對(duì)2023年高考數(shù)學(xué)甲卷解析幾何題的解法探究與拓展

摘" 要：2023年全國(guó)甲卷理科第20題，要求學(xué)生在緊張的狀態(tài)中尋找運(yùn)算對(duì)象，選擇運(yùn)算方法，設(shè)計(jì)運(yùn)算程序，求解運(yùn)算結(jié)果.在條件變方法不變的情境中，促進(jìn)數(shù)學(xué)思維的發(fā)展，養(yǎng)成思考與解決問題的習(xí)慣，鑄造嚴(yán)謹(jǐn)求實(shí)的科學(xué)精神.

關(guān)鍵詞：數(shù)學(xué)本質(zhì)；理性思維；運(yùn)算程序；運(yùn)算結(jié)果

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0063-07

收稿日期：2024-03-05

作者簡(jiǎn)介：李波（1991—），男，中學(xué)一級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

本文所引文獻(xiàn)研究了雙變量的最值問題，解題方法多種多樣，運(yùn)算過程較為復(fù)雜，具有一定的思維難度，既考查了學(xué)生對(duì)課本概念的準(zhǔn)確理解，又考查了學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)、基本技能、思想方法靈活運(yùn)用的能力，能較好地考查學(xué)生的核心素養(yǎng)［1］. 2023年高考全國(guó)甲卷第20題是一道解析幾何中的雙變量最值問題，考查了不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、向量、同角三角函數(shù)基本關(guān)系、解三角形、圖象變換、直線、拋物線、坐標(biāo)系與參數(shù)方程等知識(shí).

1" 解法賞析

題目" 已知直線x-2y+1=0和拋物線y2=2px（pgt;0）交于A，B兩點(diǎn)，|AB|=415.

（1）求p的值；

（2）設(shè)F為拋物線y2=2px的焦點(diǎn)，M，N為拋物線上兩點(diǎn)，MF·NF=0，求△MFN面積的最小值.

分析" 第（1）問考查直線與曲線的位置關(guān)系，弦長(zhǎng)公式，設(shè)而不求的數(shù)學(xué)方法. 第（2）問通過細(xì)微的探究發(fā)現(xiàn)，考查了直線普通方程的幾種形式、拋物線的定義、直線與拋物線的位置關(guān)系、三角恒等變換、解三角形、圖象的平移和伸縮變換、極坐標(biāo)和參數(shù)方程在解析幾何中的綜合應(yīng)用、基本不等式、拋物線的常用結(jié)論等知識(shí)；考查了換元、設(shè)而不求、函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法.試題情境簡(jiǎn)單大氣，意蘊(yùn)優(yōu)美，計(jì)算過程由淺入深，要求學(xué)生具備嚴(yán)密的邏輯思維，扎實(shí)的運(yùn)算技巧，靈活的數(shù)學(xué)思維，給人以又愛又恨之感.

1.1" 第（1）問解析

解法1" 聯(lián)立x=2y-1，y2=2px，得y2-4py+2p=0.

滿足△=16p2-8pgt;0，解得pgt;12.

由根與系數(shù)的關(guān)系知y1+y2=4p，y1y2=2p.

所以|AB|=1+22·（y1+y2）2-4y1y2=5·16p2-8p=415，

解得p=2.

解法2" 聯(lián)立y=12x+12，y2=2px，得

x2+（2-8p）x+1=0.

滿足△=64p2-32pgt;0，解得pgt;12.

由根與系數(shù)的關(guān)系知x1+x2=8p-2，x1x2=1.

所以|AB|=1+（12）2·（x1+x2）2-4x1x2=5·16p2-8p=415，

解出p=2.

1.2" 第（2）問解析

視角1" 設(shè)直線MN的普通方程.

解法1" 設(shè)直線MN的方程為x=my+n，M（my1+n，y1），N（my2+n，y2），聯(lián)立x=my+n，y2=4x， 消x，得

y2-4my-4n=0.

滿足△=16m2+16ngt;0，由根與系數(shù)的關(guān)系知，

y1+y2=4m，y1y2=-4n.

則FM=（my1+n-1，y1），F(xiàn)N=（my2+n-1，y2）.

則FM·FN=（my1+n-1）·（my2+n-1）+y1y2.

整理，得FM·FN=（m2+1）y1y2+m（n-1）（y1+y2）+（n-1）2=0.

代入兩根和與積，得

4m2+4n=（n-1）2.

又|MN|=1+m2·（y1+y2）2-4y1y2=2|n-1|·1+m2，

點(diǎn)F到直線MN的距離d=|n-1|m2+1，

所以△MFN的面積

S=12·|MN|·d=（n-1）2.

由4m2+4n=（n-1）2，知

4m2=n2-6n+1≥0，

解得n≥3+22或n≤3-22.

當(dāng)n=3-22時(shí)，△MFN面積的最小值為S=12-82.

解法2" 當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為x=t，tgt;0，則M（t，2t），N（t，-2t）.

所以FM=（t-1，2t），F(xiàn)N=（t-1，-2t）.

由FM·FN=0，解得t1=3-22，t2=3+22.

當(dāng)t=3-22時(shí)，M（3-22，22-2），N（3-22，-22+2），△MFN的面積為S=12-82；

當(dāng)t=3+22時(shí)，M（3+22，22+2），N（3+22，-22-2），△MFN的面積為S=12+82.

當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=kx+b，k≠0，M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立y=kx+b，y2=4x，得

k2x2+（2kb-4）x+b2=0.

滿足△=16-16kbgt;0，即kblt;1.

由根與系數(shù)的關(guān)系知

x1+x2=4-2kbk2，x1x2=b2k2.

所以FM·FN=（x1-1）（x2-1）+y1y2=0.

又y1=kx1+b，y2=kx2+b，所以

FM·FN=（1+k2）x1x2+（kb-1）（x1+x2）+b2+1=0.

代入兩根和，積得b2+k2+6kb-4=0.

即（b+k）2=4-4kb.

由拋物線定義知

|FM|=x1+1，|FN|=x2+1，

△MFN的面積

S=12（x1+1）（x2+1）

=12（x1x2+x1+x2+1）

=（k+b）2+4-4kb2k2

=（1+bk）2.

由b2+k2+6kb-4=0，知

4k2=（bk）2+6·bk+1gt;0.

解得bklt;-3-22或bkgt;-3+22.

易知△MFN的面積Sgt;12-82.

綜上所述，△MFN的面積S≥12-82.

所以△MFN面積的最小值為S=12-82.

解法3" 由解法2知，|MN|=1+k2·（x1+x2）2-4x1x2=41+k2·1-kbk2，點(diǎn)F到直線MN的距離|MN|=|k+b|1+k2.

所以△MFN的面積

S=12·|MN|·d=2|k+b|1-kbk2.

又（b+k）2=4-4kb，所以S=（1+bk）2.

以下同解法2.

視角2" 設(shè)直線FM的普通方程.

解法4" 由題知，不妨假設(shè)點(diǎn)M在x軸下方，點(diǎn)N在x軸上方.設(shè)直線FM的方程為x=my+1，mgt;0，代入y2=4x，得y2-4my-4=0，解得yM=

2m-2m2+1.

所以|FM|=21+m2（1+m2-m）.

由FM⊥FN知，直線FN的方程為

x=-1my+1.

代入y2=4x，得y2+4my-4=0.

解得yN=2m（m2+1-1），

|FN|=2m2+1m（m2+1-1）.

所以△MFN的面積

S=12|MF|·|NF|

=2（m2+1）m2（m2+1-1）·（m2+1-m）

=2（1+m/m2+1）（1+1/m2+1）

=21+m/（m2+1）+1+2m/（m2+1）.

令h（x）=xx2+1，xgt;0，則h′（x）=1-x2（x2+1）2，易知h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，h（x）在（1，+∞）單調(diào)

遞減，當(dāng)x=1時(shí)，h（x）有最大值h（1）=12，h（x）∈（0，12］.

則1+mm2+1+1+2mm2+1∈（2，32+2］.

所以△MFN面積的取值范圍為［12-82，1）.

所以△MFN面積的最小值為S=12-82.

視角3" 利用二級(jí)結(jié)論.

解法5" 如圖1，設(shè)直線FM的傾斜角為θ，θ∈（0，π2），與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為M1，點(diǎn)M在x軸下方，則

cosθ=xM1-1|M1F|=xM1-1xM1+1.

解得xM1=1+cosθ1-cosθ.

所以|M1F|=xM1+1=21-cosθ.

同理可得|MF|=21+cosθ.

因?yàn)镕M⊥FN，所以直線FN的傾斜角為θ+π2，與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為N1，點(diǎn)N在x軸上方，易知|NF|=21+sinθ.

所以△MFN的面積

S=12|MF|·|NF|=2（1+sinθ）（1+cosθ）.

令f（θ）=（1+sinθ）（1+cosθ），θ∈（0，π2），則

f ′（θ）=（cosθ-sinθ）（1+sinθ+cosθ）.

令f ′（θ）=0，θ=π4. 當(dāng)θ∈（0，π4）時(shí)，f ′（θ）gt;0，f（θ）單調(diào)遞增；當(dāng)θ∈（π4，π2）時(shí)，f ′（θ）lt;0，f（θ）單調(diào)遞減；當(dāng)θ=π4時(shí)，f（θ）有最大值，f（π4）=32+2.

所以△MFN面積的最小值為S=12-82.

解法6" 由解法5知，△MFN的面積

S=2（1+sinθ）（1+cosθ）

=21+sinθ+cosθ+sinθcosθ.

令sinθ+cosθ=t，則t=2sin（θ+π4）∈（1，2］，t2=1+2sinθcosθ，解得sinθcosθ=t2-12.

所以1+sinθ+cosθ+sinθcosθ=t22+t+12∈（2，32+2］，△MFN面積的取值范圍為

［12-82，1）.

所以△MFN面積的最小值為S=12-82.

視角4" 利用直線FM的參數(shù)方程.

解法7" 設(shè)直線FM的傾斜角為α，α∈（0，π2），與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為M1，M在x軸下方，由FM⊥FN，所以直線FN的傾斜角為α+π2，與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn)為N1，點(diǎn)N在x軸上方.

設(shè)直線FM的參數(shù)方程為x=-1+tcosα，y=tsinα（t為參數(shù)），代入y2=4x，得

t2sin2α-4tcosα-4=0，△=16gt;0.

所以t1=2cosα-2sin2α，t2=2cosα+2sin2α.

因?yàn)辄c(diǎn)M在x軸下方，記|FM|=|t1|=-t1，則|FM|=2-2cosαsin2α.

同理可得|FN|=2-2sinαcos2α.

所以△MFN的面積

S=12|MF|·|NF|=2（1-sinα）（1-cosα）sin2αcos2α=2（1+sinα）（1+cosα）.

以下同解法6.

視角5" 利用拋物線的參數(shù)方程.

解法8" 設(shè)M（y214，y1），N（y224，y2），其中y1lt;0，y2gt;0，所以

FM=（y214-1，y1），F(xiàn)N=（y224-1，y2）.

由MF·NF=0，知

（y214-1）（y224-1）+y1y2=0.

解得（y1y2+4）2=（2y2-2y1）2.

即|y1y2+4|=2|y1-y2|.

又kMN=y2-y1y22/4-y21/4=4y2+y1，

則直線MN的方程為y-y2=4y2+y1（x-y224）.

整理，得4x-（y1+y2）y+y1y2=0.

所以點(diǎn)F到直線MN的距離

d=|4+y1y2|（y1+y2）2+16，

|MN|=|y2-y1|416+（y2+y1）2，

所以△MFN的面積S=12·|MN|·d=|4+y1y2|·|y1-y2|8=（4+y1y2）216.

又（y1y2）2+16y1y2+16=4y21+4y22，

由重要不等式知

（y1y2）2+16y1y2+16≥8y1y2，（y1y2）2+16y1y2+16≥-8y1y2，

故y1y2≤-12-82或y1y2≥-12+82.

所以當(dāng)y1y2=-12+82時(shí)，△MFN的面積有最小值為S=12-82.

解法9" 由拋物線的定義，知|FM|=y214+1，|FN|=y224+1.

△MFN的面積

S=12|MF|·|NF|=12（y214+1）（y224+1）.

整理，得S=12（y21y2216+y21+y224+1）.

又y21+y22=14［（y1y2）2+16y1y2+16］，

所以△MFN的面積S=（4+y1y2）216.

以下同解法8.

視角6" 利用

S=12xM-xF" yM-yFxN-xF" yN-yF.

解法10" 設(shè)M（t21，2t1），N（t22，2t2），t1lt;0，t2gt;0，則

FM=（t21-1，2t1），F(xiàn)N=（t22-1，2t2）.

所以FM·FN=（t21-1）（t22-1）+4t1t2=0.

整理，得（t1t2+1）2=（t1-t2）2.

即t1t2+1=±（t1-t2）.

又△MFN的面積

S=12xM-xF" yM-yFxN-xF" yN-yF

=12|2t2（t21-1）-2t1（t22-1）|

=|t1t2+1|·|t1-t2|，

又|t1t2+1|=|t1-t2|，所以S=（t1t2+1）2.

當(dāng)t1t2+1=t1-t2時(shí)，t2=t1-1t1+1.

所以t1t2+1=t21+1t1+1=t1-t2lt;0，即t1+1lt;0.

令x=t1+1，xlt;0，則t1=x-1.

則S=|t21+1t1+1|=|x2-2x+2x|=|x+2x-2|.

由xlt;0知S=-x-2x+2≥22+2.

即S≥12+82，當(dāng)且僅當(dāng)x=-2，即t1=-2-1時(shí)，等號(hào)成立.

當(dāng)t1t2+1=t2-t1時(shí)，t2=1+t11-t1.

所以t1t2+1=t21+11-t1=t2-t1gt;0，即1-t1gt;0.

令x=1-t1，xgt;0，則t1=1-x.

則S=|t21+11-t1|=|x2-2x+2x|=|x+2x-2|.

由xgt;0知S=x+2x-2≥22-2.

即S≥12-82，當(dāng)且僅當(dāng)x=2，即t1=2-1時(shí)，等號(hào)成立.

綜上所述，△MFN的面積有最小值為S=12-82.

視角7" 利用極坐標(biāo)方程.

解法11" 將拋物線y2=4x向左平移1個(gè)單位，曲線方程為y2=4x+4，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸，如圖2，建立極坐標(biāo)系.

則拋物線y2=4x+4的極坐標(biāo)方程為

設(shè)點(diǎn)M在極軸下方， 點(diǎn)N在極軸上方，設(shè)直線FM的極坐標(biāo)方程為θ=α，ρ∈R，α∈（0，π2），則直線FN的極坐標(biāo)方程為θ=α+π2，ρ∈R.

聯(lián)立θ=α，ρ2sin2θ-4ρcosθ-4=0， 得

ρ2sin2α-4ρcosα-4=0.

所以ρM=-21+cosα.

則|OM|=21+cosα.

同理可得|ON|=21+sinα.

所以△MON的面積

S=12|MO|·|NO|

=2（1+sinα）（1+cosα）

=21+sinα+cosα+sinαcosα

≥21+2（sin2α+cos2α）+（sin2α+cos2α）/2

=12-82，

當(dāng)且僅當(dāng)sinα=cosα，即α=π4時(shí)等號(hào)成立.

所以△MFN的面積有最小值為S=12-82.

2" 拓展探究

拓展1" 點(diǎn)F為橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點(diǎn)，M，N為橢圓上兩點(diǎn)，MF⊥NF，則△MFN面積的最小值為2b4（2a+2c）2.

證明" 設(shè)有向線段MF與x軸正方向所成角為θ，由對(duì)稱性知，當(dāng)θ∈［0，π2］時(shí)，△MFN面積有最小值.記M（x0，y0），則x20a2+y20b2=1.

又|MF|=（x0-c）2+y20，將y20=b2-b2a2x20代入上式，得|MF|=a-ex0.

又|MF|cosθ+c=x0，解得x0=acosθ+c1+ecosθ.

所以|MF|=b2a+ccosθ.

由MF⊥NF，易知|NF|=b2a+csinθ.

所以△MFN的面積

S△MNF=12|MF|·|NF|

=b42·1a2+ac（sinθ+cosθ）+c2sinθcosθ.

令t=sinθ+cosθ，由θ∈［0，π2］知，t∈［1，2］.

所以sinθcosθ=t2-12，

S△MNF=b42·1a2+act+c2（t2-1）/2.

令g（t）=a2+act+c2（t2-1）2，t∈［1，2］，則

g（t）=c22（t+ac）2+b22.

由acgt;1知，當(dāng)t=2，即θ=π4時(shí)，g（t）有最大值

g（2）=a2+2ac+c22.

所以△MFN面積的最小值為2b4（2a+2c）2.

評(píng)析" 設(shè)點(diǎn)M為橢圓、雙曲線上一點(diǎn)，點(diǎn)F為橢圓、雙曲線的焦點(diǎn)，有向線段FM與焦點(diǎn)所在軸正方向的夾角為θ，θ∈（0，2π］.當(dāng)點(diǎn)F為橢圓（雙曲線）的左（下）焦點(diǎn)時(shí)，|MF|=b2a-ccosθ;當(dāng)點(diǎn)F為橢圓（雙曲線）的右（上）焦點(diǎn)時(shí)，|MF|=b2a+ccosθ.設(shè)點(diǎn)M為拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)F為拋物線的焦點(diǎn)，有向線段FM與焦點(diǎn)所在軸正方向的夾角為θ，θ∈（0，2π］，則|MF|=p1-cosθ.

拓展2" 點(diǎn)F為雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的右焦點(diǎn)，M，N為雙曲線上兩點(diǎn)，MF⊥NF，則△MFN面積的最小值為2b4（2a+2c）2.

拓展3" 點(diǎn)F為拋物線E：y2=2px（pgt;0）的焦點(diǎn)，M，N為拋物線上兩點(diǎn)，MF⊥NF，則△MFN面積的最小值為（3-22）p2.

拓展4" 點(diǎn)F為橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點(diǎn)，M，N為橢圓上兩點(diǎn)，滿足∠MFN=φ，φ∈（0，π），則△MFN面積的最小值為b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

證明" 設(shè)有向線段FM與x軸正方向的夾角為θ，θ∈（0，π），由拓展1知|MF|=b2a+ccosθ.

又∠MFN=φ，φ∈（0，π），

所以|NF|=b2a+ccos（θ-φ）.

△MFN的面積

S△MNF=12|MF|·|NF|·sinφ

=b42·sinφa2+ac［cosθ+cos（θ-φ）］+c2cosθcos（θ-φ）.

令f（θ）=a2+ac［cosθ+cos（θ-φ）］+c2cosθcos（θ-φ），θ∈（0，π），則

f ′（θ）=-ac［sinθ+sin（θ-φ）］-c2sin（2θ-φ）.

當(dāng)θ∈（0，φ2）時(shí)，2θ-φlt;0，即φ-θgt;θgt;0，所以sin（φ-θ）gt;sinθ，易知sinθ+sin（θ-φ）lt;0，sin（2θ-φ）lt;0，所以f ′（θ）gt;0，即f（θ）在（0，φ2）上單調(diào)遞增.

當(dāng)θ∈（φ2，φ）時(shí)，2θ-φgt;0，即0lt;φ-θlt;θ，所以sin（φ-θ）lt;sinθ，易知sinθ+sin（θ-φ）gt;0，sin（2θ-φ）gt;0，所以f ′（θ）lt;0，即f（θ）在（φ2，φ）上單調(diào)遞減.

當(dāng)θ∈（φ，π）時(shí)，|MF|，|NF|隨著θ的增大而增大，△MFN的面積也在增大.

綜上所述，當(dāng)θ=φ2時(shí)，f（θ）有最大值f（φ2）=（a+ccosφ2）2，△MFN面積的最小值為b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

拓展5" 點(diǎn)F為雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的右焦點(diǎn)，M，N為雙曲線上兩點(diǎn)，∠MFN=φ，φ∈（0，π），則△MFN面積的最小值為b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

拓展6" 點(diǎn)F為拋物線E：y2=2px（pgt;0）的焦點(diǎn)，M，N為拋物線上兩點(diǎn)，∠MFN=φ，φ∈（0，π），則△MFN面積的最小值為p22·sinφ［1-cos（φ/2）］2.

3" 結(jié)束語

圓錐曲線中與面積有關(guān)的最值問題，幾何關(guān)系代數(shù)化具有一定的難度.一是通過對(duì)面積的代數(shù)表達(dá)式消元，將多變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，利用基本不等式求最值；二是利用面積表達(dá)式構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求解最值；三是利用圓錐曲線的參數(shù)方程將幾何問題代數(shù)化，求解運(yùn)算目標(biāo).不管采用何種策略，探究過程均注重深度思考，求解答案考查運(yùn)算能力.

參考文獻(xiàn)：

［1］

陳鋌.破解雙變量函數(shù)最值問題的兩個(gè)“妙招” ［J］. 語數(shù)外學(xué)習(xí)，2022（12）：41-42.

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