一道2023年拋物線高考題的解析、變式與推廣

摘?要：通過對(duì)一道高考試題解法的深度探究，挖掘試題所蘊(yùn)含的本質(zhì)條件，在此基礎(chǔ)上對(duì)試題進(jìn)行變式延伸，并得到在同等條件下的拋物線的一組結(jié)論.

關(guān)鍵詞：高考；拋物線；深度探究

中圖分類號(hào)：G632???文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A???文章編號(hào)：1008-0333（2024）13-0019-06

2023年甲卷理科第20題看似背景平淡，實(shí)則是一道平中蘊(yùn)奇、有著豐富的思想方法內(nèi)涵的優(yōu)質(zhì)試題［1］，試題設(shè)置直線與拋物線相交的情境，通過對(duì)問題的分析、解決，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng)及解析幾何的圖形問題代數(shù)化的本質(zhì).1 試題呈現(xiàn)

題目?已知直線x-2y+1=0與拋物線C：y2=2px（p>0）交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|=415.

（1）求p；

（2）設(shè)C的焦點(diǎn)為F，M，N為C上兩點(diǎn)，MF·NF=0，求△MNF面積的最小值.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

分析?利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長(zhǎng)，然后得到關(guān)于p的方程求解得到p的值.

解析?設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），

聯(lián)立方程x-2y+1=0，y2=2px， 消去x，得

y2-4py+2p=0.

所以yA+yB=4p，yAyB=2p.

所以|AB|=（xA-xB）2+（yA-yB）2

=5|yA-yB|

=5×（yA+yB）2-4yAyB

=5×（4p）2-4×2p

=25×4p2-2p.

因?yàn)閨AB|=415，

所以25×4p2-2p=415.

整理，得2p2-p-6=0.

因?yàn)閜>0，解得p=2.

點(diǎn)評(píng)?該小題設(shè)點(diǎn)——聯(lián)立方程——應(yīng)用韋達(dá)定理——利用弦長(zhǎng)公式求解，這是研究直線與圓錐曲線位置關(guān)系的常規(guī)思路.

2.2第（2）問解析

分析1?設(shè)直線MN：x=my+n及點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2），設(shè)而不求，利用MF·NF=0，找到m，n的關(guān)系；然后利用點(diǎn)到直線的距離公式與弦長(zhǎng)公式，得到△MNF的面積表達(dá)式，最后結(jié)合函數(shù)性質(zhì)求出△MNF面積的最小值.

解法1 ?由（1）知拋物線C：y2=4x，

所以F（1，0）.

由題意可知，直線MN的斜率不能為零，

設(shè)直線MN：x=my+n，M（x1，y1），N（x2，y2），

聯(lián)立方程y2=4x，x=my+n， 消去x，得

y2-4my-4n=0.

所以y1+y2=4m，y1+y2=-4n，

△=16m2+16n>0，即m2+n>0.

因?yàn)镸F·NF=0，

所以（x1-1）（x2-1）+y1y2=0.

即（my1+n-1）（my2+n-1）+y1y2=0.

所以（m2+1）y1y2+m（n-1）（y1+y2）+（n-1）2=0.

將y1+y2=4m，y1y2=-4n，代入，得

所以4m2=n2-6n+1.

所以4（m2+n）=（n-1）2>0.

所以n≠1，且n2-6n+1≥0，

解得n≥3+22或n≤3-22.

設(shè)焦點(diǎn)F到直線MN的距離為d，

所以d=|n-1|1+m2.

又|MN|=（x1-x2）2+（y1-y2）2

=1+m2|y1-y2|

=1+m2·16m2+16n

=21+m2·4（n2-6n+1）+16n

=21+m2·|n-1|，

所以△MNF的面積

S=12×|MN|×d

=12×|n-1|1+m2×21+m2|n-1|

=（n-1）2.

由于n≥3+22或n≤3-22，所以結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可知當(dāng)n=3-22時(shí)，△MNF面積的最小值為

Smin=（2-22）2=12-82.

點(diǎn)評(píng)?解法1設(shè)出直線的“橫斜截式”方程并與拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用“設(shè)而不求”和有關(guān)公式解答.“設(shè)而不求”是較為重要的一種解題手段，能使計(jì)算化繁為簡(jiǎn)，起到簡(jiǎn)捷、快速的解題效果.解法1的關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零得到m，n的關(guān)系，一是為了減元，二是通過相互的制約關(guān)系找到各自的范圍，為后面的三角形面積公式提供變量范圍的支持，從而求出面積的最小值.解法1是解決這類問題的通性通法.

分析2?由于該題與拋物線的焦點(diǎn)有關(guān)，|MF|與|NF|是互相垂直的兩條焦半徑，因此引入“角度參數(shù)”，利用拋物線的定義推導(dǎo)出角度型焦半徑公式解答.

解法2?由（1）知拋物線C：y2=4x.

所以F（1，0）.

如圖1，C的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)K，過點(diǎn)M作準(zhǔn)線的垂線交于點(diǎn)G，作MH⊥x軸于點(diǎn)H.

設(shè)直線∠MFx=θ，θ∈（0，3π2）∪（3π2，2π），則∠NFx=θ+π2.

所以|MG|=|HK|=|HF|+|FK|=|MF|cosθ+p2-（-p2）=|MF|cosθ+p.

根據(jù)拋物線的定義，得|MF|=|MG|.

所以|MF|=|MF|cosθ+p.

所以|MF|=p1-cosθ=21-cosθ.

同理，|NF|=21-cos（θ+π/2

）=21+sinθ.

所以△MNF的面積

S=12|MF|·|NF|

=12·21-cosθ·21+sinθ

=21+sinθ-cosθ-sinθcosθ.

令sinθ-cosθ=t，t∈［-2，-1）∪（-1，2］，

則由（sinθ-cosθ）2=t2，得

sinθcosθ=1-t22.

所以S=21+t-（1-t2）/2=4t2+2t+1=4（t+1）2，當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即θ=3π4時(shí)，△MNF面積的

最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

點(diǎn)評(píng)?解法2取角θ為參數(shù)，在運(yùn)用拋物線定義的基礎(chǔ)上，利用幾何圖形轉(zhuǎn)化為角θ的弦函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而利用三角函數(shù)同角平方關(guān)系、三角恒等變換及弦函數(shù)的有界性求解，充分體現(xiàn)了“回歸定義”的重要性.解法2思路最為清晰、簡(jiǎn)捷，是值得提倡的一種方法.

分析3?拋物線y2=2px（p>0）的參數(shù)方程為x=2pt2y=2pt（t為參數(shù)），利用參數(shù)方程分別設(shè)出M，N的坐標(biāo)，然后利用MF·NF=0建立參數(shù)間的關(guān)系，并求出相關(guān)范圍得解.

解法3?由（1）知拋物線C：y2=4x.

所以F（1，0）.

設(shè)M（4t21，4t1），N（4t22，4t2），則由拋物線定義可知|MF|=4t21-1，|NF|=4t22-1.

又因?yàn)镸F·NF=0，

所以（1-4t21）（1-4t22）+4t1·4t2=0.

所以16t21t22+16t1t2+1=4t21+4t22.

根據(jù)t的幾何意義，即t表示拋物線上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率的倒數(shù)，可得

4t21+4t22≥8|t1t2|.

所以16t21t22+16t1t2+1≥8|t1t2|.

若t1t2>0，則16t21t22+8t1t2+1≥0.

所以（4t1t2+1）2≥0，顯然成立.

若t1t2<0，則16t21t22+24t1t2+1≥0，

解得t1t2≤-3-224或-3+224≤t1t2<0.

所以△MNF的面積

S=12|MF|·|NF|

=12（4t21+1）（4t22+1）

=12（16t21t22+4t21+4t22+1）

=12（16t21t22+16t21t22+16t1t2+1+1）

=16t21t22+8t1t2+1

=（4t1t2+1）2.

所以當(dāng)t1t2=-3+224時(shí)，△MNF面積的最小值Smin=（4×-3+224+1）2=12-82.

點(diǎn)評(píng)?解法3利用拋物線的參數(shù)方程設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用題設(shè)條件建立t1，t2的關(guān)系，再由參數(shù)t的幾何意義，利用重要不等式a2+b2≥2ab的變形式a2+b2≥2|ab|確定t1t2的范圍后求得△MNF面積的最小值.其中應(yīng)用重要不等式的變形式得到4t21+4t22≥8|t1t2|是解題中值得認(rèn)真思考的一道“坎”.解法3抽象性和思維能力要求高，可作為開闊解題思路的一種方法.

分析4?試題研究的是直線與拋物線的位置關(guān)系問題，倘若選用“直線參數(shù)方程”對(duì)問題進(jìn)行“降維”處理，則能出奇制勝，簡(jiǎn)化計(jì)算，優(yōu)勢(shì)明顯.

過點(diǎn)P0（x0，y0），且傾斜角是α的直線l的參數(shù)方程為x=x0+tcosα，y=y0+tsinα（t為參數(shù)）.

參數(shù)t的幾何意義是：P是直線l上的一點(diǎn)，則|P0P|=|t|.

解法4?由（1）知拋物線C：y2=4x.

所以F（1，0）.

設(shè)直線FM的參數(shù)方程為

x=1+tcosα，y=tsinα（t為參數(shù)）.

將x=1+tcosα，y=tsinα，代入y2=4x中，得

t2sin2α-4tcosα-4＝0.

即［（1-cosα）t-2］［（1+cosα）t+2］=0.

所以t1=21-cosα，t2=-21+cosα.

令|MF|=21-cosα，

由MF·NF=0，得|NF|=21+sinα.

所以△MNF的面積

S=12|MF|·|NF|

=12·21-cosα·21+sinα

=21+sinα-cosα-sinαcosα.

令sinα-cosα=2sin（α-π4）=t，

因?yàn)棣潦荈M的傾斜角，

所以t∈［-2，2］.

由（sinα-cosα）2=t2，得

sinαcosα=1-t22.

所以1+sinα-cosα-sinαcosα=1+t-1-t22.

所以S=21+t-（1-t2）/2

=4t2+2t+1

=4（t+1）2，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即θ=3π4時(shí)，△MNF面積的最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

點(diǎn)評(píng)?解法4利用直線的參數(shù)方程，由此化為直線傾斜角α的弦函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而利用三角函數(shù)同角平方關(guān)系、三角恒等變換及弦函數(shù)的有界性得到圓滿解答，利用直線參數(shù)方程則是一種思路最為清晰、簡(jiǎn)捷，值得提倡的一種方法.

3 試題推廣

將高考試題第（2）小題推廣為一般情形，可以得到結(jié)論.

結(jié)論1?拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，M，N為C上兩點(diǎn)，若MF·NF=0，則△MNF面積的最小值為（3-22）p2.

結(jié)論的證明可按高考試題的解法2來進(jìn)行，請(qǐng)讀者朋友自行完成.

4 變式延伸

若將高考試題第（2）小題，延長(zhǎng)MF交拋物線C于另一點(diǎn)M′，延長(zhǎng)NF交拋物線C于另一點(diǎn)N′，則由題設(shè)可知MM′⊥NN′.這樣一來，高考試題研究的其實(shí)就是拋物線的兩條互相垂直的焦點(diǎn)弦問題，由此我們可得到下面的若干變式并推廣為一般性的結(jié)論.

變式1?設(shè)拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，求|MM′|+|NN′|的最小值.

解法1?由題意可知兩條弦MM′，NN′所在直線的斜率均存在且不為0.

設(shè)MM′所在直線的方程為y=k（x-1），不妨設(shè)k>0，

由y=k（x-1），y2=4x，消去y并整理，得

k2x2-（2k2+4）x+k2=0.

判別式△=［-（2k2+4）］2-4k2·k2=16（1+k2）>0.

設(shè)M（x1，y1），M′（x2，y2），所以

x1+x2=2k2+4k2.

由拋物線的定義，得

|MM′|=x1+x2+p

=2k2+4k2+2

=4k2+4.

因?yàn)镸M′⊥NN′，設(shè)NN′所在直線的方程為

y=-1k（x-1），

由y=-1k（x-1），y2=4x， 得

x2-（2+4k2）x+1=0.

設(shè)N（x3，y3），N′（x4，y4），

所以x3+x4=2+4k2.

由拋物線定義，得

|NN′|=x3+x4+p=2+4k2+2=4k2+4.

因此|MM′|+|NN′|=4k2+4+4k2+4

=4k2+4k2+8

≥24k2·4k2+8=16，

當(dāng)且僅當(dāng)4k2=4k2，即k=1時(shí)，等號(hào)成立.

所以|MM′|+|NN′|取得最小值16.

解法2?如圖2，C的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)K，過點(diǎn)M作準(zhǔn)線的垂線交于點(diǎn)G，作MH⊥x軸于點(diǎn)H.

設(shè)MM′所在直線的傾斜角為θ，不妨設(shè)θ∈（0，π2），

所以|MG|=|HK|=|HF|+|FK|=|MF|cosθ+p2-（-p2）=|MF|cosθ+p.

根據(jù)拋物線的定義，得|MF|=|MG|.

所以|MF|=|MF|cosθ+p.

所以|MF|=p1-cosθ=21-cosθ.

同理，|M′F|=21-cos（π+θ）=21+cosθ.

所以|MM′|=|MF|+|M′F|=21-cosθ+21+cosθ=4sin2θ.

因?yàn)镸M′⊥NN′，

所以NN′所在直線的傾斜角為π2+θ.

同理|NN′|=4sin2（π/2+θ）=4cos2θ.

所以|MM′|+|NN′|=4sin2θ+4cos2θ=4（sin2θ+cos2θ）sin2θcos2θ=16sin22θ≥16，當(dāng)且僅當(dāng)sin22θ=1，即θ=π4時(shí)等號(hào)成立.

故|MM′|+|NN′|的最小值為16.

將變式1推廣到一般情形的拋物線，可有下面相應(yīng)的結(jié)論.

結(jié)論2?已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，過F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，則|MM′|+|NN′|的最小值為8p.

結(jié)論2的證明仿照變式1的證明過程.

變式2?設(shè)拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，求1|MM′|+1|NN′|的值.

簡(jiǎn)解?由變式1的解法2，可知

|MM′|=4sin2θ，|NN′|=4cos2θ.

所以1|MM′|=sin2θ4，1|NN′|=cos2θ4.

所以1|MM′|+1|NN′|=sin2θ+cos2θ4=14.

將變式2推廣到一般情形的拋物線，可有下面相應(yīng)的結(jié)論.

結(jié)論3?已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，則1|MM′|+1|NN′|=12p.

結(jié)論3的證明仿照變式2的證明過程.

變式3?設(shè)拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，求|MM′|·|NN′|的值.

簡(jiǎn)解?由變式1的解法2，可知

|MM′|=4sin2θ，|NN′|=4cos2θ.

所以|MM′|·|NN′|=4sin2θ·4cos2θ=16sin2θ·cos2θ=64sin22θ≥64，當(dāng)且僅當(dāng)sin22θ=1，即

θ=π4時(shí)等號(hào)成立.

故|MM′|·|NN′|的最小值為64.

將變式3推廣到一般情形的拋物線，可有下面相應(yīng)的結(jié)論.

結(jié)論4?已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，則|MM′|·|NN′|的最小值為16p2.

結(jié)論4的證明仿照變式3的證明過程.

變式4?設(shè)拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，求四邊形MNM′N′面積的最小值.

簡(jiǎn)解?四邊形MNM′N′面積S=12·|MM′|·|NN′|，結(jié)合變式3的解法可知S≥32，當(dāng)且僅當(dāng)sin22θ=1，即θ=π4時(shí)等號(hào)成立.故四邊形MNM′N′面積的最小值為32.

注?這里用到了對(duì)角線互相垂直的四邊形面積的一個(gè)結(jié)論：“對(duì)角線互相垂直的四邊形的面積等于它的兩條對(duì)角線長(zhǎng)的乘積的一半”.

將變式4推廣到一般情形的拋物線，可有下面相應(yīng)的結(jié)論.

結(jié)論5?已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且互相垂直的兩條直線與C分別相交于點(diǎn)M，M′和N，N′，則四邊形MNM′N′面積的最小值為16p2.

結(jié)論5的證明仿照變式3的證明過程.

5 結(jié)束語

在解題中，若對(duì)典型試題就題論題、淺嘗輒止，則是死水一潭；而重視問題的一題多解、一題多變，則能激活思維、提振士氣.唯有如此，才能逐步培養(yǎng)學(xué)生靈活多變的思維品質(zhì)，提高其數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，培養(yǎng)其探索精神和創(chuàng)新意識(shí)，從而真正把對(duì)能力的培養(yǎng)落到實(shí)處.

參考文獻(xiàn)：

［1］

李寒.平中蘊(yùn)奇 ?探究本質(zhì)：一道2022年高考試題的溯源與延伸[J].數(shù)理化解題研究，2022（25）：81-83.

［責(zé)任編輯：李?璟］