第3.3节综合训练

设 $ M(x,y)(x\ne ±1) $ ,则 $ {k}_{AM}-{k}_{BM}=\dfrac{y}{x+1}-\dfrac{y}{x-1}=2 $ ,整理得 $ y=-{x}^{2}+1(x\ne ±1) $ ,所以动点 $ M $ 的轨迹方程是 $ y=-{x}^{2}+1(x\ne ±1) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

依题意知 $ F(\dfrac{1}{2},0) $ ，设 $ {P}_{1}({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ {P}_{2}({x}_{2},{y}_{2}) $ ， $ {P}_{3}({x}_{3},{y}_{3}) $ ，

因为 $ F $ 为 $ △{P}_{1}{P}_{2}{P}_{3} $ 的重心，所以 $ \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}}{3}=\dfrac{1}{2} $ ，即 $ {x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}=\dfrac{3}{2} $ .

设线段 $ {P}_{2}{P}_{3} $ , $ {P}_{1}{P}_{2} $ , $ {P}_{1}{P}_{3} $ 的中点分别为 $ A $ , $ B $ , $ C $ .

由抛物线的定义可知 $ |{P}_{1}F|={x}_{1}+\dfrac{1}{2} $ ，所以边 $ {P}_{2}{P}_{3} $ 的中线长为 $ |{P}_{1}A|=\dfrac{3}{2}|{P}_{1}F|=\dfrac{3}{2}({x}_{1}+\dfrac{1}{2}) $ ，

同理可得边 $ {P}_{1}{P}_{2} $ 和边 $ {P}_{1}{P}_{3} $ 的中线长分别为 $ |{P}_{3}B|=\dfrac{3}{2}|{P}_{3}F|=\dfrac{3}{2}({x}_{3}+\dfrac{1}{2}) $ ， $ |{P}_{2}C|=\dfrac{3}{2}|{P}_{2}F|=\dfrac{3}{2}({x}_{2}+\dfrac{1}{2}) $ .

所以 $ △{P}_{1}{P}_{2}{P}_{3} $ 三边中线长之和为 $ \dfrac{3}{2}({x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}+\dfrac{3}{2})=\dfrac{9}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意知,抛物线 $ C:{y}^{2}=12x $ 的焦点 $ F(3,0) $ ,准线方程为 $ x=-3 $ .因为点 $ P $ 在抛物线 $ C:{y}^{2}=12x $ 上,所以 $ {d}_{1}=\left|PF\right| $ ,所以 $ {d}_{1}+{d}_{2}=\left|PF\right|+{d}_{2} $ .联立方程 $ \begin{cases}{y}^{2}=12x,\\ x-y+4=0,\end{cases} $ 得 $ {x}^{2}-4x+16=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta }={\left(-4\right) ^ {2}}-4×16=-48 < 0 $ ,所以直线 $ x-y+4=0 $ 与抛物线 $ C:{y}^{2}=12x $ 无公共点.如图所示, $ \left|PF\right|+{d}_{2} $ 的最小值即为点 $ F(3,0) $ 到直线 $ x-y+4=0 $ 的距离,所以最小值为 $ \dfrac{\left|3-0+4\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{7\sqrt{2}}{2} $ ,即 $ {d}_{1}+{d}_{2} $ 的最小值为 $ \dfrac{7\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

如图所示,在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系 $ Oxy $ ,使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点 $ O $ 重合,焦点 $ F $ 在 $ x $ 轴上.

设抛物线的标准方程为 $ {y}^{2}=2px(p > 0) $ .由已知条件可得,点 $ A(0.6,1.8) $ 在抛物线上,所以 $ 1.2p={1.8}^{2} $ ,解得 $ p=2.7 $ ,因此该抛物线的焦点到顶点的距离为 $ 1.35\mathrm{m} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

设 $ A(\dfrac{{y}_{1}^{2}}{4},{y}_{1}) $ ， $ B(\dfrac{{y}_{2}^{2}}{4},{y}_{2}) $ ，其中 $ {y}_{1}\ne 0 $ ， $ {y}_{2}\ne 0 $ ，

$ \because $ 以 $ |AB| $ 为直径的圆过原点， $ \therefore \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}=\dfrac{{y}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}}{16}+{y}_{1}{y}_{2}=0 $ ，解得 $ {y}_{1}{y}_{2}=-16 $ .

易知直线 $ AB $ 的斜率不为0，不妨设直线 $ AB $ 的方程为 $ x=ty+m $ ，

由 $ \begin{cases}{y}^{2}=4x,\\ x=ty+m,\end{cases} $ 化简整理得 $ {y}^{2}-4ty-4m=0 $ ， $ \therefore {y}_{1}{y}_{2}=-4m=-16 $ ，解得 $ m=4 $ ，

$ \therefore $ 直线 $ AB $ 恒过定点 $ P(4,0) $ ， $ \because MH\perp AB $ ， $ \mathrm{\angle }MOP={90}^{\circ } $ ， $ \therefore O $ , $ P $ , $ H $ , $ M $ 四点共圆，

即点 $ H $ 在以 $ |PM| $ 为直径的圆（除原点外）上运动，此时该圆直径为 $ |PM|=\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{2} $ ，

$ \therefore |OH| $ 的最大值为该圆的直径，即 $ 4\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

记 $ BA $ 与准线 $ m $ 交于点 $ Q $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,设 $ \left|FA\right|=\left|A{A}_{1}\right|=t $ , $ \left|FB\right|=\left|B{B}_{1}\right|=3t $ , $ \left|AQ\right|=x $ ,

由题意得 $ △QA{A}_{1}\sim △QB{B}_{1} $ ,则 $ \dfrac{\left|QA\right|}{\left|QB\right|}=\dfrac{\left|A{A}_{1}\right|}{\left|B{B}_{1}\right|} $ ,即 $ \dfrac{x}{x+4t}=\dfrac{t}{3t}⇒x=2t. $ ,

故 $ \mathrm{\angle }{A}_{1}AQ={60}^{\circ } $ ,故 $ k=\sqrt{3} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ,设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,联立直线 $ l:y=k(x-1) $ 与抛物线方程得 $ \begin{cases}y=k\left(x-1\right),\\ {y}^{2}=4x,\end{cases} $ 得 $ {k}^{2}{x}^{2}-(2{k}^{2}+4)x+{k}^{2}=0 $ , $ \mathrm{\Delta } > 0 $ , $ \therefore {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=1 $ ,

$ \therefore \dfrac{1}{\left|FA\right|}+\dfrac{1}{\left|FB\right|}=\dfrac{1}{{x}_{1}+1}+\dfrac{1}{{x}_{2}+1}=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{{x}_{1}{x}_{2}+({x}_{1}+{x}_{2})+1}=1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ,若 $ k=1 $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=6 $ , $ \left|AB\right|={x}_{1}+{x}_{2}+2=8 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

对于 $ \mathrm{D} $ , $ \because \mathrm{\angle }B{B}_{1}F=\mathrm{\angle }{B}_{1}FB $ , $ \mathrm{\angle }A{A}_{1}F=\mathrm{\angle }{A}_{1}FA $ ,

$ \therefore \mathrm{\angle }{B}_{1}FB+\mathrm{\angle }{A}_{1}FA=\dfrac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }{B}_{1}BF}{2}+\dfrac{{180}^{\circ }-\mathrm{\angle }{A}_{1}AF}{2}={90}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

如图,设 $ AE $ 与 $ y $ 轴的交点为 $ M $ ,过点 $ B $ 作 $ C $ 的准线的垂线 $ BG $ ,垂足为 $ G $ , $ BG $ 与 $ y $ 轴的交点为 $ N $ ,因为 $ \left|AD\right|=4\left|BD\right| $ ,所以 $ \dfrac{\left|BD\right|}{\left|AD\right|}=\dfrac{\left|BN\right|}{\left|AM\right|}=\dfrac{1}{4} $ ,因为 $ \left|AF\right|=\left|AE\right|=\dfrac{9}{2} $ , $ \left|BF\right|=\left|BG\right|=\dfrac{3}{2} $ ,所以 $ \dfrac{\left|BN\right|}{\left|AM\right|}=\dfrac{\dfrac{3}{2}-\dfrac{p}{2}}{\dfrac{9}{2}-\dfrac{p}{2}}=\dfrac{1}{4} $ ,解得 $ p=1 $ ,所以 $ {y}^{2}=2x $ , $ \mathrm{A} $ 错误.

$ \left|AE\right|-\left|BF\right|=\left|AF\right|-\left|BF\right|=\dfrac{9}{2}-\dfrac{3}{2}=3 $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

若 $ A $ 在第一象限,由 $ {x}_{A}+\dfrac{p}{2}=\dfrac{9}{2} $ ,得 $ {x}_{A}=4 $ ,所以 $ A(4,2\sqrt{2}) $ ,同理可得 $ B(1,-\sqrt{2}) $ , $ {k}_{AB}=\dfrac{2\sqrt{2}-(-\sqrt{2})}{4-1}=\sqrt{2} $ ,所以直线 $ l $ 的方程为 $ y+\sqrt{2}=\sqrt{2}(x-1) $ ；同理若 $ A $ 在第四象限,则直线 $ l $ 的方程为 $ y-\sqrt{2}=-\sqrt{2}(x-1) $ ,所以直线 $ l $ 的方程为 $ \sqrt{2}x±y-2\sqrt{2}=0 $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

如图，连接 $ EF $ ,已知 $ H(-4,0) $ ,由对称性不妨令 $ A $ 在第一象限,则由以上分析可知 $ A(4,2\sqrt{2}) $ , $ E(-\dfrac{1}{2},2\sqrt{2}) $ , $ F(\dfrac{1}{2},0) $ ,所以 $ {k}_{AH}=\dfrac{2\sqrt{2}-0}{4-(-4)}=\dfrac{\sqrt{2}}{4} $ , $ {k}_{EF}=\dfrac{2\sqrt{2}-0}{-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}}=-2\sqrt{2} $ , $ {k}_{AH}\cdot {k}_{EF}=-1 $ ,所以直线 $ AH $ 与 $ EF $ 垂直.又因为 $ \left|AF\right|=\left|AE\right| $ ,所以 $ AH $ 垂直平分线段 $ EF $ ,所以直线 $ AE $ 与直线 $ AF $ 关于直线 $ AH $ 对称, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

如图,作出符合题意的图形.因为抛物线 $ C $ 的方程为 $ y=\dfrac{1}{4}{x}^{2} $ ，即 $ {x}^{2}=4y $ ,则焦点 $ F $ 的坐标为 $ (0,1) $ ,所以可设直线 $ AB $ 的方程为 $ y=kx+1 $ ,与抛物线 $ C $ 的方程 $ {x}^{2}=4y $ 联立,消去 $ y $ 得 $ {x}^{2}-4kx-4=0 $ ,设点 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ D(a,0) $ ,则 $ {\Delta }_{1} > 0 $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=-4 $ .由 $ \left|DA\right|=\left|DB\right|=\left|DN\right|=\sqrt{{a}^{2}+16} $ ,得 $ \sqrt{{\left({x}_{1}-a\right) ^ {2}}+{y}_{1}^{2}}=\sqrt{{\left({x}_{2}-a\right) ^ {2}}+{y}_{2}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+16} $ ,即 $ {\left({x}_{1}-a\right) ^ {2}}+{y}_{1}^{2}={a}^{2}+16 $ , $ {\left({x}_{2}-a\right) ^ {2}}+{y}_{2}^{2}={a}^{2}+16 $ ,所以 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ 是方程 $ {\left(x-a\right) ^ {2}}+{y}^{2}={a}^{2}+16 $ 的两个实数解,将 $ y=kx+1 $ 代入方程 $ {\left(x-a\right) ^ {2}}+{y}^{2}={a}^{2}+16 $ ,整理得 $ {\left(x-a\right) ^ {2}}+{\left(kx+1\right) ^ {2}}={a}^{2}+16⇒(1+{k}^{2}){x}^{2}+(2k-2a)x-15=0. $ ,此时 $ {\Delta }_{2} > 0 $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{-15}{1+{k}^{2}} $ ,因此 $ \dfrac{-15}{1+{k}^{2}}=-4⇒{k}^{2}=\dfrac{11}{4}⇒k=±\dfrac{\sqrt{11}}{2}. $ .

由题意设直线 $ l $ 的方程为 $ x=ty+m $ , $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ,把直线 $ l $ 的方程代入抛物线方程 $ {y}^{2}=4x $ ,整理可得 $ {y}^{2}-4ty-4m=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta }=16{t}^{2}+16m > 0 $ , $ {y}_{1}+{y}_{2}=4t $ , $ {y}_{1}{y}_{2}=-4m $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=(t{y}_{1}+m)+(t{y}_{2}+m)=4{t}^{2}+2m $ , $ \therefore $ 线段 $ AB $ 的中点 $ M(2{t}^{2}+m,2t) $ .

由题意可得直线 $ AB $ 与直线 $ MC $ 垂直,且 $ C(5,0) $ ,

当 $ t\ne 0 $ 时,有 $ {k}_{MC}\cdot {k}_{AB}=-1 $ ,即 $ \dfrac{2t-0}{2{t}^{2}+m-5}×\dfrac{1}{t}=-1 $ ,整理得 $ m=3-2{t}^{2} $ ,把 $ m=3-2{t}^{2} $ 代入 $ \mathrm{\Delta }=16{t}^{2}+16m > 0 $ ,可得 $ 3-{t}^{2} > 0 $ ,即 $ 0 < {t}^{2} < 3 $ .由于圆心 $ C $ 到直线 $ AB $ 的距离 $ d $ 等于半径,

即 $ d=\dfrac{\left|5-m\right|}{\sqrt{1+{t}^{2}}}=\dfrac{2+2{t}^{2}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}=2\sqrt{1+{t}^{2}}=r $ , $ \therefore 2 < r < 4 $ ,此时满足题意且不垂直于 $ x $ 轴的直线有2条；

当 $ t=0 $ 时,这样的直线 $ l $ 恰有2条,即 $ x=5±r $ , $ \therefore 0 < r < 5 $ .

综上所述,若这样的直线 $ l $ 恰有4条,则 $ r $ 的取值范围是 $ (2,4) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，抛物线在点 $ A $ 处的切线方程为 $ {x}_{1}x=2(y+{y}_{1}) $ ，斜率为 $ \dfrac{{x}_{1}}{2} $ ， $ \therefore $ 直线 $ l $ 的方程为 $ y=\dfrac{{x}_{1}}{2}(x-{x}_{2})+{y}_{2} $ ，代入 $ {x}^{2}=4y $ 中，并化简得 $ {x}^{2}-2{x}_{1}x+2{x}_{1}{x}_{2}-4{y}_{2}=0 $ ，该方程的解为 $ {x}_{2} $ ， $ {x}_{3} $ ，由根与系数的关系可知 $ {x}_{2}+{x}_{3}=2{x}_{1} $ ， $ \mathrm{A} $ 选项错误.

对于 $ \mathrm{B} $ ，设 $ E(0,{y}_{0}) $ ，代入 $ y=\dfrac{{x}_{1}}{2}(x-{x}_{2})+{y}_{2} $ 可解得 $ {y}_{0}=-\dfrac{{x}_{1}{x}_{2}}{2}+{y}_{2} $ ， $ \because {k}_{AB}=\dfrac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\dfrac{\dfrac{{x}_{2}^{2}}{4}-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{4}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\dfrac{{x}_{2}+{x}_{1}}{4} $ ， $ \therefore $ 直线 $ AB $ 的方程为 $ y-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{4}=\dfrac{{x}_{2}+{x}_{1}}{4}(x-{x}_{1}) $ ，化简得 $ 4y-({x}_{1}+{x}_{2})x+{x}_{1}{x}_{2}=0 $ ，直线 $ AB $ 过点 $ F(0,1) $ ，

$ \therefore {x}_{1}{x}_{2}=-4 $ ， $ \therefore {y}_{0}=2+{y}_{2} $ ，又 $ \because \left|FB\right|={y}_{2}+1={y}_{0}-2+1={y}_{0}-1 $ ， $ \left|FE\right|={y}_{0}-1 $ ， $ \therefore \left|FB\right|=\left|FE\right| $ ， $ \mathrm{B} $ 选项正确.

对于 $ \mathrm{C} $ ，直线 $ l $ 的方程可化为 $ y=\dfrac{{x}_{1}x}{2}+2+{y}_{2}=\dfrac{{x}_{1}x}{2}+2+\dfrac{{x}_{2}^{2}}{4}=\dfrac{{x}_{1}x}{2}+2+\dfrac{4}{{x}_{1}^{2}} $ ，即 $ {x}_{1}x-2y+4+\dfrac{8}{{x}_{1}^{2}}=0 $ ，则 $ \left|BD\right|=\sqrt{1+{\left(\dfrac{{x}_{1}}{2}\right) ^ {2}}}\left|{x}_{2}-{x}_{3}\right| $ ,由点到直线的距离公式可得点 $ A $ 到直线 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|{x}_{1}^{2}-2{y}_{1}+4+\dfrac{8}{{x}_{1}^{2}}\right|}{\sqrt{{x}_{1}^{2}+4}} $ ,

$ \therefore △ABD $ 的面积 $ S=\dfrac{1}{2}\sqrt{1+{\left(\dfrac{{x}_{1}}{2}\right) ^ {2}}}\cdot \left|{x}_{2}-{x}_{3}\right|\cdot \dfrac{\left|{x}_{1}^{2}-2{y}_{1}+4+\dfrac{8}{{x}_{1}^{2}}\right|}{\sqrt{{x}_{1}^{2}+4}}=\dfrac{1}{4}|{x}_{2}-{x}_{3}\left|\cdot \left|2{y}_{1}+4+\dfrac{2}{{y}_{1}}\right|=|{x}_{1}-{x}_{2}\right|\cdot \left|{y}_{1}+2+\dfrac{1}{{y}_{1}}\right|=\left|{x}_{1}+\dfrac{4}{{x}_{1}}\right|\cdot $

$ \left|{y}_{1}+2+\dfrac{1}{{y}_{1}}\right|=\left|\dfrac{({x}_{1}^{2}+4){\left({y}_{1}+1\right) ^ {2}}}{{x}_{1}{y}_{1}}\right|=\dfrac{(4{y}_{1}+4){\left({y}_{1}+1\right) ^ {2}}}{2{y}_{1}\sqrt{{y}_{1}}}=\dfrac{2{\left({y}_{1}+1\right) ^ {3}}}{{y}_{1}\sqrt{{y}_{1}}}\geqslant \dfrac{2{\left(2\sqrt{{y}_{1}}\right) ^ {3}}}{{y}_{1}\sqrt{{y}_{1}}}=16 $ ，当且仅当 $ {y}_{1}=1 $ 时取等号， $ \mathrm{C} $ 选项正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ， $ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{{x}_{1}^{2}}{4}\cdot \dfrac{{x}_{2}^{2}}{4}={\left(\dfrac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}\right) ^ {2}}=1 $ ， $ \mathrm{D} $ 选项正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .