2021年高考全国甲卷理科数学第20题的探究与推广

栾功 郭慧清

[摘 要]文章探讨2021年高考全国甲卷理科数学解析几何压轴题的解法、变式，剖析试题内在结构特征，揭示问题本质，为学生的学习和教师的教学提供参考。

[关键词]2021年高考;全国甲卷;圆锥曲线;压轴题

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2022）05-0001-04

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-22+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。

解法1：设[Aixi ， yi] [i=1， 2， 3]，因为点[Ai]在抛物线[y2=x]上，所以[y21=x1]①，[y22=x2]②，两式作差得[y1-y2y1+y2=x1-x2]，故[kA1A2=1y1+y2]，从而直线[A1A2]的方程为[y-y1=1y1+y2x-x1]，即[x-y1+y2y+y1y2=0]。又直线[A1A2]与⊙[M]相切，故[2+y1y21+y1+y22=1]。结合[y2i=xi]整理得[x1-1x2+2y1y2+3-x1=0]。由直线[A1A3]与⊙[M]相切，同理可得[x1-1x3+2y1y3+3-x1=0]。

因此，点[A2x2 ， y2]，[A3x3 ， y3]都在直线[x1-1x+2y1y+3-x1=0]上，圆心[M2 ， 0]到直线[A2A3]的距离[d=2x1-1+3-x1x1-12+2y12=x1+1x21-2x1+1+4x1=1]，從而直线[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[A2x2 ， y2]、[A3x3 ， 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[A1t2， t]，[A2a2， a]，[A3b2， b]，则直线[A1A2]、[A1A3]、[A2A3]的方程分别为[x-a+ty+at=0]，[x-b+ty+bt=0]，[x-a+by+ab=0]。

由题设知直线[A1A2]与⊙[M]相切，故[2+ta1+a+t2=1]，整理得[t2-1a2+2ta+3-t2=0] ①。又直线[A1A3]与⊙[M]相切，同理可得[t2-1b2+2tb+3-t2=0] ②。由题意知[t2-1≠0]，由①②知[a]，[b]是方程[t2-1x2+2tx+3-t2=0]的两个实根，所以[a+b=-2tt2-1]，[ab=3-t2t2-1]。

圆心[M2 ， 0]到直线[A2A3]的距离[d=2+ab1+a+b2=2+3-t2t2-11+-2tt2-12=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=n-2m2+1=1]，即[n-22=m2+1]（*），

记点[Aixi ， yii=1， 2， 3]，[xi=y2i]。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[-y1y2-22=y1+y22+1]，整理得[x1-1y22+2y1y2+3-x1=0] ①。同理，当切线[l]为直线[A1A3]时，有[x1-1y23+2y1y3+3-x1=0] ②。由[x1-1≠0]，结合①②知[y2]，[y3]是一元二次方程[x1-1x2+2y1x+3-x1=0]的两个实数根，所以[y2+y3=-2y1x1-1]，[y2y3=3-x1x1-1]。

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。

由[n1-22=3-x1x1-1+22=x1+1x1-12]，[m21+1=-2y1x1-12+1=4y21+x21-2x1+1x1-12=x1+12x1-12]知[m1]，[n1]满足（*）式，从而直线[A2A3]与[☉M]相切。

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[Aixi， yii=1， 2， 3]，这里[y2i=xi]，设过点[A1]的⊙[M]的切线方程为[y-y1=kx-x1]，由直线[A1A2]与⊙[M]相切知[k2-x1+y11+k2=1]，化简得[x21-4x1+3k2+22-x1y1k+x1-1=0]。

设直线[A1A2]，[A1A3]的斜率分别为[k1]，[k2]，则[k1+k2=-22-x1y1x21-4x1+3]，[k1k2=x1-1x21-4x1+3=1x1-3]，

联立[y2=x，y-y1=k1x-x1，]得[k1y2-y+y1-k1x1=0]，则[y1+y2=1k1]，即[y2=1k1-y1]，同理[y3=1k2-y1]，从而[y2y3=1k1-y11k2-y1=1k1k2-y1k1+k2k1k2+y21=3-x1x1-1]，[ y2+y3=1k1+1k2-2y1=-2y1x1-1]。

直线[A2A3]的方程为[y-y2=y3-y2x3-x2x-x2]，即[x-y2+y3y+y2y3=0]。圆心[M2 ， 0]到直线[A2A3]的距离[d=2+y2y31+y2+y32=2+3-x1x1-11+4x1x1-12=x1+1x1-1x1+1x1-1=1]，所以直线[A2A3]与⊙[M]相切。

评注：解法4从直线方程的点斜式入手，设切线方程为[y-y1=kx-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。

解法5： 设[A1y21， y1]，[A2y22， y2]，[A3y23， y3]，記直线[A1A2]与[☉M]的切点为[Bx0， y0]，则切线[A1A2]的方程为[x0-2x-2+y0y=1]，因为[A1y21， y1]，[A2y22， y2]在切线[A1A2]上，所以[x0-2y21-2+y0y1=1]①，[x0-2y22-2+y0y2=1] ②。

又[A1A2] [⊥BM]，故

[y0x0-2⋅y2-y1y22-y21=-1] ③，由①②③解得

[x0=2-1y1y2+2]，[y0=y1+y2y1y2+2]，

代入[☉M]：[x-22+y2=1]，结合[y2=x]整理得[x1-1x2+2y1y2+3-x1=0]。

又因为直线[A1A3]与[☉M]相切，同理可得[x1-1x3+2y1y3+3-x1=0]。

因此，点[A2x2， y2]，[A3x3， y3]都在直线[x1-1x+2y1y+3-x1=0]上，圆心[M2 ， 0]到直线[A2A3]的距离[d=2x1-1+3-x1x1-12+2y12=x1+1x21-2x1+1+4x1=1]，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？

变式1：若[A11， 1]，[A2]，[A3]为抛物线[y2=x]上的三点，直线[A1A2]，[A1A3]是[☉M]：[x-22+y2=14]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[A2x1， y1]，[A3x2， y2]，又[A11， 1]，所以直线[A1A2]、[A1A3]的方程分别为[x-y1+1y+y1=0]、[x-y2+1y+y2=0]。因为直线[A1A2]与[☉M]相切，所以[2+y11+y1+12=12]，即[3x1+14y1+14=0]。由直线[A1A3]与⊙[M]相切，同理可得[3x2+14y2+14=0]。因此，点[A2x1， y1]，[A3x2， y2]都在直线[3x+14y+14=0]上，直线[A2A3]的方程为[3x+14y+14=0]，圆心[M2 ， 0]到直线[A2A3]的距离为[d=20205>12]，所以直线[A2A3]与[☉M]相离。

变式2： 若[O0， 0]，[A]，[B]为抛物线[y2=x]上的三点，直线[OA]，[OB]是[☉M]：[x-t2+y2=14t>0]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[Am2， m]，由题设知[t1+m2=12]，[m2-t=12]，解得[t=34]。

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=2pxp>0]上的一点[A1]作[☉M]：[x-t2+y2=r2r>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+tr2-2pt2=0]。

变式3： 如图4，已知[☉M]：[x-22+y2=r2]是椭圆[C：x216+y2=1]的内接三角形[ABC]的内切圆，[A]为椭圆的左顶点，过点[P0， 1]作[☉M]的两条切线，分别交椭圆于[E]，[F]两点。

（1）求[☉M]的半径[r];（2）证明：直线[EF]与[☉M]相切。

解：（1）设[Bx0， 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[MDHB=ADAH]得[ry0=36-r26+r]，即[y0=r6+r6-r] ①。

又因为点[B]在椭圆[C]上，所以[y20=1-r+2216=-r-2r+616] ②，

由①②得[15r2+8r-12=0]，

解得[r=23]或[r=-65]（舍去）。

（2）设过点[P0，1]与[☉M]相切的直线的方程为[y=kx+1]，则[2k+11+k2=23]，整理得[32k2+36k+5=0]。设直线[PE]，[PF]的斜率分别为[k1]，[k2]，则[k1k2=532]，[k1+k2=-98]，且[k1=-9-4116]，[k2=-9+4116]。

设[Ex1， y1]，[Fx2， y2]，联立[y=kx+1]与[x216+y2=1]得[16k2+1x2+32kx=0]，解得异于零的根为[x=-32k16k2+1]，则[x1=-32k116k21+1]，[x2=-32k216k22+1]，[kEF=y2-y1x2-x1=k2x2-k1x1x2-x1=k1+k21-k1k2=34]。

故直线[EF]的方程为[y-k1x1+1=34x-x1]，即[y=34x+k1-34x1+1]，代入[k1]与[x1]化简得[9x-12y-28=0]。

则圆心[M2 ， 0]到直线[EF]的距离[d=18-2892+122=23]，所以直线[EF]与[☉M]相切。

推广2：  过椭圆[C： ][x2a2+y2b2=1a>b>0]上的一点[A1]作[☉M]：[x-t2+y2=r2r>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-a2r2-2ab2r+a2b2]。

变式4：过双曲线[C：x216-y264=1]的左顶点[A1]作[☉M]：[x-22+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+4m>0]，由[61+m2=4]得[m=52]，解方程组[x=52y+4，x216-y264=1，]得[A26， 45]，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[E1：x281+y236=1]的左顶点，过点[A1]作曲线[E2：x29+y216=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。

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[Dx0， y0]，则切线[A1A2]的方程为[x0x9+y0y16=1]，代入点[A1-9， 0]得[x0=-1]，把[x0=-1]代入[x29+y216=1]，解得[y0=832]，所以直线[A1A2]的方程为[-x9+2y6=1] ①。

设[A29cosφ，6sinφ]，代入方程①得[2sin φ-cosφ-1=0]，结合[sin2φ+cos2φ=1]解得[cos φ=13]，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。

[   参   考   文   献   ]

[1]  于涵，莫雷.中国高考评价体系说明[M].北京：人民教育出版社，2019.

（責任编辑 黄桂坚）