2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微中微抛物线中的切线问题角度3抛物线中与切线有关的性质

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(1)切线交点在准线上；
(2)切线交点与弦中点连线平行于对称轴；
(3)切线交点与焦点弦的两端点连线垂直；
(4) 切线交点与焦点连线与焦点弦垂直；
(5)弦AB不过焦点即切线交点P不在准线上时，切线交点与弦中点的连线也平行于对称轴．
反之：
①过抛物线准线上任一点作抛物线的切线，则过两切点的弦必过焦点，该点与焦点连线垂直于过两切点的弦；
②过准线上任一点作抛物线的切线，过两切点的弦最短时，即为通径．
已知抛物线C：x2＝my(m>0)的焦点F到其准线的距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F的直线与抛物线C相交于A，B两点，在A，B处分别作C的切线，交点为P.
①证明：AB⊥FP；
②若直线FP交C于M，N两点(M在线段FP上)，求四边形AMBN面积的最小值．
(1)解：抛物线C的焦点为F(0，eq \f(m,4))，
准线方程为y＝－eq \f(m,4)，
所以焦点F到其准线的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)－（－\f(m,4)）))＝1，
因为m>0，解得m＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)①证明：由题意，直线AB的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋eq \f(1,2)，
代入抛物线方程x2＝2y，整理得x2－2kx－1＝0.
设A(x1y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－1.
函数y＝eq \f(1,2)x2的导数为y′＝x，故抛物线在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得y＝x1x－eq \f(xeq \\al(2,1),2)，
同理，抛物线在点B处的切线方程为y＝x2x－eq \f(xeq \\al(2,2),2)，
联立上述两切线方程，解得x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝k，
y0＝eq \f(x1x2,2)＝－eq \f(1,2)，
因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1)(1，k)，
eq \(FP,\s\up6(→))＝(x0，y0－eq \f(1,2))，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝(x2－x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x0＋k（y0－\f(1,2)）))＝(x2－x1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k＋k（－\f(1,2)－\f(1,2)）))＝0，
所以AB⊥FP.
②解：显然k≠0，由①知x1＋x2＝2k，
所以|AB|＝y1＋y2＋1＝k(x1＋x2)＋2＝2k2＋2，
因为AB⊥MN，所以直线MN的斜率为－eq \f(1,k)，
将－eq \f(1,k)替换上式中的k，可得|MN|＝eq \f(2,k2)＋2，
所以S四边形AMBN＝eq \f(1,2)|AB||MN|＝eq \f(1,2)×(2k2＋2)×(eq \f(2,k2)＋2)＝2(k2＋eq \f(1,k2))＋4，
因为k2＋eq \f(1,k2)≥2，当且仅当k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±1时，取等号．
所以S四边形AMBN≥8，所以，当k＝±1时，四边形AMBN面积的最小值为8.
已知直线l过原点O，且与圆A交于M，N两点，|MN|＝4，圆A与直线y＝－2相切，OA与直线l垂直，记圆心A的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)过直线y＝－1上任一点P作C的两条切线，切点分别为Q1，Q2，证明：
①直线Q1Q2过定点；
②PQ1⊥PQ2.
(1)解：如图1，设A(x，y)，
因为圆A与直线y＝－2相切，所以圆A的半径为|y＋2|.
由圆的性质可得|OA|2＋|ON|2＝|AN|2，即x2＋y2＋4＝(y＋2)2，化简得x2＝4y.
因为O与A不重合，所以y≠0，
所以C的方程为x2＝4y(y≠0)．
(2)证明：①由题意可知Q1，Q2与O不重合．
如图2，设P(t，－1)，Q1(x1，y1)，则xeq \\al(2,1)＝4y1，
因为y′＝eq \f(x,2)，所以切线PQ1的斜率为eq \f(x1,2)，
故eq \f(x1,2)＝eq \f(y1＋1,x1－t)，整理得tx1－2y1＋2＝0.
设Q2(x2，y2)，同理可得tx2－2y2＋2＝0.
所以直线Q1Q2的方程为tx－2y＋2＝0，
所以直线Q1Q2过定点(0，1)．
②因为直线Q1Q2的方程为tx－2y＋2＝0，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ty－2y＋2＝0，,x2＝4y，))消去y得x2－2tx－4＝0，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝－4.
又eq \(PQ1,\s\up6(→))·eq \(PQ2,\s\up6(→))＝(x1－t)(x2－t)＋(y1＋1)(y2＋1)
＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋(eq \f(tx1＋2,2)＋1)(eq \f(tx2＋2,2)＋1)
＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋(eq \f(t,2)x1＋2)(eq \f(t,2)x2＋2)
＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋eq \f(t2,4)x1x2＋t(x1＋x2)＋4
＝(1＋eq \f(t2,4))x1x2＋t2＋4＝0，
所以PQ1⊥PQ2.