浙江 2011 · 数学 q21

冷启动：把图形里的三条线索摆齐

（Ⅰ）先把 $p$ 认对

$x^{2}=y$ 写成标准形式是 $x^{2}=2py$，对照得 $2p=1$，即 $p=\dfrac12$。 开口向上的抛物线，准线是

$$y=-\frac{p}{2}=-\frac14 ,$$

不是 $y=-\dfrac12$——那是把 $p$ 与 $2p$ 记混时最常写出的答案。 圆 $x^{2}+(y-4)^{2}=1$ 的圆心 $M(0,4)$、半径 $r=1$，它到准线的距离是

$$d=4-\left(-\frac14\right)=\boxed{\dfrac{17}{4}} .$$

（Ⅱ）图里到底有几个条件

第二问的图形由三条线索拼成，一条都不能少：

1. $P$ 在抛物线上——于是它只有一个自由度，写成 $P(x_{0},x_{0}^{2})$，题设要求 $x_{0}\neq0$；
2. 过 $P$ 的那两条直线与圆 $C_{2}$ 相切——两次「圆心到直线的距离等于半径」；
3. $A$、$B$ 又回到抛物线上——所以它们也各自只有一个自由度，$A(x_{1},x_{1}^{2})$、$B(x_{2},x_{2}^{2})$。

三条线索合起来只留一个未知数 $x_{0}$，而题目给的垂直条件正好是一个方程，所以 $x_{0}$ 解得出来。

一条贯穿全题的小结论

抛物线 $x^{2}=y$ 上任意两点 $(u,u^{2})$、$(v,v^{2})$（$u\neq v$）的连线斜率是

$$\frac{u^{2}-v^{2}}{u-v}=u+v ,$$

两端横坐标之和。下面三条路的目标因此高度一致：都在算 $x_{1}+x_{2}$。 这也是为什么「两条切线」必须被当成一个整体——要的是和，不是各自的值。

顺手记下的两件事

• $P$ 永远在圆外。$|PM|^{2}=x_{0}^{2}+(x_{0}^{2}-4)^{2}$，记 $s=x_{0}^{2}\geq0$， 则 $|PM|^{2}-1=s^{2}-7s+15$，判别式 $49-60<0$，恒正。 所以抛物线与圆不相交，两条切线总是存在，这一条不必再单独讨论。
• 但 $x_{0}=\pm1$ 要排除。此时过 $P(\pm1,1)$ 的竖直线 $x=\pm1$ 到 $M(0,4)$ 的距离恰为 $1$， 它真的是一条切线，却与抛物线只交于 $P$ 一点——$A$ 或 $B$ 不存在，题设的图形拼不出来。

解法一：原卷路线——设切线的斜率 $k$，两条切线的斜率是同一个二次方程的两根

把「相切」写成 $k$ 的方程

设 $P(x_{0},x_{0}^{2})$（$x_{0}\neq0$），过 $P$ 的切线设为

$$y-x_{0}^{2}=k(x-x_{0}),\qquad\text{即}\qquad kx-y+x_{0}^{2}-kx_{0}=0 .$$

圆心 $M(0,4)$ 到它的距离等于半径 $1$：

$$\frac{\left|kx_{0}+4-x_{0}^{2}\right|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1 \quad\Longrightarrow\quad \left(kx_{0}+4-x_{0}^{2}\right)^{2}=k^{2}+1 .$$

展开并按 $k$ 的幂整理：

$$\boxed{(x_{0}^{2}-1)k^{2}+2x_{0}(4-x_{0}^{2})k+(x_{0}^{2}-4)^{2}-1=0} \tag{1}$$

先定次数，再谈两根。 二次项系数是 $x_{0}^{2}-1$，含参数，所以先记下 $x_{0}^{2}\neq1$ （前面已说明：$x_{0}=\pm1$ 时有一条切线竖直，$A$ 或 $B$ 根本不存在）。 这一档排掉之后 $(1)$ 才是货真价实的二次方程，$PA$、$PB$ 的斜率 $k_{1}$、$k_{2}$ 就是它的两个根：

$$k_{1}+k_{2}=\frac{2x_{0}(x_{0}^{2}-4)}{x_{0}^{2}-1},\qquad k_{1}k_{2}=\frac{(x_{0}^{2}-4)^{2}-1}{x_{0}^{2}-1} .$$

顺便把 $(1)$ 的判别式算出来，它比想象中好看。记 $s=x_{0}^{2}$、$u=(s-4)^{2}$：

$$\frac{\Delta}{4}=x_{0}^{2}(4-x_{0}^{2})^{2}-(x_{0}^{2}-1)\left[(x_{0}^{2}-4)^{2}-1\right] =su-(s-1)(u-1)=s+u-1=|PM|^{2}-1>0 .$$

判别式为正，等价于 $P$ 在圆外——而冷启动里已经算过，抛物线上的点永远在圆外。 所以只要 $x_{0}^{2}\neq1$，两条切线就一定存在且不重合。

代回抛物线，取「另一根」

把切线 $y=kx-kx_{0}+x_{0}^{2}$ 代进 $x^{2}=y$：

$$x^{2}-kx+kx_{0}-x_{0}^{2}=0 . \tag{2}$$

$x=x_{0}$ 显然是 $(2)$ 的根（$P$ 既在切线上又在抛物线上）。 这一步最容易出错：$(2)$ 的两根是「$P$ 和交点」，不是「$A$ 和 $B$」。 由根与系数的关系，两根之和为 $k$，所以另一根是

$$x=k-x_{0} .$$

两条切线各用一次：$x_{1}=k_{1}-x_{0}$，$x_{2}=k_{2}-x_{0}$。于是

$$k_{AB}=x_{1}+x_{2}=k_{1}+k_{2}-2x_{0} =\frac{2x_{0}(x_{0}^{2}-4)}{x_{0}^{2}-1}-2x_{0} =\frac{2x_{0}(x_{0}^{2}-4)-2x_{0}(x_{0}^{2}-1)}{x_{0}^{2}-1} =\frac{-6x_{0}}{x_{0}^{2}-1} .$$

那个 $-2x_{0}$ 就是「把 $P$ 自己从两根里剥出来」留下的代价，漏掉它整题就错。

让两条斜率相乘为 $-1$

$$k_{MP}=\frac{x_{0}^{2}-4}{x_{0}-0}=\frac{x_{0}^{2}-4}{x_{0}} .$$

$x_{0}\neq0$ 保证 $k_{MP}$ 存在，且 $k_{AB}=\dfrac{-6x_{0}}{x_{0}^{2}-1}\neq0$，两条直线都不竖直， 于是 $MP\perp AB$ 就是

$$\frac{-6x_{0}}{x_{0}^{2}-1}\cdot\frac{x_{0}^{2}-4}{x_{0}}=-1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{-6(x_{0}^{2}-4)}{x_{0}^{2}-1}=-1 \quad\Longrightarrow\quad 6(x_{0}^{2}-4)=x_{0}^{2}-1 ,$$

即 $5x_{0}^{2}=23$，

$$x_{0}^{2}=\frac{23}{5} .$$

回验一遍：$\dfrac{23}{5}\neq0$、$\neq1$，$P$ 在圆外（永远成立），条件齐备。 于是 $x_{0}=\pm\sqrt{\dfrac{23}{5}}=\pm\dfrac{\sqrt{115}}{5}$，

$$k_{MP}=\frac{\frac{23}{5}-4}{x_{0}}=\frac{\frac35}{\pm\frac{\sqrt{115}}{5}} =\pm\frac{3}{\sqrt{115}}=\pm\frac{3\sqrt{115}}{115} .$$

$l$ 过 $M(0,4)$，故

$$\boxed{l:\ y=\pm\frac{3\sqrt{115}}{115}x+4} .$$

解法二：不设斜率——直接以 $A$、$B$ 的横坐标为未知数，相切条件本身就是它们的方程

解法一设了两层未知数：先 $k$，再由 $k$ 回推 $x$。既然 $A$、$B$ 都在抛物线上， 不如一开始就拿它们的横坐标当未知数，斜率反倒是派生量。

一步写出直线 $PA$

$A(x_{1},x_{1}^{2})$，$x_{1}\neq x_{0}$。由冷启动那条小结论，$k_{PA}=x_{0}+x_{1}$，于是

$$PA:\ y=(x_{0}+x_{1})(x-x_{0})+x_{0}^{2}=(x_{0}+x_{1})x-x_{0}x_{1} .$$

（代 $x=x_{0}$ 得 $x_{0}^{2}+x_{0}x_{1}-x_{0}x_{1}=x_{0}^{2}$，确实过 $P$。） 这个写法没有「斜率不存在」这一档：竖直直线在抛物线上取不到两个不同的点， 所以只要 $A\neq P$，$PA$ 就一定有斜率。

相切条件就是 $x_{1}$ 的二次方程

把 $PA$ 写成 $(x_{0}+x_{1})x-y-x_{0}x_{1}=0$，圆心 $M(0,4)$ 到它的距离等于 $1$：

$$\frac{\left|x_{0}x_{1}+4\right|}{\sqrt{(x_{0}+x_{1})^{2}+1}}=1 \quad\Longrightarrow\quad (x_{0}x_{1}+4)^{2}=(x_{0}+x_{1})^{2}+1 .$$

左边减右边：$x_{0}^{2}x_{1}^{2}+8x_{0}x_{1}+16-x_{0}^{2}-2x_{0}x_{1}-x_{1}^{2}-1$，按 $x_{1}$ 整理得

$$\boxed{(x_{0}^{2}-1)x_{1}^{2}+6x_{0}x_{1}+(15-x_{0}^{2})=0} \tag{3}$$

整段推导里 $A$ 只以「抛物线上异于 $P$ 的一点」的身份出现，$B$ 的身份一模一样， 所以把 $x_{1}$ 换成 $x_{2}$，$(3)$ 逐字成立。$x_{1}$、$x_{2}$ 是同一个二次方程的两个根。

三句话按顺序验一遍：

1. 次数：二次项系数 $x_{0}^{2}-1\neq0$，即 $x_{0}\neq\pm1$（同解法一，竖直切线那一档）。
2. 两根相异：$\dfrac{\Delta}{4}=9x_{0}^{2}-(x_{0}^{2}-1)(15-x_{0}^{2})=s^{2}-7s+15=|PM|^{2}-1>0$， 与解法一的判别式一模一样，恒成立。
3. 没混进 $P$：把 $x_{1}=x_{0}$ 代进 $(3)$ 左边得 $x_{0}^{4}+4x_{0}^{2}+15>0$，不为零， 所以 $x_{0}$ 不是 $(3)$ 的根——两根实实在在是 $A$、$B$，不必再做「剥离定点」那一步。

韦达一步到位

$$x_{1}+x_{2}=\frac{-6x_{0}}{x_{0}^{2}-1},\qquad x_{1}x_{2}=\frac{15-x_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-1} ,$$

而 $k_{AB}=x_{1}+x_{2}$，不用再代回抛物线一次：

$$k_{AB}=\frac{-6x_{0}}{x_{0}^{2}-1} .$$

与解法一得到的完全相同。往下 $k_{AB}\cdot k_{MP}=-1$ 一步解出 $x_{0}^{2}=\dfrac{23}{5}$，

$$l:\ y=\pm\frac{3\sqrt{115}}{115}x+4 .$$

解法三：几何等价——$MP\perp AB$ 逼出 $MA=MB$，条件化成 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=7$

前两条路都在「算 $k_{AB}$，再乘 $k_{MP}$」。这一条反过来：先把垂直条件翻译成一句纯几何的话， 翻译完之后，条件里连 $x_{0}$ 都不出现了。

第一步：$PM$ 平分 $\angle APB$

设两个切点为 $T_{1}$、$T_{2}$。由切线垂直于过切点的半径， $\triangle PT_{1}M$ 与 $\triangle PT_{2}M$ 都是直角三角形，斜边 $PM$ 公用， 直角边 $MT_{1}=MT_{2}=1$（都是半径），故两者全等，$\angle MPT_{1}=\angle MPT_{2}$。

$$\text{直线 } PM \text{ 是 } \angle APB \text{ 的平分线。}$$

第二步：再加上垂直，$A$ 与 $B$ 就关于 $l$ 对称

设 $l=PM\perp AB$。以直线 $l$ 为轴作轴对称：

• 它把射线 $PA$ 映到射线 $PB$（$l$ 是角平分线）；
• 它把直线 $AB$ 映到自身（$AB\perp l$）。

于是交点 $A=PA\cap AB$ 被映到 $PB\cap AB=B$，即 $A$、$B$ 关于 $l$ 对称。 轴对称保持距离，而 $M$ 在轴 $l$ 上，所以

$$\boxed{MP\perp AB\ \Longrightarrow\ |MA|=|MB| .}$$

（同时也得到 $|PA|=|PB|$，$l$ 与 $AB$ 的交点正是 $AB$ 的中点——图上那个直角就画在这里。）

第三步：$MA=MB$ 化成一条极简的方程

$A(x_{1},x_{1}^{2})$、$B(x_{2},x_{2}^{2})$，

$$|MA|^{2}=x_{1}^{2}+(x_{1}^{2}-4)^{2},\qquad |MB|^{2}=x_{2}^{2}+(x_{2}^{2}-4)^{2} .$$

两式同形、只差下标，相减，常数 $16$ 整段对消：

$$(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})+(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-8)=0 \quad\Longrightarrow\quad (x_{1}^{2}-x_{2}^{2})(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-7)=0 .$$

若 $x_{1}^{2}=x_{2}^{2}$，由 $x_{1}\neq x_{2}$ 得 $x_{2}=-x_{1}$，此时 $k_{AB}=x_{1}+x_{2}=0$，$AB$ 水平， $l\perp AB$ 就要求 $l$ 竖直；过 $M(0,4)$ 的竖直线是 $y$ 轴，它与抛物线交于原点， $P$ 只能是原点——题设明说异于原点，排除。故

$$\boxed{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=7,\qquad\text{即}\qquad y_{A}+y_{B}=7 .}$$

副产品：弦 $AB$ 的中点纵坐标恒为 $\dfrac72$，与 $P$ 取在哪里无关。

第四步：接上相切条件

要把 $x_{1}$、$x_{2}$ 换回 $x_{0}$，仍要用一次相切。直线 $PA$ 的斜率是 $x_{0}+x_{1}$， 方程 $y=(x_{0}+x_{1})x-x_{0}x_{1}$，圆心到它的距离为 $1$ 给出

$$(x_{0}x_{1}+4)^{2}=(x_{0}+x_{1})^{2}+1 \quad\Longrightarrow\quad (x_{0}^{2}-1)x_{1}^{2}+6x_{0}x_{1}+(15-x_{0}^{2})=0 ,$$

$x_{2}$ 满足同一式。记 $s=x_{0}^{2}$（$s\neq1$），

$$x_{1}+x_{2}=\frac{-6x_{0}}{s-1},\qquad x_{1}x_{2}=\frac{15-s}{s-1} ,$$

代进第三步的结论：

$$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2} =\frac{36s}{(s-1)^{2}}-\frac{2(15-s)}{s-1}=7 .$$

去分母：$36s-2(15-s)(s-1)=7(s-1)^{2}$，即 $2s^{2}+4s+30=7s^{2}-14s+7$，

$$5s^{2}-18s-23=0 \quad\Longrightarrow\quad (5s-23)(s+1)=0 .$$

$s=x_{0}^{2}\geq0$，$s=-1$ 舍去，故 $s=\dfrac{23}{5}$。

第五步：必须代回验一次

第二步用的是单向的「$\Longrightarrow$」——从 $MP\perp AB$ 推出了 $MA=MB$， 反向没有证。所以解出来的 $s$ 只是必要条件的解，得代回去验充分性：

$$s=\frac{23}{5}\ \Longrightarrow\ k_{AB}=\frac{-6x_{0}}{\frac{18}{5}}=-\frac{5x_{0}}{3},\qquad k_{MP}=\frac{s-4}{x_{0}}=\frac{3}{5x_{0}},$$ $$k_{AB}\cdot k_{MP}=-\frac{5x_{0}}{3}\cdot\frac{3}{5x_{0}}=-1 ,$$

确实垂直。于是答案与前两条路一致：

$$l:\ y=\pm\frac{3\sqrt{115}}{115}x+4 .$$

三条路怎么选

• 解法一是标准答卷。它的长处是每一步都在熟路上：设 $k$、用距离公式、韦达、代回联立。 代价是设了两层未知数，于是多出两处要小心的地方——竖直切线没有斜率， 以及代回抛物线后那个方程的一个根是 $P$ 自己。
• 解法二最短，考场上也最稳。把未知数从「切线的斜率」换成「交点的横坐标」， 相切条件一步就成了 $x_{1}$ 的二次方程，$k_{AB}=x_{1}+x_{2}$ 直接是韦达的和式， 既不用回代，也没有「斜率不存在」要讨论（竖直线在抛物线上取不到两点）。 凡是「曲线上的定点连出两条线、两条线各自再交曲线一次」的题，这条路几乎总是更省。
• 解法三最讲道理，也最能迁移。它先花两句话把「$MP\perp AB$」换成「$MA=MB$」， 于是垂直条件被压成 $y_{A}+y_{B}=7$ 这样一条不含 $x_{0}$ 的式子。 代价是只走了一个方向，末尾必须代回验证；收益是顺手看出「$AB$ 的中点恒在 $y=\dfrac72$ 上」 这种前两条路看不见的结构。

易错

• 把 $p$ 与 $2p$ 记混。 $x^{2}=y$ 里 $2p=1$、$p=\dfrac12$，准线是 $y=-\dfrac{p}{2}=-\dfrac14$。 写成 $y=-\dfrac12$，第（Ⅰ）问的距离就成了 $\dfrac92$。
• 不先判二次项系数就用韦达定理。 $(1)$ 与 $(3)$ 的二次项系数都是 $x_{0}^{2}-1$，含参数。 $x_{0}=\pm1$ 时方程塌成一次，「两根」无从谈起；对应的几何事实是有一条切线竖直， 它与抛物线只交于 $P$ 一点，$A$ 或 $B$ 根本不存在。这一行必须写出来。
• 把 $(2)$ 的两根当成 $A$、$B$。 $x^{2}-kx+kx_{0}-x_{0}^{2}=0$ 的两根是 $P$ 与交点， 和为 $k$；真正要的是另一根 $k-x_{0}$。少减那个 $2x_{0}$，$k_{AB}$ 会变成 $k_{1}+k_{2}$，答案全错。
• 忘了 $x_{0}\neq0$。 题面写「异于原点」不是客套：$x_{0}=0$ 时 $P$ 是原点，$MP$ 就是 $y$ 轴， 此时 $k_{MP}$ 不存在，$k_{AB}k_{MP}=-1$ 这一式压根用不了。
• 只解不验。 解法三只证了「垂直 $\Rightarrow$ 等距」，反向没证； 不把 $s=\dfrac{23}{5}$ 代回去验一次 $k_{AB}k_{MP}=-1$，交出去的就只是一个必要条件的解。
• 答成 $P$ 的坐标。 问的是直线 $l$ 的方程。$x_{0}^{2}=\dfrac{23}{5}$ 只是中途量， $P\left(\pm\dfrac{\sqrt{115}}{5},\dfrac{23}{5}\right)$ 也只是中途量，最后一行要写 $y=\pm\dfrac{3\sqrt{115}}{115}x+4$。 另外别漏掉 $\pm$：$P$ 在左支、右支各有一个，$l$ 有两条。