2023年贵阳市二模数学第12题的多解、溯源

李勇

摘要：围绕阿基米德三角形，对2023年贵阳市二模数学第12题给出14种不同的解答，并给出该考题的溯源.

关键词：阿基米德三角形；一题多解；思维拓展

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0010-06

该试题作为一道压轴题，起点比较高.绝大多数的考生由于自身知识储备的问题，只能按套路解题，这将导致由于产生大量的运算而无法进行下去，因此绝大多数的考生这道题得不到分.其实这道题的落点是很低的，就是考查抛物线的性质，准确一点讲就是考查抛物线中过焦点的阿基米德三角形的性质，对于那些掌握了抛物线有关性质的学生来说这道题就是一道送分题，是非常简单的.

1 试题呈现

题目设抛物线C：y2=6x的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的两条切线l1，l2，若l1与l2交于点P，且满足|PF|=23，则|AB|=（）.

A.5B.6C.7D.8

2 背景探究

此题明面上是考查抛物线的切线问题，实则考查的是过焦点的阿基米德三角形问题［1］.该三角形比一般的阿基米德三角形有着更多的性质，因此常被出题人青睐.下面列举此三角形的一些常考性质.

已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，以A，B两点为切点与抛物线相切的直线交于点P.

设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则

（1）切线PA的方程为y1y=p（x+x1），切线PB的方程为y2y=p（x+x2）;

（2）点P在准线上，且P的坐标为（y1y22p，y1+y22）;

（3）直线AB的方程为（y1+y2）y-2px-y1y2=0;

（4）若点P的坐标为（x0，y0），则直线AB的方程为y0y-p（x+x0）=0;

（5）PA⊥PB，即切线PA与切线PB垂直;

（6）PF⊥AB;

（7）|PA|2=|AF|·|AB|，

|PB|2=|BF|·|AB|，

|PF|2=|AF|·|BF|;

（8）以AB為直径的圆与准线相切于点P，以AF为直径的圆与y轴相切，以BF为直径的圆与y轴相切;

（9）弦AB的中点与点P的连线与x轴平行，即弦AB的中点的纵坐标与点P的纵坐标相等;

（10）|AB|=x1+x2+p=2psin2θ（θ为直线AB的倾斜角）;

（11）SΔPAB=12|AB|·|PF|=|y1-y2|38p=p2sin3θ（θ为直线AB的倾斜角）;

（12）kAB=py0（y0为弦AB中点的纵坐标）;

（13）1|AF|+1|BF|=2p;

（14）|AF|=x1+p2=p1-cosθ，|BF|=x2+p2=p1+cosθ（θ为直线AB的倾斜角）;

（15）若AF=λFB，则cosθ=|λ-1λ+1|（θ为直线AB的倾斜角）.

3 解法探究

设准线与x轴的交点为D.

根据阿基米德三角形的性质可知点P在准线上，如图1所示.

在Rt△PFD中，由|PF|=23，|FD|=p=3，∠PDF=90°，得|PD|=3.

视角1［2］设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由抛物线的切线性质得切线PA的方程为y1y=3（x+x1），切线PB的方程为y2y=3（x+x2）.

由y1y=3（x+x1），y2y=3（x+x2）， 解得x=y1y26，y=y1+y22.

即点P的坐标为（y1y26，y1+y22）.

由上可知点P的坐标为（-32，3），

得y1y26=-32，y1+y22=3.

则y1y2=-9，y1+y2=23.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=x1+x2+p

=y212p+y222p+p

=y21+y222p+p

=（y1+y2）2-2y1y22p+p

=（23）2-2×（-9）2×3+3=8.

故选D.

视角2由上可知点P的坐标为（-32，3）.

则kPF=3-0-3/2-3/2=-33.

由阿基米德三角形的性质，得kAB=-1kPF=3.

则直线AB的倾斜角为π3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=2×3sin2（π/3）=8.

故选D.

视角3设直线AB的倾斜角为θ.

由上可知cos∠PFD=|FD||PF|=323=32.

所以∠PFD=π6.

由阿基米德三角形的性质，得

∠AFP=π2.

所以θ=π-∠AFP-∠PFD=π-π2-π6=π3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=2×3sin2（π/3）=8.

故选D.

视角4设弦AB中点的纵坐标为y0.

由上可知点P的纵坐标为3.

由阿基米德三角形的性质，得弦AB中点的纵坐标y0=3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

kAB=33=3.

则直线AB的倾斜角为π3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=2×3sin2（π/3）=8.

故选D.

视角5弦AB中点的纵坐标为y0.

由上可知点P的纵坐标为3.

由阿基米德三角形的性质，得弦AB中点的纵坐标y0=3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

kAB=33=3.

则直线AB的倾斜角为π3.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AF|=p1-cosθ=31-cos（π/3）=31-1/2=6，

|BF|=p1+cosθ=31+cos（π/3）=31+1/2=2.

所以|AB|=|AF|+|BF|=6+2=8.

故选D.

视角6由上可知点P的坐标为（-32，3），

由阿基米德三角形的性质，得直线AB的方程为3y-3（x-32）=0.

即23x-2y-33=0.

所以kAB=3.

则直线AB的倾斜角为π3.

由抛物线的焦点弦的性质，得|AB|=2×3sin2（π/3）=8.

故选D.

视角7设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由上可知点P的坐标为（-32，3），

由阿基米德三角形的性质，得直线AB的方程为3y-3（x-32）=0.

即23x-2y-33=0.

由23x-2y-33=0，y2=6x， 消去y得4x2-20x+9=0.

则x1+x2=5.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=x1+x2+p=5+3=8.

故选D.

视角8设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由上可知点P的坐标为（-32，3），

由阿基米德三角形的性质，得直线AB的方程为3y-3（x-32）=0.

即23x-2y-33=0.

由23x-2y-33=0，y2=6x，消去x得

3y2-6y-93=0.

則y1+y2=23，y1y2=-9.

由弦长公式，得

|AB|=1+1（3）2［（23）2-4×（-9）］=8.

故选D.

视角9由题意不妨设点A在第一象限，点B在第四象限，且坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由上可知点P的坐标为（-32，3），

由阿基米德三角形的性质，得直线AB的方程为3y-3（x-32）=0.

即23x-2y-33=0.

由23x-2y-33=0，y2=6x，

解得x1=92，y1=33 和x2=12，y2=-3.

由两点间的距离公式，得

|AB|=（x1-x2）2+（y1-y2）2

=（92-12）2+（33+3）2=8.

故选D.

视角10设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由阿基米德三角形的性质可知点P的坐标为（-32，3）.

所以y1y22p=-32，y1+y22=3.

则y1y2=-9，y1+y2=23.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=x1+x2+p

=y212p+y222p+p

=y21+y222p+p

=（y1+y2）2-2y1y22p+p

=（23）2-2×（-9）2×3+3=8.

故选D.

视角11由题意不妨设点A在第一象限，点B在第四象限，且坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）.由阿基米德三角形的性质可知点P的坐标为（-32，3）.

所以y1y22p=-32，y1+y22=3.

则y1y2=-9，y1+y2=23， 解得y1=33，y2=-3.

则有x1=y212p=（33）22×3=92，

x2=y222p=（-3）22×3=12.

由抛物线的焦点弦的性质，得

|AB|=x1+x2+p=92+12+3=8.

故选D.

视角12由题意不妨设点A在第一象限，点B在第四象限，且坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），

由阿基米德三角形的性质可知点P的坐标为（-32，3）.

所以y1y22p=-32，y1+y22=3.

则y1y2=-9，y1+y2=23， 解得y1=33，y2=-3.

则有x1=y212p=（33）22×3=92，

x2=y222p=（-3）22×3=12.

由两点间的距离公式，得

|AB|=（x1-x2）2+（y1-y2）2

=（92-12）2+（33+3）2=8.

故选D.

视角13由题意不妨设点A在第一象限，点B在第四象限，且坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）.

由阿基米德三角形的性质可知点P的坐标为（-32，3）.

所以y1y22p=-32，y1+y22=3.

则y1y2=-9，y1+y2=23， 解得y1=33，y2=-3.

由阿基米德三角形的性质，得

S△PAB=|33-（-3）|38×3=83.

由阿基米德三角形的性质，得

S△PAB=12×|AB|×|PF|

=12×23×|AB|

=3|AB|=83，

解得|AB|=8.

故选D.

视角14由阿基米德三角形的性质，抛物线的焦点弦的性质，得

1|AF|+1|BF|=|AF|+|BF||AF|·|BF|

=|AB|（23）2=23，

解得|AB|=8.

故选D.

4 试题溯源

题1（2006年全国Ⅱ卷理，21（1））已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，A，B是抛物线上的两动点，且AF=λFB（λ>0），过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.证明：FM·AB为定值.

解析因为AF=λFB（λ>0），所以A，F，B三点共线，即直线AB过焦点F.

由阿基米德三角形的性质可知MF⊥AB.

所以FM·AB=0.

即FM·AB为定值.

题2（2013年大纲全国卷，文12，理11）已知抛物线C：y2=8x与点M（-2，2），过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若MA·MB=0，则k=（）.

A.12B.22C.2D.2

解析设AB中点的纵坐标为y0.

易知点M（-2，2）在抛物线的准线上.

因为MA·MB=0，所以∠AMB=90°.

所以点M在以AB为直径的圆上.

由阿基米德三角形的性质可知点M（-2，2）是以AB为直径的圆与准线x=-2相切的切点，且线段AB中点的纵坐标为2.

所以直线AB的斜率k=py0=42=2.

故选D.

题3（2018年全国Ⅲ卷，理16）已知点M（-1，1）和抛物线C：y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点.若∠AMB=90°，则k=.

解析易知点M（-1，1）在抛物线的准线上.

又因∠AMB=90°，则由阿基米德三角形的性质可知MF⊥AB.

因为kMF=1-0-1-1=-12，

所以kAB=-1kMF=2.

即直线AB的斜率k=2.

题4（2019年全国Ⅲ卷理，21（1））已知曲线C：y=x22，D为直线y=-12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点.

解析设D（t，-12），A（x1，y1），B（x2，y2）.

设直线AB的方程为y=kx+b，

由y=kx+b，y=x22， 消去y，得x2-2kx-2b=0.

所以x1x2=-2b.

由y=x22，得y′=x，则kAD=x1.

所以切线AD的方程为y-y1=x1（x-x1）.

即y=x1x-x212.

同理可得切线BD的方程为y=x2x-x222.

由y=x1x-x212，y=x2x-x222， 解得y=x1x22.

又x1x2=-2b，所以y=x1x22=-b.

即點D的纵坐标为-b.

又因为点D为直线y=-12上的动点，所以-b=-12，即b=12.

所以直线AB的方程为y=kx+12.

由此可知直线AB过定点（0，12）.

5 结束语

这道圆锥曲线问题以深刻的背景和清晰的表达，向我们呈现了一个图象鲜明、解法多样、层次多样的数学问题，本题深刻地、综合地考查了学生的直观想象、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，有较大的难度.在平常的学习中，要特别注意对于背景结论的挖掘与反思，不能只停留在表面阶段，从几何到代数，再到运算，横向纵向多维度比较才能真正做到通一类、会一类，研究透彻一类数学问题.今后的教学应以数学问题为导向，深入挖掘，多面剖析，才能达到真正理解数学问题、提高数学能力的目的.

参考文献：

［1］ 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2020年修订版）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［2］ 刘大鹏.与圆锥曲线切线有关的考题的命制与解析［J］.数理化解题研究，2023（04）：34-36.

［责任编辑：李璟］