2021年高考全国甲卷理科数学第20题的探究与推广

广西南宁市第三中学（530021） 栾 功

广东深圳市高级中学（518000） 郭慧清

一、试题呈现

（2021 年高考全国甲卷理科数学第20 题）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x=1 交C于P,Q两点，且OP⊥OQ，已知点M(2,0)，且⊙M与l相切。

（1）求C，⊙M的方程；

（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切，判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由。

二、试题分析

试题以教育部考试中心统一命制的2021 年高三八省联考数学试卷第7 题为题源，以彭赛列闭合定理为背景，设计过抛物线y2=x上三点A1,A2,A3的三条直线，给出其中两条直线与⊙M相切的关系，要求考生探究第三条直线与⊙M的位置关系。试题一方面所给三点A1,A2,A3以及三条直线A1A2，A1A3，A2A3具有相同的结构，便于考生利用数形结合探究问题的解法，给不同考生提供了发挥空间；另一方面给考生创设了利用坐标法解决解析几何问题的情境，考查考生的数学思维能力、应用解析几何思想与方法解决问题的能力，以及数学运算、逻辑推理等核心素养，值得深入探究。

三、解法探究

第（1）问以直线、抛物线和圆为载体，考查考生对解析几何基础知识和基本方法的掌握程度，答案为抛物线C：y2=x，⊙M：(x-2)2+y2=1；第（2）问的难点是表示第三条直线A2A3的方程以及消参求解圆心到其距离。我们可以先从特殊情形入手，当点A1,A2,A3恰有一个在原点时，如图1，直线A1A2，A1A3，A2A3位置确定，容易求得直线A2A3与⊙M相切。

图1

解法1：设Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，因为点Ai在抛物线y2=x上，所以=x1①，=x2②，两式作差得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2，故=，从而直线A1A2的方程为y-(x-x1)，即x-(y1+y2)y+y1y2=0。又直线A1A2与⊙M相切，故=1。结合=xi整理得(x1-1)x2+2y1y2+3-x1=0。由直线A1A3与⊙M相切，同理可得(x1-1)x3+2y1y3+3-x1=0。

因此，点A2(x2,y2)，A3(x3,y3)都在直线(x1-1)x+2y1y+3-x1=0上，圆心M(2,0)到直线A2A3的距离d==1，从而直线A2A3与⊙M相切。

评注：解法1 从点A1入手构图，用两点式表达出两条切线的方程，通过相切关系求得点A2(x2,y2)、A3(x3,y3)满足的线性关系，并根据这两个对称关系写出直线A2A3的方程，从而解决问题。表达和消参的过程中充分利用了三点的等价性和直线间的同构性，在体现了数学对称美的同时合理优化了数学运算。

解法2：设A1(t2,t)，A2(a2,a)，A3(b2,b)，则直线A1A2、A1A3、A2A3的方程分别为x-(a+t)y+at=0，x-(b+t)y+bt=0，x-(a+b)y+ab=0。

由题设知直线A1A2与⊙M相切，故=1，整理得(t2-1)a2+2ta+3-t2=0 ①。又直线A1A3与⊙M相切，同理可得(t2-1)b2+2tb+3-t2=0 ②。由题意知t2-1 ≠0，由①②知a，b是方程(t2-1)x2+2tx+3-t2=0的两个实根，所以a+b=

圆心M(2,0)到直线A2A3的距离d==1，从而直线A2A3与⊙M相切。

评注：解法2 以三个点A1,A2,A3入手构图，根据三点的等价性写出结构相同的三条直线A1A2，A1A3，A2A3的方程，并通过相切的关系求得实数y2，y3满足的等式，从中发现实数y2，y3满足一个确定的二次方程，从而利用根与系数的关系求解圆心到直线A2A3的距离。解题过程展示了用坐标法解决解析几何问题的一般程序，符合大部分学生的思维习惯。

解法3：设⊙M的一条切线l的方程为x=my+n，则d==1，即(n-2)2=m2+1（＊），

记点Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，xi=。当切线l为直线A1A2时，m=y1+y2，n=x1-my1=-y1y2，将m，n分别代入（＊）式有(-y1y2-2)2=(y1+y2)2+1，整理得(x1-1)+2y1y2+3-x1=0 ①。同理，当切线l为直线A1A3时，有(x1-1)+2y1y3+3-x1=0 ②。由x1-1 ≠0，结合①②知y2，y3是一元二次方程(x1-1)x2+2y1x+3-x1=0 的两个实数根，所以y2+y3=

记直线A2A3的方程为x=m1y+n1，其中m1=y2+y3，n1=-y2y3。下证m1，n1满足（＊）式。

评注：解法3 从直线入手构图设参，表达和消参过程中紧紧抓住三条直线相同的结构特征。逻辑推理自然、流畅，运算过程简洁、优美。

解法4：设点Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，这里=xi，设过点A1的⊙M的切线方程为y-y1=k(x-x1)，由直线A1A2与⊙M相切知=1，化简得(-4x1+3)k2+2(2-x1)y1k+x1-1=0。

评注：解法4 从直线方程的点斜式入手，设切线方程为y-y1=k(x-x1)，其思想方法是考生所熟知的，但运算量略大，对考生的运算能力和综合应用数学知识解决问题的能力要求较高。

代入⊙M：(x-2)2+y2=1，结合y2=x整理得(x1-1)x2+2y1y2+3-x1=0。

又因为直线A1A3与⊙M相切，同理可得(x1-1)x3+2y1y3+3-x1=0。

因此，点A2(x2,y2)，A3(x3,y3)都在直线(x1-1)x+2y1y+3-x1=0 上，圆心M(2,0)到直线A2A3的距离d=从而直线A1A3与⊙M相切。

评注：解法5 从切点(x0,y0)入手构图设参，这是解决切线问题时考生容易想到的，但消参过程对考生的能力提出了较高要求。

上述解法从不同视角展示了用坐标法解决解析几何问题的途径。解法的不同源于构图设参的视角不同，导致逻辑推理、数学运算的难易有所区别，这也说明试题的命制者充分尊重考生思维的差异性，注重考查考生的学科素养。

四、变式推广

回顾上述解答过程，笔者发现△A1A2A3既是抛物线C：y2=x的内接三角形，又是⊙M的外切三角形，如图2。这样的三角形有无数多个，这是巧合吗？如果改变圆的半径或者圆心的位置，还会有这样的性质吗？对于其他圆锥曲线也有类似的性质吗？

图2

变式1：若A1(1,1)，A2，A3为抛物线y2=x上的三点，直线A1A2，A1A3是⊙M：(x-2)2+y2=的两条切线，求直线A2A3的方程，并判断直线A2A3与⊙M的位置关系。

解：设A2(x1,y1)，A3(x2,y2)，又A1(1,1)，所以直线A1A2、A1A3的方程分别为x-(y1+1)y+y1=0、x-(y2+1)y+y2=0。因为直线A1A2与⊙M相切，所以即3x1+14y1+14=0。由直线A1A3与⊙M相切，同理可得3x2+14y2+14=0。因此，点A2(x1,y1)，A3(x2,y2)都在直线3x+14y+14=0上，直线A2A3的方程为3x+14y+14=0，圆心M(2,0)到直线A2A3的距离为d=所以直线A2A3与⊙M相离。

变式2：若O(0,0)，A，B为抛物线y2=x上的三点，直线OA，OB是⊙M：(x-t)2+y2=的两条切线，且直线AB与⊙M相切，求t的值。

解：如图3，直线OA，OB关于x轴对称，设直线OA的方程为x=my，联立y2=x得y2-my=0，解得A(m2,m)，由题设知解得t=

图3

在上述变式中我们发现，当⊙M的半径发生变化时，直线A2A3与⊙M的位置也随之发生变化。有趣的是，半径变化后的圆随着圆心位置的移动，再次找到了直线A2A3与⊙M相切的情形。此时，过抛物线C上任意一点A1引⊙M的两条切线交C于A2，A3两点，恒有直线A2A3与⊙M相切。这种神奇的相切并不是巧合，而是数学中著名的彭赛列闭合定理在n=3时的情形。这一定理揭示了一种特殊的现象——在某些一内一外的圆锥曲线之间，在外部圆锥曲线上任取一点A1作内部圆锥曲线的两条切线，和外部圆锥曲线交于A2，A3两点，恰有直线A2A3也和内部圆锥曲线相切。

推广1：过抛物线C:y2=2px(p)＞0 上的一点A1作⊙M：(x-t)2+y2=r2(r＞0)的两条切线l1,l2，分别交C于点A2，A3，若直线A2A3与⊙M相切，则r3+(2p+t)r2-2pt2=0。

变式3：如图4，已知⊙M：(x-2)2+y2=r2是椭圆C:+y2=1 的内接三角形ABC的内切圆，A为椭圆的左顶点，过点P(0,1)作⊙M的两条切线，分别交椭圆于E，F两点。

图4

（1）求⊙M的半径r；（2）证明：直线EF与⊙M相切。

解：（1）设B(x0,y0)，其中x0=2+r，由椭圆C及⊙M的对称性知直线BC垂直于x轴，记垂足为H，过圆心M作MD⊥AB于点D，由得即y0=

又因为点B在椭圆C上，所以

由①②得15r2+8r-12=0，

推广2：过椭圆C:=1(a＞b＞0)上的一点A1作⊙M：(x-t)2+y2=r2(r＞0)的两条切线l1,l2，分别交C于点A2，A3，若直线A2A3与⊙M相切，则t2=(b2-a2)r2-2ab2r+a2b2。

变式4：过双曲线C:=1的左顶点A1作⊙M：(x-2)2+y2=16 的两条切线l1,l2，分别交C于点A2，A3，证明：直线A2A3与⊙M相切。

证明：由对称性知直线l1,l2关于x轴对称，不妨设直线A1A2的方程为x=my+4(m＞0)，由=4 得m=，解方程组得A2(6,4)，直线A2A3的方程为x=6，直线A2A3与⊙M相切。

定理1：过圆锥曲线Γ上任一点A1引其内接三角形ABC的内切圆⊙M的切线l1，l2，分别交Γ于A2，A3两点，则直线A2A3恒与⊙M相切。

变式5：如图5，已知A1为曲线=1 的左顶点，过点A1作曲线E2:1的两条切线分别交曲线E1于A2，A3两点，求证：直线A2A3与曲线E2相切。

图5

证明：由对称性知直线A1A2，A1A3关于x轴对称，不妨设点A2在x轴上方，设直线A1A2与曲线E2相切于点D(x0,y0)，则切线A1A2的方程为+=1，代入点A1(-9,0)得x0=-1，把x0=-1 代入=1，解得y0=，所以直线A1A2的方程为=1 ①。

设A2(9 cosφ,6 sinφ)，代入方程①得sinφ-cosφ-1=0，结合sin2φ+cos2φ=1 解得cosφ=因此直线A2A3的方程为x=3，从而直线A2A3与曲线E2相切。

定理2：对于平面上的两条圆锥曲线E1，E2，若△ABC内接于曲线E1，外切于曲线E2，那么过曲线E1上任一点A1作曲线E2的两条切线与曲线E1分别交于A2，A3，则恒有直线A2A3与曲线E2相切。

随着探究的逐步展开，试题的内在结构和本质也得以呈现。彭赛列闭合定理外延广泛，感兴趣的读者可继续展开研究。