已知曲线 C: y= x^ 2 2 , D 为直线 y=-…——2019 高考数学第 21 题答案解析

【答案】（1）见详解；（2） 3 或 $4 \sqrt{2}$ ．

## 【解析】

【分析】
可用解析法和几何法证明。解析法可设A，B两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，然后求出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点处的切线，两条切线交于直线 $y=-\frac{1}{2}$ 之上，所以交点的纵坐标为 $-\frac{1}{2}$联立方程可解 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的关系。之后用两点式求出直线 $A B$ 方程，最后根据直线 $A B$ 方程求出它所过的定点．（2）应用四边形面积公式，代入化简出关于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的对称式。然后分情

况讨论求解。如果不知道四面下面积公式则可以将四边形分成两个三角形求面积之后做和 ，但会稍微麻烦一些。（此题若用向量积的概念则更为容易）

【详解】（1）证明：设A，B两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ ，所以 $y^{\prime}=x$,

则切线 DA 为：$y-y_{1}=x_{1}\left(x-x_{1}\right) \cdots \cdots$①，切线 DB 为：$y-y_{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right) \cdots$ ，
代入 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text {（1）} \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text {（2）}\end{array}\right.$ ，①$\times x_{2}-$（2）$\times x_{1}$ 得
$\left(x_{2}-x_{1}\right) y+\frac{1}{2} x_{1} x_{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$ ，因为 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ 故消去得交点的纵坐标 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}$ ，
因为 DA 和 DB 的交点 D 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点，所以有 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}=-\frac{1}{2}, x_{1} x_{2}=-1$ ，
直线 AB 为 $\frac{y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$ ，点 A ， B 在曲线 $y=\frac{x^{2}}{2}$ 上，则有 $\frac{y-\frac{x_{1}^{2}}{2}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$ ，整理
得 $y=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{x_{1}^{2}}{2}=-\frac{1}{2} x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x=\frac{1}{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x$ ，即
$\left(x_{1}+x_{2}\right) x+\left(\frac{1}{2}-y\right)=0$ 。当 $x=0, y=\frac{1}{2}$ 时无论 $x_{1}, x_{2}$ 取何值时，此等式均成立。因此直线 AB 过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ ，得证。
（2）设 AB 的中点为 G ，由题得 G 点坐标为 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$ ，则
$\overrightarrow{E G}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-0, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)$ ，又 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$ 。由题意知 $E G \perp B A$ ，即 $\overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{B A}=0$ 即 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$ ．代入 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)+\left(\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}-\frac{5}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=0$ 整理得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$ ．

因 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ ，故 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$ ．所以 $x_{1}+x_{2}=0$ 或 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$ ．

由第一问中 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots(1) \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots(2)\end{array}\right.$ ，为这里的 $(x, y)$ 为 D 点坐标，然而 $y=\frac{1}{2}$ ，故
$-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2}$ ，所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)$ ，又因为 $x_{1} x_{2}=-1$ ．所以
$x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{-x_{1} x_{2}}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)$ 。即 D 坐标为 $\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right),-\frac{1}{2}\right)$ ．
那么 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right), \overrightarrow{E D}=\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right), 3\right)$ ．
设 $\theta$ 为 $\overline{B A}$ 与 $\bar{E} \bar{D}$ 的夹角，那么有
$S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} B A \cdot E D \sin \theta=\frac{1}{2} \sqrt{B A^{2} \cdot E D^{2}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)}=\frac{1}{2} \sqrt{|\overline{B A}|^{2} \cdot|\overline{E D}|^{2}-(\overline{B A} \cdot \overline{E D})^{2}}$
$=\frac{1}{2} \sqrt{\left[\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+9\right]^{2}-\left[\left(x_{1}-x_{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-3\left(y_{1}-y_{2}\right)\right]^{2}}$
代入 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 进行化简有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot\left[9+3\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{4}}{16}\right]}$
若 $x_{1}+x_{2}=0$ ，则 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot 9}=\frac{3}{2} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=3$ ，
若 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$ ，则 $\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}=4,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2 x_{1} x_{2}=8$
代入有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{8 \cdot\left(9+\frac{3}{2} \cdot 4+\frac{4^{2}}{16}\right)}=4 \sqrt{2}$ ．
所以四边形 $A D B E$ 的面积为 3 或 $4 \sqrt{2}$ ．
【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以。思路较为清晰，但计算量不小。