2009-大纲卷I理-21 解-圆锥曲线

本题导读

本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、一元二次方程根的分布条件。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年大纲卷I(理)） 如图，已知抛物线 $E:y^2=x$ 与圆 $M:(x-4{)}^2+y^2=r^2(r>0)$ 相交于 $A、B、C、D$ 四个点.

(1) 求 $r$ 的取值范围；

(2) 当四边形 $ABCD$ 的面积最大时，求对角线 $AC、BD$ 的交点 $P$ 的坐标.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：联立抛物线与圆的方程，消去 $y^2$ 得到关于 $x$ 的一元二次方程。由于抛物线关于 $x$ 轴对称且 $x\ge 0$，要使两曲线有四个不同的交点，该二次方程必须有两个不相等的正实数根。由此列出判别式和根与系数的关系（韦达定理）不等式组，即可解出 $r$ 的范围。
2. 第二问：设方程的两正根为 $x_1,x_2(0<x_1<x_2)$。根据对称性，四边形 $ABCD$ 为等腰梯形。写出其面积 $S$ 的表达式，化简后引入代数换元 $t=7+2\sqrt{x_1{x}_2}$，构造出关于 $t$ 的三次函数。利用导数求出面积最大时的临界值。最后求出对角线交点 $P$ 的横坐标与该临界值的关系，从而确定坐标。

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$\frac{15}{4}<r^2<16$，又因为 $r>0$，所以 $r$ 的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{15}}{2},4\right)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 联立抛物线 $y^2=x$ 与圆 $(x-4{)}^2+y^2=r^2$，消去 $y^2$ 得： $(x-4{)}^2+x=r^2⟹x^2-7x+16-r^2=0\text{(1)}$ 因为抛物线 $y^2=x$ 关于 $x$ 轴对称，每个正数 $x$ 对应两个不同的 $y$ 值（$y=\pm \sqrt{x}$）。 要使两曲线有四个不同的交点，方程①必须有两个不相等的正实数根。 设方程①的两根为 $x_1,x_2$，则需满足： $\{\begin{array}{l}\Delta =(-7{)}^2-4(16-r^2)>0\\ x_1+x_2=7>0\\ x_1{x}_2=16-r^2>0\end{array}$ 由 $\Delta =49-64+4r^2>0⟹4r^2>15⟹r^2>\frac{15}{4}$； 由 $x_1{x}_2=16-r^2>0⟹r^2<16$。 综上所述，$\frac{15}{4}<r^2<16$，又因为 $r>0$， 所以 $r$ 的取值范围为 $\left(\frac{\sqrt{15}}{2},4\right)$。

(2) 解： 依题意和对称性，不妨设 $0<x_1<x_2$，则四个交点的坐标可设为： $A(x_1,\sqrt{x_1}),B(x_1,-\sqrt{x_1}),C(x_2,-\sqrt{x_2}),D(x_2,\sqrt{x_2})$ 此时，四边形 $ABCD$ 为等腰梯形，且 $AB=2\sqrt{x_1}$，$CD=2\sqrt{x_2}$，高为 $x_2-x_1$。 则四边形 $ABCD$ 的面积为： $S=\frac{1}{2}(AB+CD)\cdot (x_2-x_1)=(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})(x_2-x_1)$ 由于 $x_2-x_1=(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})$，代入上式可得： $S=(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}{)}^2(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})$ 两边平方得： $S^2=(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}{)}^4(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}{)}^2=(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}{)}^2{\left[(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})\right]}^2$ $S^2=(x_1+x_2+2\sqrt{x_1{x}_2})(x_2-x_1{)}^2$ 由方程①的韦达定理可知 $x_1+x_2=7$，且 $(x_2-x_1{)}^2=(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2=49-4x_1{x}_2$。 令 $k=\sqrt{x_1{x}_2}$，由(1)中 $16-r^2=x_1{x}_2$ 且 $\frac{15}{4}<r^2<16$ 可知：$0<k<\frac{7}{2}$。 代入 $S^2$ 的表达式得： $S^2=(7+2k)(49-4k^2)=(7+2k{)}^2(7-2k)$ 令 $t=7+2k$，因为 $k\in \left(0,\frac{7}{2}\right)$，所以 $t\in (7,14)$。 此时 $7-2k=14-t$，代入上式构造函数 $f(t)$： $f(t)=t^2(14-t)=14t^2-t^3(7<t<14)$ 对 $f(t)$ 求导： $f^{\prime }(t)=28t-3t^2=t(28-3t)$ 令 $f^{\prime }(t)=0$，在区间 $(7,14)$ 内解得唯一极值点 $t=\frac{28}{3}$。 当 $t\in \left(7,\frac{28}{3}\right)$ 时，$f^{\prime }(t)>0$，$f(t)$ 单调递增； 当 $t\in \left(\frac{28}{3},14\right)$ 时，$f^{\prime }(t)<0$，$f(t)$ 单调递减。 故当 $t=\frac{28}{3}$ 时，$f(t)$ 取得最大值，即四边形 $ABCD$ 的面积 $S$ 最大。 此时，$7+2k=\frac{28}{3}⟹2k=\frac{7}{3}⟹k=\frac{7}{6}$，即 $\sqrt{x_1{x}_2}=\frac{7}{6}$。

接下来确定对角线交点 $P$ 的坐标： 依据图形的上下对称性，对角线 $AC$ 与 $BD$ 的交点 $P$ 必然在 $x$ 轴上，故其纵坐标 $y_P=0$。 直线 $AC$ 过点 $A(x_1,\sqrt{x_1})$ 和 $C(x_2,-\sqrt{x_2})$，其方程为： $\frac{y-\sqrt{x_1}}{-\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}=\frac{x-x_1}{x_2-x_1}$ 将 $x_2-x_1=(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})$ 代入并约分化简得： $y-\sqrt{x_1}=-\frac{x-x_1}{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}$ 令 $y=0$，求得交点 $P$ 的横坐标 $x_P$： $-\sqrt{x_1}=-\frac{x_P-x_1}{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}⟹x_P-x_1=\sqrt{x_1}(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})$ $x_P-x_1=\sqrt{x_1{x}_2}-x_1⟹x_P=\sqrt{x_1{x}_2}=k$ 因为面积最大时 $k=\frac{7}{6}$，所以 $x_P=\frac{7}{6}$。 故交点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{7}{6},0\right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：圆与抛物线的多交点边界临界条件、几何图形面积的代数式表达、导数在一元高次方程最值中的应用。
2. 核心方法：

• 联立消元后，将“几何交点个数”无缝翻译为“代数方程实根的分布与范围”。
• 将面积 $S$ 转化为 $S^2$ 进行研究，可以完美消除两根相减带有的根号，并通过整体换元 $t=7+2k$ 将复杂的分式或多根式一举退化为标准易导的二次/三次多项式。

3. 避坑指南：

• 第一问中，极易漏掉“正根”这一隐含前提。若 $x\le 0$，则 $y^2=x$ 无法产生两个互异的实数 $y$，即无法提供 4 个交点。
• 第二问中，求出最大值对应的换元参数 $t$ 后，切记要还原到关键几何特征量 $k=\sqrt{x_1{x}_2}$ 上。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题将二次曲线（抛物线）与圆的几何位置关系与代数最值有机契合，属于经典的解析几何压轴题模型。
2. 结论推广：对于任意抛物线 $y^2=2px$ 与圆 $(x-a{)}^2+y^2=r^2$ 产生 4 个交点构成的等腰梯形，其对角线交点 $P$ 的横坐标在面积最大时，均恒等于两根的几何平均数 $\sqrt{x_1{x}_2}$。通过上述相同的多项式变换可证明其最大值位置具有通用的代数解析结构。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2012-重庆卷文-08 单-导数与函数图象
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线
• 2013-陕西卷文-23 解-反函数与导数比较