26年茂名二模压轴题 抛物线相切+面积比值

专题：圆锥曲线\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：抛物线相切+重心+面积比值 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

(26年茂名二模第19题)
已知\(p>0\)，\(M\)是抛物线\(C_1：x^2=2py\)与\(C_2：y^2=2px\)的公共点，\(O\)为坐标原点，\(|OM|=4\sqrt{2}\).
（1）求\(p\)的值；
（2）\(P，A，B\)(\(P\)在最左侧)是\(C_1\)上不同于\(M\)的三点，直线\(PA，PB\)与\(C_2\)相切，切点分别为\(D，E\)，点\(G\)为\(∆PAB\)的重心.
（i）证明：\(G\)在\(y\)轴上，且\(|OG|>2\)；
（i i）若\(S_{∆PDE}=4S_{∆PAB}\)，求\(S_{∆GDE}：S_{∆GAB}\)的值.
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
设点\(M\)为\((a，b)\)，依题意可得关于\(a，b，p\)的方程组，解得\(p=2\)，\(M(4，4)\)；
 

第二问：
由（1）可得\(C_1：x^2=4y\)，\(C_2：y^2=4x\)，

设\(P\left(x_1，\dfrac{x_1^2}{4}\right)\)，\(A\left(x_2，\dfrac{x_2^2}{4} \right)\)，\(B\left(x_3，\dfrac{x_3^2}{4} \right)\)，\(x_1<x_2<x_3\)，
① 点\(G\)为\(∆PAB\)的重心\(⟹G\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3} ，\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{12} \right)\)，
② 相切想到直线与抛物线联立方程\(∆=0\)或导数的几何意义，
得到\(x_1，x_2，x_3\)的关系式：\(x_1+x_2+x_3=0⟹G\)在\(y\)轴上且\(x_1 x_2 x_3=16\)，
③\(|OG|=\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{12}\)，利用消元法和基本不等式便可证明\(|OG|>2\)；
 

第三问：

设直线\(ED\)与直线\(PG\)相交于点\(H(x_H，y_H)\)，
由\(S_{∆GAB}=\dfrac{1}{3} S_{∆PAB}\)，\(S_{∆GDE}=\dfrac{GH}{PH} S_{∆PDE}⟹\dfrac{S_{∆GDE}}{S_{∆GAB}} =12\dfrac{GH}{PH} =\dfrac{12x_H}{x_H-x_1}\)，
便想到求出直线\(PG\)和DE的方程，再联立求出交点\(H\)的横坐标\(x_H\)(用\(x_1，x_2\)表示)，结合（2）中的结论\(x_1+x_2+x_3=0\)，\(x_1 x_2 x_3=16\)求解.
 

【解答】

第一问：
设点\(M\)为\((a，b)\)，依题意可得\(\left\{ \begin{array}{c} a^2=2pb\\ b^2=2pa\\ \sqrt{a^2+b^2} =4\sqrt{2} \end{array} \right. \)，解得\(\left\{ \begin{array}{c} a=4\\ b=4\\ p=2 \end{array} \right. \)；

 

第二问：

由（1）可得\(C_1：x^2=4y\)，\(C_2：y^2=4x\)，
根据题意可设\(P\left(x_1，\dfrac{x_1^2}{4} \right)\)，\(A\left(x_2，\dfrac{x_2^2}{4}\right )\)，\(B\left(x_3，\dfrac{x_3^2}{4} \right)\)，\(x_1<x_2<x_3\)，
则直线\(AP\)的斜率为\(k_{AP}=\dfrac{\frac{x_2^2}{4} -\frac{x_1^2}{4} }{x_2-x_1} =\dfrac{x_1+x_2}{4}\)，
直线\(AP\)的方程为\(y=\dfrac{x_1+x_2}{4} (x-x_1 )+\dfrac{x_1^2}{4} =\dfrac{x_1+x_2}{4} x-\dfrac{x_1x_2}{4}\)，
代入\(y^2=4x\)，得\((x_1+x_2 )^2 x^2-[2x_1 x_2 (x_1+x_2 )+64]x+x_1^2 x_2^2=0\)，
由于相切，所以\(∆=[2x_1 x_2 (x_1+x_2 )+64]^2-4x_1^2 x_2^2 (x_1+x_2 )^2=0\)，
化简得\(x_1 x_2 (x_1+x_2 )=-16\)，
同理得\(x_1 x_3 (x_1+x_3 )=-16\)，
\(∴x_1 x_2 (x_1+x_2 )=x_1 x_3 (x_1+x_3 )\)，即\(x_1 (x_2-x_3 )(x_1+x_2+x_3 )=0\)，
\(∴x_1+x_2+x_3=0\)，
\(∵\)点\(G\)为\(∆PAB\)的重心，

\(∴G\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3} ，\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{12} \right)\)，即\(G\left(0，\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{12} \right)\)，
\(∴G\)在\(y\)轴上，
\(∵x_1+x_2+x_3=0\)，\(x_1 x_2 (x_1+x_2 )=-16\)，\(∴x_1 x_2 x_3=16\)，\(x_1<x_2<0<x_3\)，
\(∴x_1+x_2=-(-x_1-x_2 )<-2\sqrt{x_1 x_2}\)，
\(∴ \dfrac{-16}{x_1 x_2} <-2\sqrt{x_1 x_2}\)，\(∴x_1 x_2>4\)，
\(∴|OG|=\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{12} =\dfrac{x_1^2+x_2^2+(x_1+x_2 )^2}{12}\)\(=\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_1 x_2}{6} >\dfrac{3x_1 x_2}{6} >\dfrac{3}{6} ×4=2\)；

 

第三问：

设直线\(ED\)与直线\(PG\)相交于点\(H(x_H，y_H)\)，

\(∵\)点\(G\)为\(∆PAB\)的重心，\(∴S_{∆GAB}=\dfrac{1}{3} S_{∆PAB}\)，
而\(S_{∆GDE}=\dfrac{GH}{PH} S_{∆PDE}\)，\(∴\dfrac{S_{∆GDE}}{S_{∆GAB}} =3\dfrac{GH}{PH} ×\dfrac{S_{∆PDE}}{S_{∆PAB} } =12\dfrac{GH}{PH} =\dfrac{12x_H}{x_H-x_1}\)，
由（2）可知\(G\left(0，\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_1 x_2}{6} \right)\)，

又\(P\left(x_1，\dfrac{x_1^2}{4}\right)\)，
\(∴\)直线\(PG\)的斜率\(k_{PG}=\dfrac{\frac{x_1^2}{4} -\frac{x_1^2+x_2^2+x_1 x_2}{6} }{x_1} =\dfrac{x_1^2-2x_2^2-2x_1 x_2}{12x_1}\)，
\(∴\)直线\(PG\)的方程为\(y=\dfrac{x_1^2-2x_2^2-2x_1 x_2 }{12x_1}x+\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_1 x_2}{6}\)，
（2）中的方程\((x_1+x_2 )^2 x^2-[2x_1 x_2 (x_1+x_2 )+64]x+x_1^2 x_2^2=0\)，
化简为\(x_3^2 x^2-32x+\dfrac{196}{x_3^2 } =0\)，解得\(x=\dfrac{16 }{x_3^2}\)，
\(∴\)点\(D\)的横坐标为\(\dfrac{16 }{x_3^2}\)，

\(∴\)点\(D\)的纵坐标为\(-\sqrt{4×\dfrac{16 }{x_3^2}} =-\dfrac{8}{x_3}\)，即\(D\left(\dfrac{16 }{x_3^2} ，-\dfrac{8 }{x_3}\right)\)，
同理可得\(E\left(\dfrac{16}{x_2^2} ，-\dfrac{8 }{x_2}\right)\)，
\(∴\)直线\(ED\)的斜率为\(k_{ED}=\dfrac{-\frac{8 }{x_3} +\frac{8 }{x_2} }{\frac{16 }{x_3^2} -\frac{16}{x_2^2} } =\dfrac{x_2 x_3}{2x_1}\)，
\(∴\)直线\(ED\)的方程为\(y=\dfrac{x_2 x_3}{2x_1} \left(x-\dfrac{16}{x_2^2}\right )-\dfrac{8 }{x_2} =\dfrac{8}{x_1^2} x+\dfrac{8}{x_1}\)，
联立直线\(ED\)与\(PG\)方程得\(\left\{ \begin{array}{c} y=\dfrac{x_1^2-2x_2^2-2x_1 x_2 }{12x_1} x+\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_1 x_2}{6} \\ y=\dfrac{8}{x_1^2} x+\dfrac{8}{x_1} \end{array} \right. \)，

解得\(x_H=\dfrac{2 x_1^4+2x_1^2 x_2^2+2x_2 x_1^3-96x_1}{96-(x_1^3-2x_1 x_2^2-2x_2 x_1^2)}\)，
\(∴x_H-x_1= \dfrac{3 x_1^4-192x_1}{96-(x_1^3-2x_1 x_2^2-2x_2 x_1^2)}\)，
\(∴\dfrac{x_H}{x_H-x_1} =\dfrac{2 x_1^4+2x_1^2 x_2^2+2x_2 x_1^3-96x_1}{3 x_1^4-192x_1 }\)\(=\dfrac{2x_1 (x_1^3+x_1 x_2^2+x_2 x_1^2-48)}{3x_1 (x_1^3-64) } =\dfrac{2[x_1^3-48+x_1 x_2 (x_1+x_2 )]}{3(x_1^3-64)} =\dfrac{2[x_1^3-48-16]}{3(x_1^3-64)} =\dfrac{2}{3}\)，
\(∴\dfrac{S_{∆GDE}}{S_{∆GAB}} =\dfrac{12x_H}{x_H-x_1} =12×\dfrac{2}{3} =8\).