关于抛物线大题的参考经验（7）：2020年至2023年浙江高考抛物线大题回顾

上次看到这个系列更新的已经本科毕业了.

由于水平和时间的限制, 本文中一定还有不少的缺点和错误, 恳请各位读者批评指正.

问题1 (2020年高考浙江卷P21)已知椭圆$C_1:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1,$ 抛物线$C_2:y^2=2px(p>0),$ 点$A$是椭圆$C_1$与抛物线$C_2$的交点, 过点$A$的直线$l$交椭圆$C_1$于点$B,$ 交抛物线$C_2$与$M$($B,M$不同于$A$).

$(\mathrm{I})$ 若$p=\dfrac1{16},$ 求抛物线$C_2$的焦点坐标;

$(\mathrm{II})$ 若存在不过原点的直线$l$使$M$为线段$AB$的中点, 求$p$的最大值.

第$(\mathrm{I})$问自然是非常基础, 当$p>0$的情形下焦点坐标为$\left(\dfrac{p}{2},0\right).$ 代入$p$的值可知焦点坐标为$\left(\dfrac{1}{32},0\right).$

关于第$(\mathrm{II})$问, 一个常规的想法是联立$C_1$和$C_2$的方程, 得到$A$的坐标(由于椭圆和抛物线关于$x$轴是对称的, 因此不失一般性可以设$A$是第一象限的交点). 然后设出$l$的方程$y=k(x-x_A)+y_A$(由于$l$垂直于$x$轴时显然不符合题意, 因此可以设$l$的斜率存在). 联立$l$与$C_1$的方程再运用Vieta定理可以得到$M$的坐标, 再利用$M$在$C_2$上看看能得到什么等式, 从而得到$p$的最大值. 由于$x_A$和$y_A$的表达式明显关于$p$且带根号, 所以暂时不写出来.

$(\mathrm{II})$的常规解法 联立$C_1,C_2$的方程可知$x_A$满足$x_A^2+2y_A^2=2,$ $y_A$满足$y_A^2=2px_A.$

设$l$的方程为$y=k(x-x_A)+y_A,$ 则联立$l$与$C_1$可知\begin{align*} (2k^2+1)x^2+4k(y_A-kx_A)x+2(y_A-kx_A)^2-2=0, \end{align*} 因此由Vieta定理, $x_M=\dfrac{x_A+x_B}{2}=-\dfrac{2k(y_A-kx_A)}{2k^2+1},$ $y_M=\dfrac{(y_A-kx_A)}{2k^2+1},$ 由于$l$不经过原点, 因此$y_A-kx_A\neq0,$ 因此将$M$坐标代入到$C_2$的方程中可知\begin{align}\label{eq:2020ZJP21-1} y_A-kx_A+4pk(2k^2+1)=0. \end{align}

我们暂时停下来思考一下. 上面的等式关于$k$是$3$次的. 对于几乎所有的$k,$ 直线$l$都是存在的, 它未必满足$M$在$C_2$上, 但$l$与椭圆总有一个不同于$A$的交点$B.$ 而这除了一种情况, 也就是$l$与$C_1$相切的情形, 容易知道此时有$x_A+2y_Ak=0,$ 由于我们在联立$l,C_1$方程时并没有用判别式排除相切的情形, 而在相切的情况下, $B,M$可以视为与$A$重合, 所以$M$自动在$C_2$上. 这一切表明\eqref{eq:2020ZJP21-1}的左式中应当能提出因式$x_A+2y_Ak,$ 剩余的关于$k$是$2$次的等式说不定就可以用判别式得到关于$p$的不等式.

由于$M$不与$A$重合, 故$x_M\neq x_A,$ 可得$x_A+2y_Ak\neq 0,$ 又注意到\begin{align*} \dfrac{2y_A^2}{x_A}-\dfrac{2px_A^2}{y_A^2}=4p-x_A, \end{align*} 因此\eqref{eq:2020ZJP21-1}可以因式分解为 \begin{align*} (2y_Ak+x_A)\left(\dfrac{4p}{y_A}k^2-\dfrac{2px_A}{y_A^2}k+\dfrac{y_A}{x_A}\right)=0. \end{align*} 因此有$\dfrac{4p}{y_A}k^2-\dfrac{2px_A}{y_A^2}k+\dfrac{y_A}{x_A}=0,$ 此时由$k$的存在性可知\begin{align*} 0\leq \Delta=\left(\dfrac{2px_A}{y_A^2}\right)^2-4\cdot \dfrac{4p}{y_A}\cdot \dfrac{y_A}{x_A}=1-\dfrac{16p}{x_A}, \end{align*} 因此$x_A\geq 16p.$ 又根据$2=x_A^2+2y_A^2=x_A^2+4px_A\geq 256p^2+64p^2=320p^2,$ 可知$p\leq\dfrac{\sqrt{10}}{40}.$ 容易验证等号可以取到. 因此$p$的最大可能值为$p\leq\dfrac{\sqrt{10}}{40}.$

老实说, 上面的做法非常依赖注意力, 因式分解并不容易看出来.

但我们可以换个思路, 直接根据$A,M$点在$C_2$上, 写出两点的坐标, 再根据$M$为$AB$中点写出$B$的坐标, 再把$A,B$代入到椭圆方程, 看看会发生什么.

$(\mathrm{II})$的另一种解法 设$A:\left(2pt_1^2,2pt_1\right),$ $M:\left(2pt_2^2,2pt_2\right),$ 由于$M$是$AB$中点, 故$B:\left(4pt_2^2-2pt_1^2,4pt_2-2pt_1\right),$ 将$A,B$分别代入椭圆方程可知\begin{align*} &2p^2t_1^4+4p^2t_1^2=1,\\ &2(2pt_2^2-pt_1^2)^2+(4pt_2-2pt_1)^2=1. \end{align*}

到这里我们再暂停一下, 两点坐标代入椭圆的方程后, 两个式子的左式都是一些平方项,右式则是常数$1,$ 让人忍不住将两式相减看看用平方差公式会发生什么.

两式相减可知\begin{align*} 0=4pt_2^2(2pt_2^2-2pt_1^2)+4pt_2(4pt_2-4pt_1)=8p^2t_2(t_2-t_1)\left(t_2(t_1+t_2)+2\right) \end{align*} 由于$M$不同于$A$与原点, 因此$t_2\neq t_1,$ $t_2\neq0,$ 因此$t_2(t_1+t_2)+2=0.$

这时候$t_1$已经可以单独用含$t_2$的式子来表示了, 因此通过简单的不等式就可以确定$t_1^2$的取值范围, 再代回到$2p^2t_1^4+4p^2t_1^2=1$得到$p$的最值.

$t_1=-\left(t_2+\dfrac{2}{t_2}\right),$ 因此\begin{align*} t_1^2=\left(t_2+\dfrac{2}{t_2}\right)^2\geq 4\cdot t_2\cdot \dfrac2{t_2}=8. \end{align*} 于是\begin{align*} 1=2p^2t_1^4+4p^2t_1^2\geq 128p^2+32p^2=160p^2. \end{align*} 因此$p\leq\dfrac{\sqrt{10}}{40},$ 当$t_2=\pm\sqrt{2},$ $t_1=\mp2\sqrt2$时取等号, 因此$p$的最大可能值为$\dfrac{\sqrt{10}}{40}.$

两种做法都能解决问题, 但是我们可以注意到抛物线上设点的好处, 可以相对更自然地得到化简的思路. 在接下来的两个问题中, 我们将直接考虑设点而不考虑其他设法.

问题1 (2020年高考浙江卷P21)已知$F$是抛物线$y^2=2px(p>0)$的焦点, $M$是抛物线的准线与$x$轴的交点, 且$\left| MF\right|=2.$

$(\mathrm{I})$ 求抛物线的方程;

$(\mathrm{II})$设过$F$的直线交抛物线于$A,B$两点, 斜率为$2$的直线$l$与直线$MA,MB,AB, x$轴依次交于点$P,Q,R,N,$ 且$\left|RN\right|^2=\left|PN\right|\cdot \left|QN\right|,$ 求直线$l$在$x$轴上截距的范围.

第$(\mathrm{I})$问依然是基础的, $|MF|$刚好是焦准距, 因此$p=2,$ 抛物线方程为$y^2=4x.$

第$(\mathrm{II})$问我们选择设出抛物线上的两点$A,B$的参数方程, 利用$AB$经过$F$的条件得到参数满足的等式, 再依次得到各点的坐标. 需要注意的是, 由于$P,Q,R,N$在一条不平行于$x$轴的直线上, 因此条件$\left|RN\right|^2=\left|PN\right|\cdot \left|QN\right|$可以转化为$y_R^2=|y_Py_Q|.$

$(\mathrm{I})$ $p=|MF|=2,$ 因此抛物线方程为$y^2=4x.$

$(\mathrm{II})$ 由$p=2$可知$M:(-1,0),$ $F:(1,0),$ 设$A:(t_1^2,2t_1),$ $B:(t_2^2,2t_2),$ 则$l_{AB}:x=\dfrac{t_1+t_2}{2}y-t_1t_2,$ 因为$l_{AB}$过$F,$ 故$t_1t_2=-1.$ 此时$l_{MA}:x=\dfrac{t_1^2+1}{2t_1}y-1,$ $l_{MB}:x=\dfrac{t_2^2+1}{2t_2}y-1,$ 设$l:x=\dfrac{1}{2}y+b,$ 则联立直线方程可知\begin{align*} y_P=\dfrac{2t_1(b+1)}{t_1^2-t_1+1},\qquad y_Q=\dfrac{2t_2(b+1)}{t_2^2-t_2+1},\qquad y_R=\dfrac{2(b-1)}{t_1+t_2-1},\qquad y_N=0,\qquad \end{align*} 注意到$\left|RN\right|^2=\left|PN\right|\cdot \left|QN\right|$等价于$y_R^2=|y_Py_Q|,$ 而\begin{align*} y_Py_Q=&\dfrac{4t_1t_2(b+1)^2}{(t_1^2-t_1+1)(t_2^2-t_2+1)}\\=&\dfrac{-4(b+1)^2}{t_1^1t_2^2-t_1t_2(t_1+t_2)+t_1^2+t_2^2+t_1t_2-(t_1+t_2)+1}=\dfrac{-4(b+1)^2}{1+t_1^2+t_2^2}. \end{align*} 因此$y_R^2=|y_Py_Q|$等价于\begin{align}\label{2021ZJP21-1} \dfrac{4(b-1)^2}{(t_1+t_2-1)^2}=\dfrac{4(b+1)^2}{1+t_1^2+t_2^2}, \end{align}

第$(\mathrm{II})$问我们做到这里是很自然的. 这时候等式可以分离变量, 把含$b$的式子放一边, 把含$t_1,t_2$的式子放另一边. 而$t_1$和$t_2$是被一个等式约束($t_1t_2=-1$)限制的两个变量, 因此很自然地将他们化为没有等式约束的单个变量, 这题中很自然地取单变量为$k=t_1+t_2-1.$ 然后通过右侧表达式的取值范围得到$x$轴上截距(也就是$b$)的取值范围. 对于$k,$ 需要很谨慎地探讨它的取值范围.

设\begin{align*} k=t_1+t_2-1=t_1-\dfrac{1}{t_1}-1, \end{align*}在$t_1$取遍$\mathbb{R}\setminus\{0\}$中所有值时, $k$取遍$\mathbb{R}$中所有值. 在保证各交点存在(即各交点表达式分母不为零)的条件下,$k\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.$ 而\begin{align*} 1+t_1^2+t_2^2=1-2t_1t_2+(t_1+t_2)^2=3+(k+1)^2=k^2+2k+4. \end{align*} 由于$b=\pm1$的情况下等式\eqref{2021ZJP21-1}均不可能成立, 因此可以移项化为\begin{align*} \dfrac{(b+1)^2}{(b-1)^2}=\dfrac{k^2+2k+4}{k^2}, \end{align*} 这里\begin{align*} \dfrac{k^2+2k+4}{k^2}=1+\dfrac{2}{k}+\dfrac4{k^2}=\left(\dfrac{2}{k}+\dfrac12\right)^2+\dfrac34. \end{align*} 因此当$k$取遍$\mathbb{R}\setminus\{0\}$ 中所有值时, $\dfrac{(b+1)^2}{(b-1)^2}=\dfrac{k^2+2k+4}{k^2}$的值域是$\left[\dfrac34,+\infty\right),$ 因此$b$满足\begin{align*} (b+1)^2\geq\dfrac34(b-1)^2>0. \end{align*} 解不等式再结合$b\neq\pm1$可知\begin{align*} b\in(-\infty,-7-4\sqrt3]\cup[-7+4\sqrt3,1)\cup(1,+\infty). \end{align*}

本题的思路还是比较直接, 设点之后也没有涉及很困难的计算.

2022年浙江卷没有直接地考抛物线, 不过最后一个导数题勉强算是用到了二次函数的性质, 有空说不定可以聊聊.

2023年浙江高考数学进入了全国统一命题的时代, 第一次参与新高考I卷就迎来了抛物线最后一题.

问题3 (2023年新高考I卷P22)在直角坐标系 $xOy$ 中, 点 $P$ 到 $x$ 轴的距离等于点 $P$ 到点 $\left(0, \dfrac{1}{2}\right)$ 的距离, 记动点 $P$ 的轨迹为 $W$.

$(\mathrm{I})$ 求 $W$ 的方程;

$(\mathrm{II})$ 已知矩形 $ABCD$ 有三个顶点在 $W$ 上, 证明: 矩形 $ABCD$ 的周长大于 $3\sqrt{3}$.

第$(\mathrm{I})$问依然是基础的, 看看$W$上的点满足怎样的等式就可以得出结论, 当然显然是以$x$轴为准线, 以定点$\left(0,\dfrac12\right)$为交点的抛物线. 虽然这次的抛物线不经过原点, 但依然可以设出在$W$上的三个顶点的位置, 看看它们坐标满足的关系, 再用它们的坐标得到矩形周长的表达式.

解 $(\mathrm{I})$ 设$P:(x,y),$ 则$P$点到$x$轴的距离的平方等于点$P$到点$\left(0,\dfrac12\right)$距离的平方, 故$ y^2=x^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2,$ 因此$W:y=x^2+\dfrac{1}{4}.$

$(\mathrm{II})$ 不妨设$A,B,C$三点在$W$上, 设$A:\left(x_1,x_1^2+\dfrac{1}{4}\right),$ $B:\left(x_2,x_2^2+\dfrac{1}{4}\right),$ $C:\left(x_3,x_3^2+\dfrac{1}{4}\right),$ 由$AB\perp BC$可知\begin{align*} -1=k_{AB}\cdot k_{BC}=(x_1+x_2)(x_2+x_3), \end{align*} 而矩形的周长为\begin{align*} L=2|x_1-x_2|\sqrt{1+(x_1+x_2)^2}+2|x_3-x_2|\sqrt{1+(x_3+x_2)^2}. \end{align*}

周长$L$的表达式含有$x_1,x_2,x_3$三个变量, 而这三个变量有一个等式约束, 因此自然考虑转化为两个自由的变量.

同时保留$x_1,x_2$会严重破坏$L$表达式中$x_1$和$x_3$的对称性, 保留$x_2,x_3$同理, 保留$x_1,x_3$则会出现更加复杂的根号(因为$x_2$关于$x_1,x_3$的表达式是一个二次方程的根). 因此我们考虑引入一个新变量$m,$ 保留$x_2,$ 再用这两个变量表示$x_1$和$x_3.$ 这里我们设$x_1+x_2=m.$

设$x_1+x_2=m,$ $x_3+x_2=-\dfrac{1}{m},$ 则矩形周长为\begin{align*} L=&2\left|m-2x_2\right|\sqrt{1+m^2}+2\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|\sqrt{1+\left(\dfrac1m\right)^2}. \end{align*}

这时候$L$的表达式含两个自由变量, 可以考虑依次调整. $x_2$在表达式中出现的次数少, 故优先考虑调整$x_2.$

这时候需要注意到当$x_2$在$m$与$-\dfrac{1}{m}$之间时, $\left|m-2x_2\right|$与$\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|$之和是正的定值, 而$\sqrt{1+m^2}$和$\sqrt{1+\left(\dfrac1m\right)^2}$又不含$x_2,$ 此时就类似于下面的一个问题.

小问题 已知$a+b,c,d$为正的定值, $a,b$均非负, 求$ac+bd$的最小值.

这个问题比较容易想, 自然希望$c,d$中较大的数去乘的数更小, 当然最好到$0,$ 因此很自然有下面的放缩: $ ac+bd\geq (a+b)\min\{c,d\}.$ 等号在$a=0$或$b=0$的某一种情况下取到.

回到原题也是同样的, 因为$A,C$位置可以交换, 因此可以假定$|k_{AB}|$与$|k_{BC}|$的大小关系, 这样我们就可以进行放缩消掉$x_2$了.

我们不妨假定$|k_{AB}|\leq |k_{BC}|,$ 则$|m|\leq 1.$(这一步写在前面) 此时 \begin{align*} L=&2\left|m-2x_2\right|\sqrt{1+m^2}+2\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|\sqrt{1+\left(\dfrac1m\right)^2}\\\geq&2\left|m-2x_2\right|\sqrt{1+m^2}+2\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|\sqrt{1+m^2}\\\geq&2\left|m+\dfrac{1}{m}\right|\sqrt{1+m^2}=2\sqrt{m^4+3m^2+3+m^{-2}}, \end{align*} 其中第二个不等号运用了三角不等式.

剩下关于$m$的表达式相当于根号下一个含负数次项的多项式, 当然自然对根号里面求导求最值咯.

此时设$f(x)=x^2+3x+3+\dfrac{1}{x},$ 则$f'(x)=2x+3-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{(x+1)^2(2x-1)}{x},$ 讨论单调性易知\begin{align*} f(x)\geq f\left(\dfrac12\right)=\dfrac{27}{4}, x\in(0,1], \end{align*} 因此矩形周长\begin{align*} L\geq2\sqrt{f(m^2)}\geq2\cdot\sqrt{\dfrac{27}{4}}=3\sqrt3. \end{align*}

这时已经证出了不严格的不等式, 那证明严格不等的结果自然是看看每一步不等式是否能同时取到等号.

取等至少要求$\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|\sqrt{1+\left(\dfrac1m\right)^2}=\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|\sqrt{1+m^2},$ $m^2=\dfrac12,$ 因此$\left|\dfrac{1}{m}+2x_2\right|=0,$ 此时$x_3=x_2,$ $B=C,$ 矛盾.

综上所述, 矩形周长$L > 3\sqrt3.$

这个问题的难点主要是在放缩消去$x_2$的步骤中, 作为一个解析几何大题难度还不错, 但作为最后一题好像又不够难. 设点依然是对的.

2024年真没考抛物线(当然你硬要说P6是抛物线我也没意见), 所以2025年该考了(确信).