2026年9月湖北武汉市高三调研数学试卷#18
已知圆 $M:(x-1)^2+y^2=1$ 与抛物线 $E: y^2=2 p x$（$p>0$）的三个公共点恰好构成等腰直角三角形．
1、求抛物线 $E$ 的标准方程；
2、过抛物线上一点 $A$ 引射线，该射线与圆 $M$ 相切且与抛物线 $E$ 交于另一点 $B$，记该射线与 $x$ 轴的交点为 $N$．
① 若 $\angle AMB=60^{\circ}$，求 $AB$ 所在直线的斜率；
② 若 $|AM|^2=|AN|\cdot|AB|$，求 $|AM|\cdot|BM|$．
解析
1、由于圆和抛物线均关于 $x$ 轴对称，因此有一个公共点为原点 $O(0,0)$，另外两个公共点关于 $x$ 轴对称，设为 $A(2pa^2,2pa),B(2pb^2,2pb)$，不妨设 $a>0>b$，则 $\angle AOx=\angle BOx=45^\circ$，进而 $(a,b)=(1,-1)$，将 $A(2p,2p)$ 代入圆的方程可得\[(2p-1)^2+(2p)^2=1\iff p=\frac 12,\]因此抛物线 $E$ 的标准方程为 $y^2=x$．
2、设 $A(a^2,a),B(b^2,b)$，则 $AB:x-(a+b)y+ab=0$，从而 $N(-ab,0)$，且由 $AB$ 与圆 $M$ 相切可得\[d(M,AB)=1\iff \frac{|1+ab|}{\sqrt{1+(a+b)^2}}=1\iff a^2b^2=a^2+b^2\iff (a^2-1)(b^2-1)=1.\]
① 根据题意，有\[\tan\angle AMB=\sqrt 3\iff \left|\frac{\frac{a}{a^2-1}-\frac{b}{b^2-1}}{1+\frac{a}{a^2-1}\cdot \frac{b}{b^2-1}}\right|=\sqrt 3\iff |a-b|=\sqrt 3\iff a^2+b^2-2ab=3,\]进而\[a^2b^2-2ab-3=0,\]于是 $ab=3,-1$（由 $a^2b^2=a^2+b^2\geqslant 2|ab|$ 舍去 $ab=-1$），直线 $AB$ 的斜率 $k=\frac{1}{a+b}$ 满足\[\frac{1}{k^2}=(a+b)^2=a^2+b^2+2ab=a^2b^2+2ab=15,\]从而所求直线的斜率为 $\pm\frac{\sqrt{15}}{15}$．
② 根据题意，有 $\frac{|AN|}{|AM|}=\frac{|AM|}{|AB|}$，于是 $\triangle AMN$ 与 $\triangle ABM$ 相似，进而\[\angle ANM=\angle AMB\implies |\tan\angle ANM|=|\tan\angle AMB|,\]根据 ① 的结论，有\[\frac{1}{|a+b|}=|a-b|\iff |a^2-b^2|=1\iff (a^2+b^2)^2-4a^2b^2=1,\]进而\[(a^2b^2)^2-4a^2b^2-1=0,\]从而 $a^2b^2=2+\sqrt 5$，因此\[\begin{split}|AM|\cdot |BM|&=|AB|\cdot |MN|\\ &=\sqrt{(a^2-b^2)^2+(a-b)^2}\cdot |1+ab|\\ &=\sqrt{1+a^2+b^2-2ab}\cdot |1+ab|\\ &=|1-a^2b^2|\\ &=1+\sqrt 5.\end{split}\]