一道2023年抛物线高考题的解析、变式与推广

摘 要：通过对一道高考试题解法的深度探究，挖掘试题所蕴含的本质条件，在此基础上对试题进行变式延伸，并得到在同等条件下的抛物线的一组结论.

关键词：高考；抛物线；深度探究

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2024）13-0019-06

2023年甲卷理科第20题看似背景平淡，实则是一道平中蕴奇、有着丰富的思想方法内涵的优质试题［1］，试题设置直线与抛物线相交的情境，通过对问题的分析、解决，考查了数学运算核心素养及解析几何的图形问题代数化的本质.1 试题呈现

题目 已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px（p>0）交于A，B两点，且|AB|=415.

（1）求p；

（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF·NF=0，求△MNF面积的最小值.

2 解法探究

2.1 第（1）问解析

分析 利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长，然后得到关于p的方程求解得到p的值.

解析 设A（xA，yA），B（xB，yB），

联立方程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.

因为|AB|=415，

所以25×4p2-2p=415.

整理，得2p2-p-6=0.

因为p>0，解得p=2.

点评 该小题设点——联立方程——应用韦达定理——利用弦长公式求解，这是研究直线与圆锥曲线位置关系的常规思路.

2.2第（2）问解析

分析1 设直线MN：x=my+n及点M（x1，y1），N（x2，y2），设而不求，利用MF·NF=0，找到m，n的关系；然后利用点到直线的距离公式与弦长公式，得到△MNF的面积表达式，最后结合函数性质求出△MNF面积的最小值.

解法1  由（1）知抛物线C：y2=4x，

所以F（1，0）.

由题意可知，直线MN的斜率不能为零，

设直线MN：x=my+n，M（x1，y1），N（x2，y2），

联立方程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.

因为MF·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.

将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.

设焦点F到直线MN的距离为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的面积

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，所以结合二次函数性质可知当n=3-22时，△MNF面积的最小值为

Smin=（2-22）2=12-82.

点评 解法1设出直线的“横斜截式”方程并与抛物线方程联立，运用“设而不求”和有关公式解答.“设而不求”是较为重要的一种解题手段，能使计算化繁为简，起到简捷、快速的解题效果.解法1的关键是根据向量的数量积为零得到m，n的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为后面的三角形面积公式提供变量范围的支持，从而求出面积的最小值.解法1是解决这类问题的通性通法.

分析2 由于该题与抛物线的焦点有关，|MF|与|NF|是互相垂直的两条焦半径，因此引入“角度参数”，利用抛物线的定义推导出角度型焦半径公式解答.

解法2 由（1）知抛物线C：y2=4x.

所以F（1，0）.

如图1，C的准线与x轴交于点K，过点M作准线的垂线交于点G，作MH⊥x轴于点H.

设直线∠MFx=θ，θ∈（0，3π2）∪（3π2，2π），则∠NFx=θ+π2.

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

根据抛物线的定义，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的面积

S=12|MF|·|NF|

=12·21-cosθ·21+sinθ

=21+sinθ-cosθ-sinθcosθ.

令sinθ-cosθ=t，t∈［-2，-1）∪（-1，2］，

则由（sinθ-cosθ）2=t2，得

sinθcosθ=1-t22.

所以S=21+t-（1-t2）/2=4t2+2t+1=4（t+1）2，当且仅当t=2，即θ=3π4时，△MNF面积的

最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

点评 解法2取角θ为参数，在运用抛物线定义的基础上，利用几何图形转化为角θ的弦函数关系，进而利用三角函数同角平方关系、三角恒等变换及弦函数的有界性求解，充分体现了“回归定义”的重要性.解法2思路最为清晰、简捷，是值得提倡的一种方法.

分析3 抛物线y2=2px（p>0）的参数方程为x=2pt2y=2pt（t为参数），利用参数方程分别设出M，N的坐标，然后利用MF·NF=0建立参数间的关系，并求出相关范围得解.

解法3 由（1）知抛物线C：y2=4x.

所以F（1，0）.

设M（4t21，4t1），N（4t22，4t2），则由抛物线定义可知|MF|=4t21-1，|NF|=4t22-1.

又因为MF·NF=0，

所以（1-4t21）（1-4t22）+4t1·4t2=0.

所以16t21t22+16t1t2+1=4t21+4t22.

根据t的几何意义，即t表示抛物线上除顶点外的任意一点与原点连线的斜率的倒数，可得

4t21+4t22≥8|t1t2|.

所以16t21t22+16t1t2+1≥8|t1t2|.

若t1t2>0，则16t21t22+8t1t2+1≥0.

所以（4t1t2+1）2≥0，显然成立.

若t1t2<0，则16t21t22+24t1t2+1≥0，

解得t1t2≤-3-224或-3+224≤t1t2<0.

所以△MNF的面积

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.

所以当t1t2=-3+224时，△MNF面积的最小值Smin=（4×-3+224+1）2=12-82.

点评 解法3利用抛物线的参数方程设点的坐标，然后利用题设条件建立t1，t2的关系，再由参数t的几何意义，利用重要不等式a2+b2≥2ab的变形式a2+b2≥2|ab|确定t1t2的范围后求得△MNF面积的最小值.其中应用重要不等式的变形式得到4t21+4t22≥8|t1t2|是解题中值得认真思考的一道“坎”.解法3抽象性和思维能力要求高，可作为开阔解题思路的一种方法.

分析4 试题研究的是直线与抛物线的位置关系问题，倘若选用“直线参数方程”对问题进行“降维”处理，则能出奇制胜，简化计算，优势明显.

过点P0（x0，y0），且倾斜角是α的直线l的参数方程为x=x0+tcosα，y=y0+tsinα（t为参数）.

参数t的几何意义是：P是直线l上的一点，则|P0P|=|t|.

解法4 由（1）知抛物线C：y2=4x.

所以F（1，0）.

设直线FM的参数方程为

x=1+tcosα，y=tsinα（t为参数）.

将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的面积

S=12|MF|·|NF|

=12·21-cosα·21+sinα

=21+sinα-cosα-sinαcosα.

令sinα-cosα=2sin（α-π4）=t，

因为α是FM的倾斜角，

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，

当且仅当t=2，即θ=3π4时，△MNF面积的最小值Smin=4（2+1）2=4×（2-1）2=12-82.

点评 解法4利用直线的参数方程，由此化为直线倾斜角α的弦函数关系，进而利用三角函数同角平方关系、三角恒等变换及弦函数的有界性得到圆满解答，利用直线参数方程则是一种思路最为清晰、简捷，值得提倡的一种方法.

3 试题推广

将高考试题第（2）小题推广为一般情形，可以得到结论.

结论1 抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，M，N为C上两点，若MF·NF=0，则△MNF面积的最小值为（3-22）p2.

结论的证明可按高考试题的解法2来进行，请读者朋友自行完成.

4 变式延伸

若将高考试题第（2）小题，延长MF交抛物线C于另一点M′，延长NF交抛物线C于另一点N′，则由题设可知MM′⊥NN′.这样一来，高考试题研究的其实就是抛物线的两条互相垂直的焦点弦问题，由此我们可得到下面的若干变式并推广为一般性的结论.

变式1 设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，求|MM′|+|NN′|的最小值.

解法1 由题意可知两条弦MM′，NN′所在直线的斜率均存在且不为0.

设MM′所在直线的方程为y=k（x-1），不妨设k>0，

由y=k（x-1），y2=4x，消去y并整理，得

k2x2-（2k2+4）x+k2=0.

判别式△=［-（2k2+4）］2-4k2·k2=16（1+k2）>0.

设M（x1，y1），M′（x2，y2），所以

x1+x2=2k2+4k2.

由抛物线的定义，得

|MM′|=x1+x2+p

=2k2+4k2+2

=4k2+4.

因为MM′⊥NN′，设NN′所在直线的方程为

y=-1k（x-1），

由y=-1k（x-1），y2=4x， 得

x2-（2+4k2）x+1=0.

设N（x3，y3），N′（x4，y4），

所以x3+x4=2+4k2.

由抛物线定义，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，

当且仅当4k2=4k2，即k=1时，等号成立.

所以|MM′|+|NN′|取得最小值16.

解法2 如图2，C的准线与x轴交于点K，过点M作准线的垂线交于点G，作MH⊥x轴于点H.

设MM′所在直线的倾斜角为θ，不妨设θ∈（0，π2），

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

根据抛物线的定义，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.

因为MM′⊥NN′，

所以NN′所在直线的倾斜角为π2+θ.

同理|NN′|=4sin2（π/2+θ）=4cos2θ.

所以|MM′|+|NN′|=4sin2θ+4cos2θ=4（sin2θ+cos2θ）sin2θcos2θ=16sin22θ≥16，当且仅当sin22θ=1，即θ=π4时等号成立.

故|MM′|+|NN′|的最小值为16.

将变式1推广到一般情形的抛物线，可有下面相应的结论.

结论2 已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，则|MM′|+|NN′|的最小值为8p.

结论2的证明仿照变式1的证明过程.

变式2 设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，求1|MM′|+1|NN′|的值.

简解 由变式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.

将变式2推广到一般情形的抛物线，可有下面相应的结论.

结论3 已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，则1|MM′|+1|NN′|=12p.

结论3的证明仿照变式2的证明过程.

变式3 设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，求|MM′|·|NN′|的值.

简解 由变式1的解法2，可知

|MM′|=4sin2θ，|NN′|=4cos2θ.

所以|MM′|·|NN′|=4sin2θ·4cos2θ=16sin2θ·cos2θ=64sin22θ≥64，当且仅当sin22θ=1，即

θ=π4时等号成立.

故|MM′|·|NN′|的最小值为64.

将变式3推广到一般情形的抛物线，可有下面相应的结论.

结论4 已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，则|MM′|·|NN′|的最小值为16p2.

结论4的证明仿照变式3的证明过程.

变式4 设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，求四边形MNM′N′面积的最小值.

简解 四边形MNM′N′面积S=12·|MM′|·|NN′|，结合变式3的解法可知S≥32，当且仅当sin22θ=1，即θ=π4时等号成立.故四边形MNM′N′面积的最小值为32.

注 这里用到了对角线互相垂直的四边形面积的一个结论：“对角线互相垂直的四边形的面积等于它的两条对角线长的乘积的一半”.

将变式4推广到一般情形的抛物线，可有下面相应的结论.

结论5 已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过点F且互相垂直的两条直线与C分别相交于点M，M′和N，N′，则四边形MNM′N′面积的最小值为16p2.

结论5的证明仿照变式3的证明过程.

5 结束语

在解题中，若对典型试题就题论题、浅尝辄止，则是死水一潭；而重视问题的一题多解、一题多变，则能激活思维、提振士气.唯有如此，才能逐步培养学生灵活多变的思维品质，提高其数学核心素养，培养其探索精神和创新意识，从而真正把对能力的培养落到实处.

参考文献：

［1］

李寒.平中蕴奇  探究本质：一道2022年高考试题的溯源与延伸[J].数理化解题研究，2022（25）：81-83.

［责任编辑：李 璟］