一道2023年拋物線高考題的解析、變式與推廣

摘?要：通過對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：G632???文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A???文章編號：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，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?該小題設(shè)點(diǎn)——聯(lián)立方程——應(yīng)用韋達(dá)定理——利用弦長公式求解，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，△MNF面積的最小值為

Smin=（2-22）2=12-82.

點(diǎn)評?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，能使計算化繁為簡，起到簡捷、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，△MNF面積的

最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

點(diǎn)評?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，△MNF面積的最小值Smin=（4×-3+224+1）2=12-82.

點(diǎn)評?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”對問題進(jìn)行“降維”處理，則能出奇制勝，簡化計算，優(yōu)勢明顯.

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，△MNF面積的最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

點(diǎn)評?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MF交拋物線C于另一點(diǎn)M′，延長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，等號成立.

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時等號成立.

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時等號成立.

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時等號成立.故四邊形MNM′N′面積的最小值為32.

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

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，從而真正把對能力的培養(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］