廣西南寧市第三中學(xué)（530021） 欒 功

廣東深圳市高級中學(xué)（518000） 郭慧清

一、試題呈現(xiàn)

（2021 年高考全國甲卷理科數(shù)學(xué)第20 題）拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O，焦點在x軸上，直線l：x=1 交C于P,Q兩點，且OP⊥OQ，已知點M(2,0)，且⊙M與l相切。

（1）求C，⊙M的方程；

（2）設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切，判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由。

二、試題分析

試題以教育部考試中心統(tǒng)一命制的2021 年高三八省聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷第7 題為題源，以彭賽列閉合定理為背景，設(shè)計過拋物線y2=x上三點A1,A2,A3的三條直線，給出其中兩條直線與⊙M相切的關(guān)系，要求考生探究第三條直線與⊙M的位置關(guān)系。試題一方面所給三點A1,A2,A3以及三條直線A1A2，A1A3，A2A3具有相同的結(jié)構(gòu)，便于考生利用數(shù)形結(jié)合探究問題的解法，給不同考生提供了發(fā)揮空間；另一方面給考生創(chuàng)設(shè)了利用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的情境，考查考生的數(shù)學(xué)思維能力、應(yīng)用解析幾何思想與方法解決問題的能力，以及數(shù)學(xué)運算、邏輯推理等核心素養(yǎng)，值得深入探究。

三、解法探究

第（1）問以直線、拋物線和圓為載體，考查考生對解析幾何基礎(chǔ)知識和基本方法的掌握程度，答案為拋物線C：y2=x，⊙M：(x-2)2+y2=1；第（2）問的難點是表示第三條直線A2A3的方程以及消參求解圓心到其距離。我們可以先從特殊情形入手，當(dāng)點A1,A2,A3恰有一個在原點時，如圖1，直線A1A2，A1A3，A2A3位置確定，容易求得直線A2A3與⊙M相切。

圖1

解法1：設(shè)Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，因為點Ai在拋物線y2=x上，所以=x1①，=x2②，兩式作差得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2，故=，從而直線A1A2的方程為y-(x-x1)，即x-(y1+y2)y+y1y2=0。又直線A1A2與⊙M相切，故=1。結(jié)合=xi整理得(x1-1)x2+2y1y2+3-x1=0。由直線A1A3與⊙M相切，同理可得(x1-1)x3+2y1y3+3-x1=0。

因此，點A2(x2,y2)，A3(x3,y3)都在直線(x1-1)x+2y1y+3-x1=0上，圓心M(2,0)到直線A2A3的距離d==1，從而直線A2A3與⊙M相切。

評注：解法1 從點A1入手構(gòu)圖，用兩點式表達(dá)出兩條切線的方程，通過相切關(guān)系求得點A2(x2,y2)、A3(x3,y3)滿足的線性關(guān)系，并根據(jù)這兩個對稱關(guān)系寫出直線A2A3的方程，從而解決問題。表達(dá)和消參的過程中充分利用了三點的等價性和直線間的同構(gòu)性，在體現(xiàn)了數(shù)學(xué)對稱美的同時合理優(yōu)化了數(shù)學(xué)運算。

解法2：設(shè)A1(t2,t)，A2(a2,a)，A3(b2,b)，則直線A1A2、A1A3、A2A3的方程分別為x-(a+t)y+at=0，x-(b+t)y+bt=0，x-(a+b)y+ab=0。

由題設(shè)知直線A1A2與⊙M相切，故=1，整理得(t2-1)a2+2ta+3-t2=0 ①。又直線A1A3與⊙M相切，同理可得(t2-1)b2+2tb+3-t2=0 ②。由題意知t2-1 ≠0，由①②知a，b是方程(t2-1)x2+2tx+3-t2=0的兩個實根，所以a+b=

圓心M(2,0)到直線A2A3的距離d==1，從而直線A2A3與⊙M相切。

評注：解法2 以三個點A1,A2,A3入手構(gòu)圖，根據(jù)三點的等價性寫出結(jié)構(gòu)相同的三條直線A1A2，A1A3，A2A3的方程，并通過相切的關(guān)系求得實數(shù)y2，y3滿足的等式，從中發(fā)現(xiàn)實數(shù)y2，y3滿足一個確定的二次方程，從而利用根與系數(shù)的關(guān)系求解圓心到直線A2A3的距離。解題過程展示了用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的一般程序，符合大部分學(xué)生的思維習(xí)慣。

解法3：設(shè)⊙M的一條切線l的方程為x=my+n，則d==1，即(n-2)2=m2+1（＊），

記點Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，xi=。當(dāng)切線l為直線A1A2時，m=y1+y2，n=x1-my1=-y1y2，將m，n分別代入（＊）式有(-y1y2-2)2=(y1+y2)2+1，整理得(x1-1)+2y1y2+3-x1=0 ①。同理，當(dāng)切線l為直線A1A3時，有(x1-1)+2y1y3+3-x1=0 ②。由x1-1 ≠0，結(jié)合①②知y2，y3是一元二次方程(x1-1)x2+2y1x+3-x1=0 的兩個實數(shù)根，所以y2+y3=

記直線A2A3的方程為x=m1y+n1，其中m1=y2+y3，n1=-y2y3。下證m1，n1滿足（＊）式。

評注：解法3 從直線入手構(gòu)圖設(shè)參，表達(dá)和消參過程中緊緊抓住三條直線相同的結(jié)構(gòu)特征。邏輯推理自然、流暢，運算過程簡潔、優(yōu)美。

解法4：設(shè)點Ai(xi,yi)(i=1,2,3)，這里=xi，設(shè)過點A1的⊙M的切線方程為y-y1=k(x-x1)，由直線A1A2與⊙M相切知=1，化簡得(-4x1+3)k2+2(2-x1)y1k+x1-1=0。

評注：解法4 從直線方程的點斜式入手，設(shè)切線方程為y-y1=k(x-x1)，其思想方法是考生所熟知的，但運算量略大，對考生的運算能力和綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力要求較高。

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

又因為直線A1A3與⊙M相切，同理可得(x1-1)x3+2y1y3+3-x1=0。

因此，點A2(x2,y2)，A3(x3,y3)都在直線(x1-1)x+2y1y+3-x1=0 上，圓心M(2,0)到直線A2A3的距離d=從而直線A1A3與⊙M相切。

評注：解法5 從切點(x0,y0)入手構(gòu)圖設(shè)參，這是解決切線問題時考生容易想到的，但消參過程對考生的能力提出了較高要求。

上述解法從不同視角展示了用坐標(biāo)法解決解析幾何問題的途徑。解法的不同源于構(gòu)圖設(shè)參的視角不同，導(dǎo)致邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的難易有所區(qū)別，這也說明試題的命制者充分尊重考生思維的差異性，注重考查考生的學(xué)科素養(yǎng)。

四、變式推廣

回顧上述解答過程，筆者發(fā)現(xiàn)△A1A2A3既是拋物線C：y2=x的內(nèi)接三角形，又是⊙M的外切三角形，如圖2。這樣的三角形有無數(shù)多個，這是巧合嗎？如果改變圓的半徑或者圓心的位置，還會有這樣的性質(zhì)嗎？對于其他圓錐曲線也有類似的性質(zhì)嗎？

圖2

變式1：若A1(1,1)，A2，A3為拋物線y2=x上的三點，直線A1A2，A1A3是⊙M：(x-2)2+y2=的兩條切線，求直線A2A3的方程，并判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系。

解：設(shè)A2(x1,y1)，A3(x2,y2)，又A1(1,1)，所以直線A1A2、A1A3的方程分別為x-(y1+1)y+y1=0、x-(y2+1)y+y2=0。因為直線A1A2與⊙M相切，所以即3x1+14y1+14=0。由直線A1A3與⊙M相切，同理可得3x2+14y2+14=0。因此，點A2(x1,y1)，A3(x2,y2)都在直線3x+14y+14=0上，直線A2A3的方程為3x+14y+14=0，圓心M(2,0)到直線A2A3的距離為d=所以直線A2A3與⊙M相離。

變式2：若O(0,0)，A，B為拋物線y2=x上的三點，直線OA，OB是⊙M：(x-t)2+y2=的兩條切線，且直線AB與⊙M相切，求t的值。

解：如圖3，直線OA，OB關(guān)于x軸對稱，設(shè)直線OA的方程為x=my，聯(lián)立y2=x得y2-my=0，解得A(m2,m)，由題設(shè)知解得t=

圖3

在上述變式中我們發(fā)現(xiàn)，當(dāng)⊙M的半徑發(fā)生變化時，直線A2A3與⊙M的位置也隨之發(fā)生變化。有趣的是，半徑變化后的圓隨著圓心位置的移動，再次找到了直線A2A3與⊙M相切的情形。此時，過拋物線C上任意一點A1引⊙M的兩條切線交C于A2，A3兩點，恒有直線A2A3與⊙M相切。這種神奇的相切并不是巧合，而是數(shù)學(xué)中著名的彭賽列閉合定理在n=3時的情形。這一定理揭示了一種特殊的現(xiàn)象——在某些一內(nèi)一外的圓錐曲線之間，在外部圓錐曲線上任取一點A1作內(nèi)部圓錐曲線的兩條切線，和外部圓錐曲線交于A2，A3兩點，恰有直線A2A3也和內(nèi)部圓錐曲線相切。

推廣1：過拋物線C:y2=2px(p)＞0 上的一點A1作⊙M：(x-t)2+y2=r2(r＞0)的兩條切線l1,l2，分別交C于點A2，A3，若直線A2A3與⊙M相切，則r3+(2p+t)r2-2pt2=0。

變式3：如圖4，已知⊙M：(x-2)2+y2=r2是橢圓C:+y2=1 的內(nèi)接三角形ABC的內(nèi)切圓，A為橢圓的左頂點，過點P(0,1)作⊙M的兩條切線，分別交橢圓于E，F(xiàn)兩點。

圖4

（1）求⊙M的半徑r；（2）證明：直線EF與⊙M相切。

解：（1）設(shè)B(x0,y0)，其中x0=2+r，由橢圓C及⊙M的對稱性知直線BC垂直于x軸，記垂足為H，過圓心M作MD⊥AB于點D，由得即y0=

又因為點B在橢圓C上，所以

由①②得15r2+8r-12=0，

推廣2：過橢圓C:=1(a＞b＞0)上的一點A1作⊙M：(x-t)2+y2=r2(r＞0)的兩條切線l1,l2，分別交C于點A2，A3，若直線A2A3與⊙M相切，則t2=(b2-a2)r2-2ab2r+a2b2。

變式4：過雙曲線C:=1的左頂點A1作⊙M：(x-2)2+y2=16 的兩條切線l1,l2，分別交C于點A2，A3，證明：直線A2A3與⊙M相切。

證明：由對稱性知直線l1,l2關(guān)于x軸對稱，不妨設(shè)直線A1A2的方程為x=my+4(m＞0)，由=4 得m=，解方程組得A2(6,4)，直線A2A3的方程為x=6，直線A2A3與⊙M相切。

定理1：過圓錐曲線Γ上任一點A1引其內(nèi)接三角形ABC的內(nèi)切圓⊙M的切線l1，l2，分別交Γ于A2，A3兩點，則直線A2A3恒與⊙M相切。

變式5：如圖5，已知A1為曲線=1 的左頂點，過點A1作曲線E2:1的兩條切線分別交曲線E1于A2，A3兩點，求證：直線A2A3與曲線E2相切。

圖5

證明：由對稱性知直線A1A2，A1A3關(guān)于x軸對稱，不妨設(shè)點A2在x軸上方，設(shè)直線A1A2與曲線E2相切于點D(x0,y0)，則切線A1A2的方程為+=1，代入點A1(-9,0)得x0=-1，把x0=-1 代入=1，解得y0=，所以直線A1A2的方程為=1 ①。

設(shè)A2(9 cosφ,6 sinφ)，代入方程①得sinφ-cosφ-1=0，結(jié)合sin2φ+cos2φ=1 解得cosφ=因此直線A2A3的方程為x=3，從而直線A2A3與曲線E2相切。

定理2：對于平面上的兩條圓錐曲線E1，E2，若△ABC內(nèi)接于曲線E1，外切于曲線E2，那么過曲線E1上任一點A1作曲線E2的兩條切線與曲線E1分別交于A2，A3，則恒有直線A2A3與曲線E2相切。

隨著探究的逐步展開，試題的內(nèi)在結(jié)構(gòu)和本質(zhì)也得以呈現(xiàn)。彭賽列閉合定理外延廣泛，感興趣的讀者可繼續(xù)展開研究。