 3^2 \implies \frac{p^2}{4} + 2p^2 = 9 \implies \frac{9p^2}{4} = 9

解得 $p^2=4$。因为 $p>0$，所以 $p=2$。

故抛物线 $C$ 的方程为 $y^2=4x$。

（2）求 $\alpha -\beta$ 最大时直线 $AB$ 的方程

1. 设点坐标及斜率表达

设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，且 $A(x_3,y_3),B(x_4,y_4)$。

由（1）知 $F(1,0),D(2,0)$。

对于抛物线 $x=\frac{y^2}{4}$，直线 $MN$ 的倾斜角 $\alpha$ 的正切值为：

$\tan \alpha =k_{MN}=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{y_1-y_2}{\frac{y_1^2}{4}-\frac{y_2^2}{4}}=\frac{4(y_1-y_2)}{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}=\frac{4}{y_1+y_2}$

2. 利用三点共线提取“纵坐标定值”

已知 $N,D,B$ 三点共线，故斜率相等：$k_{ND}=k_{BD}$

$\frac{y_2-0}{x_2-2}=\frac{y_4-0}{x_4-2}$

代入 $x=\frac{y^2}{4}$：

$\frac{y_2}{\frac{y_2^2}{4}-2}=\frac{y_4}{\frac{y_4^2}{4}-2}$

交叉相乘化简：

$y_2\left(\frac{y_4^2}{4}-2\right)=y_4\left(\frac{y_2^2}{4}-2\right)⟹\frac{1}{4}{y}_2{y}_4(y_4-y_2)=2(y_4-y_2)$

由于 $N,B$ 为直线与抛物线的两个相异交点，$y_4\ne y_2$，两边约去 $(y_4-y_2)$ 得：

y_2 y_4 = 8 \times (-1) ? \quad \text{不，移项时注意符号。}$$$$-2y_2 + 2y_4 = \frac{y_2^2 y_4}{4} - \frac{y_2 y_4^2}{4} \implies 2(y_4 - y_2) = \frac{y_2 y_4(y_2 - y_4)}{4} \implies y_2 y_4 = -8

故 $y_4=-\frac{8}{y_2}$。

同理，由 $M,D,A$ 三点共线可得：$y_3=-\frac{8}{y_1}$。

3. 表达 $\tan \beta$ 及韦达定理参数化

直线 $AB$ 的倾斜角 $\beta$ 的正切值为：

$\tan \beta =\frac{4}{y_3+y_4}=\frac{4}{-\frac{8}{y_1}-\frac{8}{y_2}}=\frac{4}{\frac{-8(y_1+y_2)}{y_1{y}_2}}=\frac{y_1{y}_2}{-2(y_1+y_2)}$

由题意知，直线 $MN$ 的斜率不可能为 $0$，设直线 $MN$ 方程为 $x=my+1$（过焦点 $F(1,0)$）。

联立 $\{\begin{array}{l}{y}^2=4x\\ x=my+1\end{array}$ 得 $y^2-4my-4=0$。

由韦达定理：$y_1+y_2=4m$，$y_1{y}_2=-4$。

代入正切表达式得：

$\tan \alpha =\frac{4}{4m}=\frac{1}{m}$。

$\tan \beta =\frac{-4}{-2(4m)}=\frac{1}{2m}$。

4. 求最大值及对应参数

$\tan (\alpha -\beta )=\frac{\tan \alpha -\tan \beta }{1+\tan \alpha \tan \beta }=\frac{\frac{1}{m}-\frac{1}{2m}}{1+\frac{1}{m}\cdot \frac{1}{2m}}=\frac{\frac{1}{2m}}{\frac{2m^2+1}{2m^2}}=\frac{m}{2m^2+1}=\frac{1}{2m+\frac{1}{m}}$

要使 $\alpha -\beta$ 取最大值（由于斜率同号且 $\tan \alpha >\tan \beta$，角在同一象限，最大差值落于一四象限，此正切即对应最大角），需探讨 $m$ 的符号：

• 当 $m<0$ 时，$\tan (\alpha -\beta )<0$，不是最大值；

• 当 $m>0$ 时，利用基本不等式：$2m+\frac{1}{m}⩾2\sqrt{2m\cdot \frac{1}{m}}=2\sqrt{2}$。

  故 $\tan (\alpha -\beta )⩽\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。

  当且仅当 $2m=\frac{1}{m}$，即 $m^2=\frac{1}{2}⟹m=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等号。

5. 写出直线 $AB$ 的方程

直线 $AB$ 经过 $A,B$，其方程可写为：

$y-y_3=\frac{4}{y_3+y_4}(x-x_3)⟹y-y_3=\frac{4}{y_3+y_4}\left(x-\frac{y_3^2}{4}\right)$

展开整理得：$4x-(y_3+y_4)y+y_3{y}_4=0$。

将 $m=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时代入求和与积：

$y_3+y_4=-\frac{8(y_1+y_2)}{y_1{y}_2}=-\frac{8(4m)}{-4}=8m=8\times \frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}$。

$y_3{y}_4=\left(-\frac{8}{y_1}\right)\left(-\frac{8}{y_2}\right)=\frac{64}{y_1{y}_2}=\frac{64}{-4}=-16$。

代入直线 $AB$ 的方程：

$4x-4\sqrt{2}y-16=0⟹x-\sqrt{2}y-4=0$

。

结论：直线 $AB$ 的方程为 $x-\sqrt{2}y-4=0$。

【解法二】（曹波补解）

设M\left( \frac{y_{1}^{2}}{4},{{y}_{1}} \right),N\left( \frac{y_{2}^{2}}{4},{{y}_{2}} \right),A\left( \frac{y_{3}^{2}}{4},{{y}_{3}} \right),B\left( \frac{y_{4}^{2}}{4},{{y}_{4}} \right)\]，直线\[MN:x=my+1，

由\left\{ \begin{align}& x=my+1 \\& {{y}^{2}}=4x \\\end{align} \right.

可得$y^2-4my-4=0$，$\Delta >0,y_1{y}_2=-4$，

由斜率公式可得{{k}_{MN}}=\frac{{{y}_{1}}-{{y}_{2}}}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}}=\frac{4}{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}}\]，\[{{k}_{AB}}=\frac{{{y}_{3}}-{{y}_{4}}}{\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{4}^{2}}{4}}=\frac{4}{{{y}_{3}}+{{y}_{4}}}，

直线$MD:x=\frac{x_1-2}{y_1}\cdot y+2$，

$代入抛物线方程可得y^2-\frac{4\left(x_1-2\right)}{y_1}\cdot y-8=0$，

$\Delta >0,y_1{y}_3=-8$，

$所以y_3=2y_2，同理可得y_4=2y_1，$

所以$k_{AB}=\frac{4}{y_3+y_4}=\frac{4}{2\left(y_1+y_2\right)}=\frac{k_{MN}}{2}$

又因为直线_MN_、_AB_的倾斜角分别为$\alpha ,\beta$，

所以$k_{AB}=\tan \beta =\frac{k_{MN}}{2}=\frac{\tan \alpha }{2}$，

若要使$\alpha -\beta$最大，

则$\beta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$，设$k_{MN}=2k_{AB}=2k>0$，

则$\tan \left(\alpha -\beta \right)=\frac{\tan \alpha -\tan \beta }{1+\tan \alpha \tan \beta }=\frac{k}{1+2k^2}=\frac{1}{\frac{1}{k}+2k}\le \frac{1}{2\sqrt{\frac{1}{k}\cdot 2k}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，

当且仅当$\frac{1}{k}=2k$

即$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，等号成立， 所以当$\alpha -\beta 最大时，k_{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}，设直线\text{[}AB:x=\sqrt{2}y+n$， 代入抛物线方程可得$y^2-4\sqrt{2}y-4n=0$，

$\Delta >0,y_3{y}_4=-4n=4y_1{y}_2=-16$，

所以$n=4$,

所以直线$AB:x=\sqrt{2}y+4$即$x-\sqrt{2}y-4=0$.

【解法三】(2) 设$A\left(4a^2,4a\right),B\left(4b^2,4b\right),M\left(4m^2,4m\right),N\left(4n^2,4n\right),F(1,0),D(2,0)$.

$k_{MN}=\frac{4m-4n}{4m^2-4n^2}=\frac{1}{m+n}=\frac{4n}{4n^2-1}\iff 4mn=-1$

$k_{MA}=\frac{4m-4a}{4m^2-4a^2}=\frac{1}{m+a}=\frac{4m}{4m^2-2}\iff 2ma=-1$

$k_{\text{NB}}=\frac{4n-4b}{4n^2-4b^2}=\frac{1}{n+b}=\frac{4n}{4n^2-2}\iff 2nb=-1$

∴$k_{AB}=\frac{1}{a+b}=\frac{1}{-\frac{1}{2n}-\frac{1}{2m}}=\frac{-2mn}{m+n}=\frac{1}{2(m+n)}=\frac{1}{2}{k}_{MN}$

所以 $\tan \beta =\frac{1}{2}\tan \alpha \in R$.

$\tan (\alpha -\beta )=\frac{\tan \alpha -\tan \beta }{1+\tan \alpha \tan \beta }=\frac{\tan \alpha }{2+{\tan }^2\alpha }\in \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right]$

当$\tan \alpha =\sqrt{2}$时取得最大值, 比时$\tan \beta =\frac{\sqrt{2}}{2}$

又因为 $4mnab=-1\iff ab=-1\iff \frac{1}{a+b}=\frac{4a}{4a^2-4}$

所以直线$AB$过点$(4,0)$,直线方程为 $x-\sqrt{2}y-4=0$..

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 抛物线斜率极简公式：在抛物线 $y^2=2px$ 中，弦 $AB$ 的斜率 $k_{AB}=\frac{2p}{y_A+y_B}$，这是一个可以快速求解复杂代数化简的超级巧妙公式。

  2. 三点共线的“同构”推论：若直线交抛物线于两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，且过 $x$ 轴上的定点 $(x_0,0)$，则必然满足 $y_1{y}_2=-2p{x}_0$。在本题中，由于过点 $D(2,0)$ 且 $p=2$，直接得出纵坐标乘积为 $-8$。熟记此结论可大幅节省考场时间。

• 规律总结：有关“直线夹角最大”的问题，几乎总是被转化为“正切差角公式 + 基本不等式求极值”。在这个过程中，$m$ 的同号隔离和极值等号成立条件（即 $m=\frac{\sqrt{2}}{2}$）是判定的重心。

• 避坑指南：

  • 正负号判定：在用基本不等式求最值时，必须明确前提 $m>0$。如果 $m<0$，原式为负值，肯定不是正切的最大值（因为存在正值情况）。

  • 直线两点式化简：在最后写直线 $AB$ 的方程时，避免直接求 $A,B$ 点坐标，利用 $(y_3+y_4)$ 和 $y_3{y}_4$ 整体代入 $4x-(y_3+y_4)y+y_3{y}_4=0$ 能避开带根号的复杂坐标。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 07.03 三角函数的图象与性质

类题演练 (Links)

• 2012-上海卷文-21 解-抛物线应用建模最值
• 2008-广东卷文-20 解-椭圆抛物线切线与存在性
• 2013-北京卷理-07 单-抛物线方程