已知抛物线 C: x^ 2 =2 p y(p>0) 的焦点…——2021 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1）$p=2$ ；② $20 \sqrt{5}$ ．

## 【解析】

【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于 $p$ 的等式，即可解出 $p$ 的值；
②设点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) , B\left(x_{2}, y_{2}\right) , P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，利用导数求出直线 $P A , P B$ ，进一步可求得直线 $A B$ 的方程，将直线 $A B$ 的方程与抛物线的方程联立，求出 $|A B|$ 以及点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得 $\triangle P A B$ 面积的最大值．

**方法一**：利用二次函数性质求最小值

由题意知，$F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ ，设圆 $M$ 上的点 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则 $x_{0}^{2}+\left(y_{0}+4\right)^{2}=1$ ．
所以 $x_{0}^{2}=1-\left(y_{0}+4\right)^{2}\left(-5 \leq y_{0} \leq-3\right)$ ．
从而有 $|F N|=\sqrt{x_{0}^{2}+\left(\frac{p}{2}-y_{0}\right)^{2}}=\sqrt{1-\left(y_{0}+4\right)^{2}+\left(\frac{p}{2}-y_{0}\right)^{2}}=\sqrt{-(p+8) y_{0}-15+\frac{p^{2}}{4}}$ ．
因为 $-5 \leq y_{0} \leq-3$ ，所以当 $y_{0}=-3$ 时，$|F N|_{\min }=\sqrt{\frac{p^{2}}{4}+3 p+9}=4$ ．

又 $p>0$ ，解之得 $p=2$ ，因此 $p=2$ ．

**方法二**：【最优解】：利用圆的几何意义求最小值

抛物线 $C$ 的焦点为 $F\left(0, \frac{p}{2}\right),|F M|=\frac{p}{2}+4$ ，
所以，$F$ 与圆 $M: x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 上点的距离的最小值为 $\frac{p}{2}+4-1=4$ ，解得 $p=2$ ；
**方法一**：切点弦方程＋韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4 y$ ，即 $y=\frac{x^{2}}{4}$ ，对该函数求导得 $y^{\prime}=\frac{x}{2}$ ，
设点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) , B\left(x_{2}, y_{2}\right) , P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，

直线 $P A$ 的方程为 $y-y_{1}=\frac{x_{1}}{2}\left(x-x_{1}\right)$ ，即 $y=\frac{x_{1} x}{2}-y_{1}$ ，即 $x_{1} x-2 y_{1}-2 y=0$ ，

同理可知，直线 $P B$ 的方程为 $x_{2} x-2 y_{2}-2 y=0$ ，
由于点 $P$ 为这两条直线的公共点，则 $\left\{\begin{array}{l}x_{1} x_{0}-2 y_{1}-2 y_{0}=0 \\ x_{2} x_{0}-2 y_{2}-2 y_{0}=0\end{array}\right.$ ，
所以，点 $A , B$ 的坐标满足方程 $x_{0} x-2 y-2 y_{0}=0$ ，

所以，直线 $A B$ 的方程为 $x_{0} x-2 y-2 y_{0}=0$ ，
联立 $\left\{\begin{array}{l}x_{0} x-2 y-2 y_{0}=0 \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$ ，可得 $x^{2}-2 x_{0} x+4 y_{0}=0$ ，
由韦达定理可得 $x_{1}+x_{2}=2 x_{0}, x_{1} x_{2}=4 y_{0}$ ，
所以，$|A B|=\sqrt{1+\left(\frac{x_{0}}{2}\right)^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{\left(x_{0}^{2}+4\right)\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)}$ ，
点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d=\frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}$ ，
所以，$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{0}^{2}+4\right)\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)} \cdot \frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}$ ，
$\because x_{0}^{2}-4 y_{0}=1-\left(y_{0}+4\right)^{2}-4 y_{0}=-y_{0}^{2}-12 y_{0}-15=-\left(y_{0}+6\right)^{2}+21$ ，

由已知可得 $-5 \leq y_{0} \leq-3$ ，所以，当 $y_{0}=-5$ 时，$\triangle P A B$ 的面积取最大值 $\frac{1}{2} \times 20^{\frac{3}{2}}=20 \sqrt{5}$ ．
**方法二**：【最优解】：切点弦法＋分割转化求面积＋三角换元求最值
同方法一得到 $x_{1}+x_{2}=2 x_{0}, x_{1} x_{2}=4 y_{0}$ 。
过 $P$ 作 $y$ 轴的平行线交 $A B$ 于 $Q$ ，则 $Q\left(x_{0}, \frac{x_{0}^{2}}{2}-y_{0}\right)$ ．
$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|P Q| \cdot\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} x_{0}^{2}-2 y_{0}\right) \cdot \sqrt{4 x_{0}^{2}-16 y_{0}}=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}$.
$P$ 点在圆 $M$ 上，则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\cos \alpha, \\ y_{0}=-4+\sin \alpha,\end{array}\right.$
$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left(\cos ^{2} \alpha-4 \sin \alpha+16\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left[-(\sin \alpha+2)^{2}+21\right]^{\frac{3}{2}}$.

故当 $\sin \alpha=-1$ 时 $\triangle P A B$ 的面积最大，最大值为 $20 \sqrt{5}$ ．

**方法三**：直接设直线 AB 方程法

设切点 $A, B$ 的坐标分别为 $A\left(x_{1}, \frac{x_{1}^{2}}{4}\right), B\left(x_{2}, \frac{x_{2}^{2}}{4}\right)$ ．
设 $l_{A B}: y=k x+b$ ，联立 $l_{A B}$ 和抛物线 $C$ 的方程得 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+b, \\ x^{2}=4 y,\end{array}\right.$ 整理得 $x^{2}-4 k x-4 b=0$ ．
判别式 $\Delta=16 k^{2}+16 b>0$ ，即 $k^{2}+b>0$ ，且 $x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 b$ ．

抛物线 $C$ 的方程为 $x^{2}=4 y$ ，即 $y=\frac{x^{2}}{4}$ ，有 $y^{\prime}=\frac{x}{2}$ ．

则 $l_{P A}: y-\frac{x_{1}^{2}}{4}=\frac{x_{1}}{2}\left(x-x_{1}\right)$ ，整理得 $y=\frac{x_{1}}{2} \cdot x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$ ，同理可得 $l_{P B}: y=\frac{x_{2}}{2} \cdot x-\frac{x_{2}^{2}}{4}$ ．
联立方程 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x_{1}}{2} \cdot x-\frac{x_{1}^{2}}{4}, \\ y=\frac{x_{2}}{2} \cdot x-\frac{x_{2}^{2}}{4},\end{array}\right.$ 可得点 $P$ 的坐标为 $P\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{x_{1} x_{2}}{4}\right)$ ，即 $P(2 k,-b)$ ．
将点 $P$ 的坐标代入圆 $M$ 的方程，得 $(2 k)^{2}+(-b+4)^{2}=1$ ，整理得 $k^{2}=\frac{1-(b-4)^{2}}{4}$ ．
由弦长公式得 $|A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{16 k^{2}+16 b}$ ．

点 $P$ 到直线 $A B$ 的距离为 $d=\frac{\left|2 k^{2}+2 b\right|}{\sqrt{k^{2}+1}}$ ．
所以 $S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| d=\frac{1}{2} \sqrt{16 k^{2}+16 b} \cdot\left|2 k^{2}+2 b\right|=4 \sqrt{\left(k^{2}+b\right)^{3}}=4 \sqrt{\left[\frac{1-(b-4)^{2}}{4}+b\right]^{3}}$
$=4 \sqrt{\left(\frac{-b^{2}+12 b-15}{4}\right)^{3}}$,
其中 $y_{P}=-b \in[-5,-3]$ ，即 $b \in[3,5]$ ．
当 $b=5$ 时，$\left(S_{\triangle P A B}\right)_{\text {max }}=20 \sqrt{5}$ ．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得 $|F N|$ 关于圆 $M$ 上的点 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的坐标的表达式，进一步转化为关于 $y_{0}$ 的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得 $p$ 的值；方法二，利用圆的性质，$F$ 与圆 $M: x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) , B\left(x_{2}, y_{2}\right) , P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线 $A B$ 的坐标满足方程 $x_{0} x-2 y-2 y_{0}=0$ ，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得 $x_{1}+x_{2}=2 x_{0}, x_{1} x_{2}=4 y_{0}$ ，利用弦长公式求得 $|A B|$ 的长，进而得到面积关于 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于 $y_{0}$ 的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到 $x_{1}+x_{2}=2 x_{0}, x_{1} x_{2}=4 y_{0}$ ，过 $P$ 作 $y$ 轴的平行线交 $A B$ 于 $Q$ ，则 $Q\left(x_{0}, \frac{x_{0}^{2}}{2}-y_{0}\right)$ 。由 $S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|P Q| \cdot\left|x_{1}-x_{2}\right|$ 求得面积关于 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线 $l_{A B}: y=k x+b$ ，联立直线 $A B$和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到 $k^{2}+b>0$ ，且 $x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 b$ ．利用点 $P$ 在圆 $M$ 上，求得 $k, b$ 的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得 P 的坐标 $P(2 k,-b)$ ，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于 $b$ 的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；