2021年高考全國甲卷理科數(shù)學(xué)第20題的探究與推廣

欒功 郭慧清

[摘 要]文章探討2021年高考全國甲卷理科數(shù)學(xué)解析幾何壓軸題的解法、變式，剖析試題內(nèi)在結(jié)構(gòu)特征，揭示問題本質(zhì)，為學(xué)生的學(xué)習(xí)和教師的教學(xué)提供參考。

[關(guān)鍵詞]2021年高考;全國甲卷;圓錐曲線;壓軸題

[中圖分類號(hào)]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]? ? A? ? ? ? [文章編號(hào)]? ? 1674-6058（2022）05-0001-04

一、試題呈現(xiàn)

（2021年高考全國甲卷理科數(shù)學(xué)第20題）拋物線[C]的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)[O]，焦點(diǎn)在[x]軸上，直線[l]：[x=1]交[C]于[P ， Q]兩點(diǎn)，且[OP⊥OQ]，已知點(diǎn)[M（2 ， 0）]，且⊙[M]與[l]相切。

（1）求[C]，⊙[M]的方程;

（2）設(shè)[A1 ， A2 ， A3]是[C]上的三個(gè)點(diǎn)，直線[A1A2]，[A1A3]均與⊙[M]相切，判斷直線[A2A3]與⊙[M]的位置關(guān)系，并說明理由。

二、試題分析

試題以教育部考試中心統(tǒng)一命制的2021年高三八省聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷第7題為題源，以彭賽列閉合定理為背景，設(shè)計(jì)過拋物線[y2=x]上三點(diǎn)[A1 ， A2 ， A3]的三條直線，給出其中兩條直線與⊙[M]相切的關(guān)系，要求考生探究第三條直線與⊙[M]的位置關(guān)系。試題一方面所給三點(diǎn)[A1 ， A2 ， A3]以及三條直線[A1A2]，[A1A3]，[A2A3]具有相同的結(jié)構(gòu)，便于考生利用數(shù)形結(jié)合探究問題的解法，給不同考生提供了發(fā)揮空間;另一方面給考生創(chuàng)設(shè)了利用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的情境，考查考生的數(shù)學(xué)思維能力、應(yīng)用解析幾何思想與方法解決問題的能力，以及數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng)，值得深入探究。

三、解法探究

第（1）問以直線、拋物線和圓為載體，考查考生對解析幾何基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法的掌握程度，答案為拋物線[C]：[y2=x]，[⊙M]：[x-22+y2=1];第（2）問的難點(diǎn)是表示第三條直線[A2A3]的方程以及消參求解圓心到其距離。我們可以先從特殊情形入手，當(dāng)點(diǎn)[A1 ， A2 ， A3]恰有一個(gè)在原點(diǎn)時(shí)，如圖1，直線[A1A2]，[A1A3]，[A2A3]位置確定，容易求得直線[A2A3]與⊙[M]相切。

解法1：設(shè)[Aixi ， yi] [i=1， 2， 3]，因?yàn)辄c(diǎn)[Ai]在拋物線[y2=x]上，所以[y21=x1]①，[y22=x2]②，兩式作差得[y1-y2y1+y2=x1-x2]，故[kA1A2=1y1+y2]，從而直線[A1A2]的方程為[y-y1=1y1+y2x-x1]，即[x-y1+y2y+y1y2=0]。又直線[A1A2]與⊙[M]相切，故[2+y1y21+y1+y22=1]。結(jié)合[y2i=xi]整理得[x1-1x2+2y1y2+3-x1=0]。由直線[A1A3]與⊙[M]相切，同理可得[x1-1x3+2y1y3+3-x1=0]。

因此，點(diǎn)[A2x2 ， y2]，[A3x3 ， y3]都在直線[x1-1x+2y1y+3-x1=0]上，圓心[M2 ， 0]到直線[A2A3]的距離[d=2x1-1+3-x1x1-12+2y12=x1+1x21-2x1+1+4x1=1]，從而直線[A2A3]與⊙[M]相切。

評(píng)注：解法1從點(diǎn)[A1]入手構(gòu)圖，用兩點(diǎn)式表達(dá)出兩條切線的方程，通過相切關(guān)系求得點(diǎn)[A2x2 ， y2]、[A3x3 ， y3]滿足的線性關(guān)系，并根據(jù)這兩個(gè)對稱關(guān)系寫出直線[A2A3]的方程，從而解決問題。表達(dá)和消參的過程中充分利用了三點(diǎn)的等價(jià)性和直線間的同構(gòu)性，在體現(xiàn)了數(shù)學(xué)對稱美的同時(shí)合理優(yōu)化了數(shù)學(xué)運(yùn)算。

解法2： 設(shè)[A1t2， t]，[A2a2， a]，[A3b2， b]，則直線[A1A2]、[A1A3]、[A2A3]的方程分別為[x-a+ty+at=0]，[x-b+ty+bt=0]，[x-a+by+ab=0]。

由題設(shè)知直線[A1A2]與⊙[M]相切，故[2+ta1+a+t2=1]，整理得[t2-1a2+2ta+3-t2=0] ①。又直線[A1A3]與⊙[M]相切，同理可得[t2-1b2+2tb+3-t2=0] ②。由題意知[t2-1≠0]，由①②知[a]，[b]是方程[t2-1x2+2tx+3-t2=0]的兩個(gè)實(shí)根，所以[a+b=-2tt2-1]，[ab=3-t2t2-1]。

圓心[M2 ， 0]到直線[A2A3]的距離[d=2+ab1+a+b2=2+3-t2t2-11+-2tt2-12=1]，從而直線[A2A3]與⊙[M]相切。

評(píng)注：解法2以三個(gè)點(diǎn)[A1 ， A2 ， A3]入手構(gòu)圖，根據(jù)三點(diǎn)的等價(jià)性寫出結(jié)構(gòu)相同的三條直線[A1A2]，[A1A3]，[A2A3]的方程，并通過相切的關(guān)系求得實(shí)數(shù)[y2]，[y3]滿足的等式，從中發(fā)現(xiàn)實(shí)數(shù)[y2]，[y3]滿足一個(gè)確定的二次方程，從而利用根與系數(shù)的關(guān)系求解圓心到直線[A2A3]的距離。解題過程展示了用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的一般程序，符合大部分學(xué)生的思維習(xí)慣。

解法3： 設(shè)☉[M]的一條切線[l]的方程為[x=my+n]，則[d=n-2m2+1=1]，即[n-22=m2+1]（*），

記點(diǎn)[Aixi ， yii=1， 2， 3]，[xi=y2i]。當(dāng)切線[l]為直線[A1A2]時(shí)，[m=y1+y2]，[n=x1-my1=-y1y2]，將[m]，[n]分別代入（*）式有[-y1y2-22=y1+y22+1]，整理得[x1-1y22+2y1y2+3-x1=0] ①。同理，當(dāng)切線[l]為直線[A1A3]時(shí)，有[x1-1y23+2y1y3+3-x1=0] ②。由[x1-1≠0]，結(jié)合①②知[y2]，[y3]是一元二次方程[x1-1x2+2y1x+3-x1=0]的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，所以[y2+y3=-2y1x1-1]，[y2y3=3-x1x1-1]。

記直線[A2A3]的方程為[x=m1y+n1]，其中[m1=y2+y3]，[n1=-y2y3]。下證[m1]，[n1]滿足（*）式。

由[n1-22=3-x1x1-1+22=x1+1x1-12]，[m21+1=-2y1x1-12+1=4y21+x21-2x1+1x1-12=x1+12x1-12]知[m1]，[n1]滿足（*）式，從而直線[A2A3]與[☉M]相切。

評(píng)注：解法3從直線入手構(gòu)圖設(shè)參，表達(dá)和消參過程中緊緊抓住三條直線相同的結(jié)構(gòu)特征。邏輯推理自然、流暢，運(yùn)算過程簡潔、優(yōu)美。

解法4：設(shè)點(diǎn)[Aixi， yii=1， 2， 3]，這里[y2i=xi]，設(shè)過點(diǎn)[A1]的⊙[M]的切線方程為[y-y1=kx-x1]，由直線[A1A2]與⊙[M]相切知[k2-x1+y11+k2=1]，化簡得[x21-4x1+3k2+22-x1y1k+x1-1=0]。

設(shè)直線[A1A2]，[A1A3]的斜率分別為[k1]，[k2]，則[k1+k2=-22-x1y1x21-4x1+3]，[k1k2=x1-1x21-4x1+3=1x1-3]，

聯(lián)立[y2=x，y-y1=k1x-x1，]得[k1y2-y+y1-k1x1=0]，則[y1+y2=1k1]，即[y2=1k1-y1]，同理[y3=1k2-y1]，從而[y2y3=1k1-y11k2-y1=1k1k2-y1k1+k2k1k2+y21=3-x1x1-1]，[ y2+y3=1k1+1k2-2y1=-2y1x1-1]。

直線[A2A3]的方程為[y-y2=y3-y2x3-x2x-x2]，即[x-y2+y3y+y2y3=0]。圓心[M2 ， 0]到直線[A2A3]的距離[d=2+y2y31+y2+y32=2+3-x1x1-11+4x1x1-12=x1+1x1-1x1+1x1-1=1]，所以直線[A2A3]與⊙[M]相切。

評(píng)注：解法4從直線方程的點(diǎn)斜式入手，設(shè)切線方程為[y-y1=kx-x1]，其思想方法是考生所熟知的，但運(yùn)算量略大，對考生的運(yùn)算能力和綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題的能力要求較高。

解法5： 設(shè)[A1y21， y1]，[A2y22， y2]，[A3y23， y3]，記直線[A1A2]與[☉M]的切點(diǎn)為[Bx0， y0]，則切線[A1A2]的方程為[x0-2x-2+y0y=1]，因?yàn)閇A1y21， y1]，[A2y22， y2]在切線[A1A2]上，所以[x0-2y21-2+y0y1=1]①，[x0-2y22-2+y0y2=1] ②。

又[A1A2] [⊥BM]，故

[y0x0-2?y2-y1y22-y21=-1] ③，由①②③解得

[x0=2-1y1y2+2]，[y0=y1+y2y1y2+2]，

代入[☉M]：[x-22+y2=1]，結(jié)合[y2=x]整理得[x1-1x2+2y1y2+3-x1=0]。

又因?yàn)橹本€[A1A3]與[☉M]相切，同理可得[x1-1x3+2y1y3+3-x1=0]。

因此，點(diǎn)[A2x2， y2]，[A3x3， y3]都在直線[x1-1x+2y1y+3-x1=0]上，圓心[M2 ， 0]到直線[A2A3]的距離[d=2x1-1+3-x1x1-12+2y12=x1+1x21-2x1+1+4x1=1]，從而直線[A1A3]與[☉M]相切。

評(píng)注：解法5從切點(diǎn)[x0， y0]入手構(gòu)圖設(shè)參，這是解決切線問題時(shí)考生容易想到的，但消參過程對考生的能力提出了較高要求。

上述解法從不同視角展示了用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的途徑。解法的不同源于構(gòu)圖設(shè)參的視角不同，導(dǎo)致邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的難易有所區(qū)別，這也說明試題的命制者充分尊重考生思維的差異性，注重考查考生的學(xué)科素養(yǎng)。

四、變式推廣

回顧上述解答過程，筆者發(fā)現(xiàn)[△A1A2A3]既是拋物線[C]：[y2=x]的內(nèi)接三角形，又是⊙[M]的外切三角形，如圖2。這樣的三角形有無數(shù)多個(gè)，這是巧合嗎？如果改變圓的半徑或者圓心的位置，還會(huì)有這樣的性質(zhì)嗎？對于其他圓錐曲線也有類似的性質(zhì)嗎？

變式1：若[A11， 1]，[A2]，[A3]為拋物線[y2=x]上的三點(diǎn)，直線[A1A2]，[A1A3]是[☉M]：[x-22+y2=14]的兩條切線，求直線[A2A3]的方程，并判斷直線[A2A3]與[☉M]的位置關(guān)系。

解：設(shè)[A2x1， y1]，[A3x2， y2]，又[A11， 1]，所以直線[A1A2]、[A1A3]的方程分別為[x-y1+1y+y1=0]、[x-y2+1y+y2=0]。因?yàn)橹本€[A1A2]與[☉M]相切，所以[2+y11+y1+12=12]，即[3x1+14y1+14=0]。由直線[A1A3]與⊙[M]相切，同理可得[3x2+14y2+14=0]。因此，點(diǎn)[A2x1， y1]，[A3x2， y2]都在直線[3x+14y+14=0]上，直線[A2A3]的方程為[3x+14y+14=0]，圓心[M2 ， 0]到直線[A2A3]的距離為[d=20205>12]，所以直線[A2A3]與[☉M]相離。

變式2： 若[O0， 0]，[A]，[B]為拋物線[y2=x]上的三點(diǎn)，直線[OA]，[OB]是[☉M]：[x-t2+y2=14t>0]的兩條切線，且直線[AB]與[☉M]相切，求[t]的值。

解：如圖3，直線[OA]，[OB]關(guān)于[x]軸對稱，設(shè)直線[OA]的方程為[x=my]，聯(lián)立[y2=x]得[y2-my=0]，解得[Am2， m]，由題設(shè)知[t1+m2=12]，[m2-t=12]，解得[t=34]。

在上述變式中我們發(fā)現(xiàn)，當(dāng)[☉M]的半徑發(fā)生變化時(shí)，直線[A2A3]與[☉M]的位置也隨之發(fā)生變化。有趣的是，半徑變化后的圓隨著圓心位置的移動(dòng)，再次找到了直線[A2A3]與[☉M]相切的情形。此時(shí)，過拋物線[C]上任意一點(diǎn)[A1]引[☉M]的兩條切線交[C]于[A2]，[A3]兩點(diǎn)，恒有直線[A2A3]與[☉M]相切。這種神奇的相切并不是巧合，而是數(shù)學(xué)中著名的彭賽列閉合定理在[n=3]時(shí)的情形。這一定理揭示了一種特殊的現(xiàn)象——在某些一內(nèi)一外的圓錐曲線之間，在外部圓錐曲線上任取一點(diǎn)[A1]作內(nèi)部圓錐曲線的兩條切線，和外部圓錐曲線交于[A2]，[A3]兩點(diǎn)，恰有直線[A2A3]也和內(nèi)部圓錐曲線相切。

推廣1：過拋物線[C：][y2=2pxp>0]上的一點(diǎn)[A1]作[☉M]：[x-t2+y2=r2r>0]的兩條切線[l1， l2]，分別交[C]于點(diǎn)[A2]，[A3]，若直線[A2A3]與[☉M]相切，則[r3+2p+tr2-2pt2=0]。

變式3： 如圖4，已知[☉M]：[x-22+y2=r2]是橢圓[C：x216+y2=1]的內(nèi)接三角形[ABC]的內(nèi)切圓，[A]為橢圓的左頂點(diǎn)，過點(diǎn)[P0， 1]作[☉M]的兩條切線，分別交橢圓于[E]，[F]兩點(diǎn)。

（1）求[☉M]的半徑[r];（2）證明：直線[EF]與[☉M]相切。

解：（1）設(shè)[Bx0， y0]，其中[x0=2+r]，由橢圓[C]及[☉M]的對稱性知直線[BC]垂直于[x]軸，記垂足為[H]，過圓心[M]作[MD⊥AB]于點(diǎn)[D]，由[MDHB=ADAH]得[ry0=36-r26+r]，即[y0=r6+r6-r] ①。

又因?yàn)辄c(diǎn)[B]在橢圓[C]上，所以[y20=1-r+2216=-r-2r+616] ②，

由①②得[15r2+8r-12=0]，

解得[r=23]或[r=-65]（舍去）。

（2）設(shè)過點(diǎn)[P0，1]與[☉M]相切的直線的方程為[y=kx+1]，則[2k+11+k2=23]，整理得[32k2+36k+5=0]。設(shè)直線[PE]，[PF]的斜率分別為[k1]，[k2]，則[k1k2=532]，[k1+k2=-98]，且[k1=-9-4116]，[k2=-9+4116]。

設(shè)[Ex1， y1]，[Fx2， y2]，聯(lián)立[y=kx+1]與[x216+y2=1]得[16k2+1x2+32kx=0]，解得異于零的根為[x=-32k16k2+1]，則[x1=-32k116k21+1]，[x2=-32k216k22+1]，[kEF=y2-y1x2-x1=k2x2-k1x1x2-x1=k1+k21-k1k2=34]。

故直線[EF]的方程為[y-k1x1+1=34x-x1]，即[y=34x+k1-34x1+1]，代入[k1]與[x1]化簡得[9x-12y-28=0]。

則圓心[M2 ， 0]到直線[EF]的距離[d=18-2892+122=23]，所以直線[EF]與[☉M]相切。

推廣2：? 過橢圓[C： ][x2a2+y2b2=1a>b>0]上的一點(diǎn)[A1]作[☉M]：[x-t2+y2=r2r>0]的兩條切線[l1， l2]，分別交[C]于點(diǎn)[A2]，[A3]，若直線[A2A3]與[☉M]相切，則[t2=b2-a2r2-2ab2r+a2b2]。

變式4：過雙曲線[C：x216-y264=1]的左頂點(diǎn)[A1]作[☉M]：[x-22+y2=16]的兩條切線[l1， l2]，分別交[C]于點(diǎn)[A2]，[A3]，證明：直線[A2A3]與[☉M]相切。

證明：由對稱性知直線[l1， l2]關(guān)于[x]軸對稱，不妨設(shè)直線[A1A2]的方程為[x=my+4m>0]，由[61+m2=4]得[m=52]，解方程組[x=52y+4，x216-y264=1，]得[A26， 45]，直線[A2A3]的方程為[x=6]，直線[A2A3]與[☉M]相切。

定理1： 過圓錐曲線[Γ]上任一點(diǎn)[A1]引其內(nèi)接三角形[ABC]的內(nèi)切圓[☉M]的切線[l1]，[l2]，分別交[Γ]于[A2]，[A3]兩點(diǎn)，則直線[A2A3]恒與[☉M]相切。

變式5： 如圖5，已知[A1]為曲線[E1：x281+y236=1]的左頂點(diǎn)，過點(diǎn)[A1]作曲線[E2：x29+y216=1]的兩條切線分別交曲線[E1]于[A2]， [A3]兩點(diǎn)，求證：直線[A2A3]與曲線[E2]相切。

證明：由對稱性知直線[A1A2]，[A1A3]關(guān)于[x]軸對稱，不妨設(shè)點(diǎn)[A2]在[x]軸上方，設(shè)直線[A1A2]與曲線[E2]相切于點(diǎn)[Dx0， y0]，則切線[A1A2]的方程為[x0x9+y0y16=1]，代入點(diǎn)[A1-9， 0]得[x0=-1]，把[x0=-1]代入[x29+y216=1]，解得[y0=832]，所以直線[A1A2]的方程為[-x9+2y6=1] ①。

設(shè)[A29cosφ，6sinφ]，代入方程①得[2sin φ-cosφ-1=0]，結(jié)合[sin2φ+cos2φ=1]解得[cos φ=13]，因此直線[A2A3]的方程為[x=3]，從而直線[A2A3]與曲線[E2]相切。

定理2： 對于平面上的兩條圓錐曲線[E1]，[E2]，若[△ABC]內(nèi)接于曲線[E1]，外切于曲線[E2]，那么過曲線[E1]上任一點(diǎn)[A1]作曲線[E2]的兩條切線與曲線[E1]分別交于[A2]，[A3]，則恒有直線[A2A3]與曲線[E2]相切。

隨著探究的逐步展開，試題的內(nèi)在結(jié)構(gòu)和本質(zhì)也得以呈現(xiàn)。彭賽列閉合定理外延廣泛，感興趣的讀者可繼續(xù)展開研究。

[? ?參? ?考? ?文? ?獻(xiàn)? ?]

[1]? 于涵，莫雷.中國高考評(píng)價(jià)體系說明[M].北京：人民教育出版社，2019.

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）