专题：二次函数+圆 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：定值问题+最值问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★
【题目】
（2024年江门市广雅中学自主招生第10题） 已知抛物线\(y=\dfrac{1}{4} x^2\)，直线\(y=kx+1\)交抛物线于\(A\)，\(B\)两点，设\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)．
(1)\(x_1 x_2\)，\(y_1 y_2\)是否为定值，如果是定值则求出该值；
(2)设直线与\(y\)轴交于\(F\)点，求抛物线上的任意一点\(P(x_0,y_0)\)到点\(F\)的最小距离；
(3)\(\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)是否为定值，如果是定值则求出该值；
(4)证明以线段\(AB\)为直径的圆与直线\(y=-1\)相切．
【分析】
该题的出题背景是高二的抛物线的相关性质，题型或解题思路在在高中较为常见；
在初中的话，要求会高很多，那首要是了解题境，它本质是个“运动”的问题；
此类型问题要明确什么是“确定的、不变的”，什么是“变的，又是随什么变化的”，找到“运动的源泉”；
抛物线是不变的，直线\(AB\)是绕着定点\(F(0,1)\)“旋转运动”的，则点\(A\)、\(B\)是受\(k\)的值变化的，“运动的源泉”很明显就是\(k\)的值。
第一问： 判断\(x_1 x_2\)，\(y_1 y_2=(\dfrac{1}{4}x_1^2)×(\dfrac{1}{4}x_2^2)=\dfrac{1}{16}(x_1 x_2)^2\)是否为定值，其实就是问\(x_1 x_2\)的值是否会受\(k\)影响；而\(x_1,x_2\)是抛物线与直线的交点横坐标，这只需要联立它们的方程再利用韦达定理就可以判断；
第二问： 易得\(F(0,1)\)，求\(PF\)的最小值，容易想到代数法：先把\(PF\)表示出来再用函数的方法求最值；
用两点距离公式可得\(PF^2=x_0^2+(1-y_0 )^2\)，含两个变量，想到消元法，由点\(P(x_0,y_0)\)在抛物线上有\(y_0=\dfrac{1}{4}x_0^2\)消去\(x_0^2\)，得到用\(y_0\)表示\(PF^2\)便可求最值，但要注意\(y_0≥0\)；若消元时，消去\(x_0\)会出现四次方比较麻烦；
第三问： 判断\(\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)是否为定值，点\(F\)是定点，\(A\)、\(B\)是动点，\(\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)是否会受k值的影响；是采取代数法：先用两点距离公式把\(|AF|\)、\(|BF|\)用\(x_1,x_2,y_1,y_2\)表示出来，该式子含四个变量，有些头疼，但可根据第一问中得到它们之间的关系把变量进行消元化简；其中要明确\(x_1,x_2,y_1,y_2\)也是受\(k\)影响的，若式子化到最简形式还含\(x_1,x_2,y_1,y_2\)或其一，就说明\(\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)不是定值，反之就是定值；
第四问： 在初中证明圆的切线，一般有两个方法，一是证明某个角是直角，二是证明圆心到直线的距离等于半径；本题明显用方法二，圆是个动圆：圆心\((\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})\)，半径\(r=\dfrac{1}{2} AB=\dfrac{1}{2}\sqrt{(y_2-y_1 )^2+(x_2-x_1 )^2}\)，只要证明r与圆心到直线\(y=-1\)的距离\(\dfrac{y_1+y_2}{2}+1\)相等；其中利用第一问中得到\(x_1,x_2,y_1,y_2\)的关系进行证明.
【解答】
第一问： 解：\(x_1 x_2\)，\(y_1 y_2\)是为定值；理由如下：
联立方程\(\begin{cases}
y=\dfrac{1}{4} x^2 \\
y=kx+1
\end{cases}\)，整理化简得\(x62-4kx-4=0\)，
(严谨来说，用上韦达定理要判别式\(∆≥0\)确定\(k\)的取值范围；但实际上，由图可知\(k\)取任何值都能保证直线与抛物线相交；或看看\(∆=16k^2+16\)也是一定\(≥0\))
\(∴x_1+x_2=4k\)，\(x_1 x_2=-4\)，
\(∴y_1 y_2=(\dfrac{1}{4} x_1^2)×(\dfrac{1}{4} x_2^2)=\dfrac{1}{16} (x_1 x_2)^2=1\)，
(利用\(y_1=kx_1+1\)，\(y_2=kx_2+1\)也可以)
\(∴x_1 x_2=-4\)，\(y_1 y_2=1\)；
第二问： 解：\(∵\)直线\(y=kx+1\)与\(y\)轴交于\(F\)点，
当\(x=0\)时，得\(y=1\)，\(∴F(0,1)\)，
\(∵\)抛物线上的任意一点\(P(x_0,y_0)\)，
\(∴y_0=\dfrac{1}{4} x_0^2\)，\(∴x_0^2=4y_0\)，
则\(PF^2=(0+x_0 )^2+(1-y_0 )^2=4y_0+y_0^2-2y_0+1=(y_0+1)^2\)，
(利用\(y_0=\dfrac{1}{4} x_0^2\)消元\(y_0\)也可以，但是会比较麻烦)
\(∵y_0≥0\)，(不要忽略变量的取值范围，即函数的定义域)
\(∴PF^2=(y_0+1)^2≥1\)，
\(∴PF≥1\)，
\(∴\)抛物线上的任意一点\(P(x_0,y_0)\)到点\(F\)的最小距离为\(1\)；
第三问： 解：\(\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)是为定值；理由如下：
\(∵A(x_1,y_1)\)，\(F(0,1)\)，且\(x_1^2=4y_1\)，
\(∴|AF|=\sqrt{x_1^2+(1-y_1 )^2}=\sqrt{4y_1^2+(1-y_1 )^2}=\sqrt{(y_1+1)^2}=y_1+1\)，
(含变量多，能化简的尽量化简，要充分利用题中的条件)
同理：\(|BF|=y_2+1\)，
(同理减少计算量)
\(∴\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}=\dfrac{1}{y_1+1}+\dfrac{1}{y_2+1}=\dfrac{y_2+1+y_1+1}{(y_1+1)(y_2+1)}=\dfrac{y_2+y_1+2}{y_2+y_1+y_1 y_2+1}\)，
由(1)知：\(y_1 y_2=1\)，
∴原式\(=\dfrac{y_2+y_1+2}{y_2+y_1+2}=1\)，
\(∴\dfrac{1}{|AF|}+\dfrac{1}{|BF|}\)是定值，定值为\(1\)；
第四问： 证明：\(∵\)线段\(AB\)为直径，
\(∴\)圆心的坐标为\((\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})\)，
\(∴\)圆心到直线\(y=-1\)的距离\(d\)为\(\dfrac{y_1+y_2}{2}+1\)，
由(1)知：\(x_1+x_2=4k\)，
\(y_1+y_2=kx_2+1+(kx_1+1)=k(x_1+x_2 )+2=4k^2+2\)，
(利用\(y_1=\dfrac{1}{4} x_1^2，y_2=\dfrac{1}{4} x_2^2\)化简也可以，但计算量大)
\(∴d=\dfrac{y_1+y_2}{2}+1=2k^2+2\)，
\(∵AB=\sqrt{(y_2-y_1 )^2+(x_2-x_1 )^2}\)，
由(1)知：\(x_1+x_2=4k\)，\(x_1 x_2=-4\)，
\(∴(x_2-x_1)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1 x_2=16k^2+16=16(k^2+1)\)，
\((y_2-y_1)^2=[kx_2+1-(kx_1+1)]^2=k^2 (x_2-x_1)^2=16k^2×(k^2+1)\)，
\(∴AB=\sqrt{16k^2×(k^2+1)+16(k^2+1)}=\sqrt{16(k^2+1)^2}=4(k^2+1)\)，
\(∴\)圆的半径\(\dfrac{AB}{2}=\dfrac{4(k^2+1)}{2}=2k^2+2\)，
\(∴d=\dfrac{AB}{2}\)，
\(∴\)圆心到直线的距离等于半径，
\(∴\)以线段\(AB\)为直径的圆与直线\(y=-1\)相切．