对2023年高考数学甲卷解析几何题的解法探究与拓展

摘" 要：2023年全国甲卷理科第20题，要求学生在紧张的状态中寻找运算对象，选择运算方法，设计运算程序，求解运算结果.在条件变方法不变的情境中，促进数学思维的发展，养成思考与解决问题的习惯，铸造严谨求实的科学精神.

关键词：数学本质；理性思维；运算程序；运算结果

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）16-0063-07

收稿日期：2024-03-05

作者简介：李波（1991—），男，中学一级教师，从事中学数学教学研究.

本文所引文献研究了双变量的最值问题，解题方法多种多样，运算过程较为复杂，具有一定的思维难度，既考查了学生对课本概念的准确理解，又考查了学生对数学知识、基本技能、思想方法灵活运用的能力，能较好地考查学生的核心素养［1］. 2023年高考全国甲卷第20题是一道解析几何中的双变量最值问题，考查了不等式、函数与导数、向量、同角三角函数基本关系、解三角形、图象变换、直线、抛物线、坐标系与参数方程等知识.

1" 解法赏析

题目" 已知直线x-2y+1=0和抛物线y2=2px（pgt;0）交于A，B两点，|AB|=415.

（1）求p的值；

（2）设F为抛物线y2=2px的焦点，M，N为抛物线上两点，MF·NF=0，求△MFN面积的最小值.

分析" 第（1）问考查直线与曲线的位置关系，弦长公式，设而不求的数学方法. 第（2）问通过细微的探究发现，考查了直线普通方程的几种形式、抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系、三角恒等变换、解三角形、图象的平移和伸缩变换、极坐标和参数方程在解析几何中的综合应用、基本不等式、抛物线的常用结论等知识；考查了换元、设而不求、函数与方程、数形结合、转化与化归等数学思想方法.试题情境简单大气，意蕴优美，计算过程由浅入深，要求学生具备严密的逻辑思维，扎实的运算技巧，灵活的数学思维，给人以又爱又恨之感.

1.1" 第（1）问解析

解法1" 联立x=2y-1，y2=2px，得y2-4py+2p=0.

满足△=16p2-8pgt;0，解得pgt;12.

由根与系数的关系知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" 联立y=12x+12，y2=2px，得

x2+（2-8p）x+1=0.

满足△=64p2-32pgt;0，解得pgt;12.

由根与系数的关系知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）问解析

视角1" 设直线MN的普通方程.

解法1" 设直线MN的方程为x=my+n，M（my1+n，y1），N（my2+n，y2），联立x=my+n，y2=4x， 消x，得

y2-4my-4n=0.

满足△=16m2+16ngt;0，由根与系数的关系知，

y1+y2=4m，y1y2=-4n.

则FM=（my1+n-1，y1），FN=（my2+n-1，y2）.

则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.

代入两根和与积，得

4m2+4n=（n-1）2.

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

点F到直线MN的距离d=|n-1|m2+1，

所以△MFN的面积

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.

当n=3-22时，△MFN面积的最小值为S=12-82.

解法2" 当直线MN的斜率不存在时，设直线MN的方程为x=t，tgt;0，则M（t，2t），N（t，-2t）.

所以FM=（t-1，2t），FN=（t-1，-2t）.

由FM·FN=0，解得t1=3-22，t2=3+22.

当t=3-22时，M（3-22，22-2），N（3-22，-22+2），△MFN的面积为S=12-82；

当t=3+22时，M（3+22，22+2），N（3+22，-22-2），△MFN的面积为S=12+82.

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+b，k≠0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立y=kx+b，y2=4x，得

k2x2+（2kb-4）x+b2=0.

满足△=16-16kbgt;0，即kblt;1.

由根与系数的关系知

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.

代入两根和，积得b2+k2+6kb-4=0.

即（b+k）2=4-4kb.

由抛物线定义知

|FM|=x1+1，|FN|=x2+1，

△MFN的面积

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的面积Sgt;12-82.

综上所述，△MFN的面积S≥12-82.

所以△MFN面积的最小值为S=12-82.

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

所以△MFN的面积

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.

视角2" 设直线FM的普通方程.

解法4" 由题知，不妨假设点M在x轴下方，点N在x轴上方.设直线FM的方程为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，直线FN的方程为

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的面积

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，则h′（x）=1-x2（x2+1）2，易知h（x）在（0，1）单调递增，h（x）在（1，+∞）单调

递减，当x=1时，h（x）有最大值h（1）=12，h（x）∈（0，12］.

则1+mm2+1+1+2mm2+1∈（2，32+2］.

所以△MFN面积的取值范围为［12-82，1）.

所以△MFN面积的最小值为S=12-82.

视角3" 利用二级结论.

解法5" 如图1，设直线FM的倾斜角为θ，θ∈（0，π2），与抛物线的另一个交点为M1，点M在x轴下方，则

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.

因为FM⊥FN，所以直线FN的倾斜角为θ+π2，与抛物线的另一个交点为N1，点N在x轴上方，易知|NF|=21+sinθ.

所以△MFN的面积

S=12|MF|·|NF|=2（1+sinθ）（1+cosθ）.

令f（θ）=（1+sinθ）（1+cosθ），θ∈（0，π2），则

f ′（θ）=（cosθ-sinθ）（1+sinθ+cosθ）.

令f ′（θ）=0，θ=π4. 当θ∈（0，π4）时，f ′（θ）gt;0，f（θ）单调递增；当θ∈（π4，π2）时，f ′（θ）lt;0，f（θ）单调递减；当θ=π4时，f（θ）有最大值，f（π4）=32+2.

所以△MFN面积的最小值为S=12-82.

解法6" 由解法5知，△MFN的面积

S=2（1+sinθ）（1+cosθ）

=21+sinθ+cosθ+sinθcosθ.

令sinθ+cosθ=t，则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面积的取值范围为

［12-82，1）.

所以△MFN面积的最小值为S=12-82.

视角4" 利用直线FM的参数方程.

解法7" 设直线FM的倾斜角为α，α∈（0，π2），与抛物线的另一个交点为M1，M在x轴下方，由FM⊥FN，所以直线FN的倾斜角为α+π2，与抛物线的另一个交点为N1，点N在x轴上方.

设直线FM的参数方程为x=-1+tcosα，y=tsinα（t为参数），代入y2=4x，得

t2sin2α-4tcosα-4=0，△=16gt;0.

所以t1=2cosα-2sin2α，t2=2cosα+2sin2α.

因为点M在x轴下方，记|FM|=|t1|=-t1，则|FM|=2-2cosαsin2α.

同理可得|FN|=2-2sinαcos2α.

所以△MFN的面积

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

以下同解法6.

视角5" 利用抛物线的参数方程.

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

FM=（y214-1，y1），FN=（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，

则直线MN的方程为y-y2=4y2+y1（x-y224）.

整理，得4x-（y1+y2）y+y1y2=0.

所以点F到直线MN的距离

d=|4+y1y2|（y1+y2）2+16，

|MN|=|y2-y1|416+（y2+y1）2，

所以△MFN的面积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.

所以当y1y2=-12+82时，△MFN的面积有最小值为S=12-82.

解法9" 由抛物线的定义，知|FM|=y214+1，|FN|=y224+1.

△MFN的面积

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的面积S=（4+y1y2）216.

以下同解法8.

视角6" 利用

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

解法10" 设M（t21，2t1），N（t22，2t2），t1lt;0，t2gt;0，则

FM=（t21-1，2t1），FN=（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的面积

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.

当t1t2+1=t1-t2时，t2=t1-1t1+1.

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

令x=t1+1，xlt;0，则t1=x-1.

则S=|t21+1t1+1|=|x2-2x+2x|=|x+2x-2|.

由xlt;0知S=-x-2x+2≥22+2.

即S≥12+82，当且仅当x=-2，即t1=-2-1时，等号成立.

当t1t2+1=t2-t1时，t2=1+t11-t1.

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

令x=1-t1，xgt;0，则t1=1-x.

则S=|t21+11-t1|=|x2-2x+2x|=|x+2x-2|.

由xgt;0知S=x+2x-2≥22-2.

即S≥12-82，当且仅当x=2，即t1=2-1时，等号成立.

综上所述，△MFN的面积有最小值为S=12-82.

视角7" 利用极坐标方程.

解法11" 将抛物线y2=4x向左平移1个单位，曲线方程为y2=4x+4，以O为极点，x轴正半轴为极轴，如图2，建立极坐标系.

则抛物线y2=4x+4的极坐标方程为

设点M在极轴下方， 点N在极轴上方，设直线FM的极坐标方程为θ=α，ρ∈R，α∈（0，π2），则直线FN的极坐标方程为θ=α+π2，ρ∈R.

联立θ=α，ρ2sin2θ-4ρcosθ-4=0， 得

ρ2sin2α-4ρcosα-4=0.

所以ρM=-21+cosα.

则|OM|=21+cosα.

同理可得|ON|=21+sinα.

所以△MON的面积

S=12|MO|·|NO|

=2（1+sinα）（1+cosα）

=21+sinα+cosα+sinαcosα

≥21+2（sin2α+cos2α）+（sin2α+cos2α）/2

=12-82，

当且仅当sinα=cosα，即α=π4时等号成立.

所以△MFN的面积有最小值为S=12-82.

2" 拓展探究

拓展1" 点F为椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦点，M，N为椭圆上两点，MF⊥NF，则△MFN面积的最小值为2b4（2a+2c）2.

证明" 设有向线段MF与x轴正方向所成角为θ，由对称性知，当θ∈［0，π2］时，△MFN面积有最小值.记M（x0，y0），则x20a2+y20b2=1.

又|MF|=（x0-c）2+y20，将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的面积

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］，则

g（t）=c22（t+ac）2+b22.

由acgt;1知，当t=2，即θ=π4时，g（t）有最大值

g（2）=a2+2ac+c22.

所以△MFN面积的最小值为2b4（2a+2c）2.

评析" 设点M为椭圆、双曲线上一点，点F为椭圆、双曲线的焦点，有向线段FM与焦点所在轴正方向的夹角为θ，θ∈（0，2π］.当点F为椭圆（双曲线）的左（下）焦点时，|MF|=b2a-ccosθ;当点F为椭圆（双曲线）的右（上）焦点时，|MF|=b2a+ccosθ.设点M为抛物线上一点，点F为抛物线的焦点，有向线段FM与焦点所在轴正方向的夹角为θ，θ∈（0，2π］，则|MF|=p1-cosθ.

拓展2" 点F为双曲线E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的右焦点，M，N为双曲线上两点，MF⊥NF，则△MFN面积的最小值为2b4（2a+2c）2.

拓展3" 点F为抛物线E：y2=2px（pgt;0）的焦点，M，N为抛物线上两点，MF⊥NF，则△MFN面积的最小值为（3-22）p2.

拓展4" 点F为椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦点，M，N为椭圆上两点，满足∠MFN=φ，φ∈（0，π），则△MFN面积的最小值为b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

证明" 设有向线段FM与x轴正方向的夹角为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的面积

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），则

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

当θ∈（0，φ2）时，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）上单调递增.

当θ∈（φ2，φ）时，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）上单调递减.

当θ∈（φ，π）时，|MF|，|NF|随着θ的增大而增大，△MFN的面积也在增大.

综上所述，当θ=φ2时，f（θ）有最大值f（φ2）=（a+ccosφ2）2，△MFN面积的最小值为b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

拓展5" 点F为双曲线E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的右焦点，M，N为双曲线上两点，∠MFN=φ，φ∈（0，π），则△MFN面积的最小值为b42·sinφ［a+ccos（φ/2）］2.

拓展6" 点F为抛物线E：y2=2px（pgt;0）的焦点，M，N为抛物线上两点，∠MFN=φ，φ∈（0，π），则△MFN面积的最小值为p22·sinφ［1-cos（φ/2）］2.

3" 结束语

圆锥曲线中与面积有关的最值问题，几何关系代数化具有一定的难度.一是通过对面积的代数表达式消元，将多变量问题转化为单变量问题，利用基本不等式求最值；二是利用面积表达式构造函数，求导函数，利用函数的单调性求解最值；三是利用圆锥曲线的参数方程将几何问题代数化，求解运算目标.不管采用何种策略，探究过程均注重深度思考，求解答案考查运算能力.

参考文献：

［1］

陈铤.破解双变量函数最值问题的两个“妙招” ［J］. 语数外学习，2022（12）：41-42.

［责任编辑：李" 璟］