浙江 2018 · 数学 q21

冷启动：抛物线上的点，用纵坐标当名字

题面里出现的点很多（$P$、$A$、$B$、两个中点、还有 $M$），但它们几乎都在同一条抛物线 $C:\ y^{2}=4x$ 上。在 $C$ 上标一个点，最省事的办法是用它的纵坐标当名字：

$$y^{2}=4x\ \Longrightarrow\ x=\frac{y^{2}}{4},\qquad\text{于是 }C\text{ 上的点就是 }\Bigl(\frac{y^{2}}{4},\,y\Bigr).$$

为什么可以这么干：对每一个实数 $y$，$x$ 被 $y$ 唯一定死了。反过来用 $x$ 当名字就不行—— 一个 $x>0$ 对着上下两个点，得带 $\pm$ 号，后面每一步都要分类。这一招本题从头用到尾。

$P$ 不在 $C$ 上，所以老老实实设 $P(m,n)$，其中 $m<0$（题面说 $P$ 在 $y$ 轴左侧、不含 $y$ 轴）。

题面唯一的条件是「$PA$、$PB$ 的中点都在 $C$ 上」。 两条解法的分岔就在这里： 是把这个条件写成关于 $A$、$B$ 的方程（解法一），还是把两个中点本身当主角（解法二）。

先看一眼这个构型长什么样。下图画的是面积最大的那一组（第（Ⅱ）问的答案上端就在这里取到）：

图上要盯住三件事：$D$、$E$ 两个中点确实坐在抛物线上（这是题面给的唯一条件）； $M$ 与 $P$ 一样高（这是第（Ⅰ）问要证的）；$PM$ 是水平的，所以 $\triangle PAB$ 的面积 可以按「$PM$ 作底、$|y_1-y_2|$ 作高之和」一次算出来（这是第（Ⅱ）问的入口）。

解法一：以 $A$、$B$ 的纵坐标为主元，两条中点条件汇成同一个二次方程

怎么想到的。 要求的是 $A$、$B$，那就直接给它们起名字：$A\bigl(\frac{y_1^{2}}{4},y_1\bigr)$、 $B\bigl(\frac{y_2^{2}}{4},y_2\bigr)$。中点条件对 $A$ 和对 $B$ 说的是同一句话，只是把 $y_1$ 换成 $y_2$—— 所以化简出来必然是同一个方程的两个根。一旦看出这一点，$y_1+y_2$ 与 $y_1y_2$ 不用解方程就能写出来， 而后面要的东西（$M$ 的坐标、$|y_1-y_2|$）恰好只用到这两个对称式。

（Ⅰ） $PA$ 的中点是 $\left(\dfrac{m+\frac{y_1^{2}}{4}}{2},\ \dfrac{n+y_1}{2}\right)$。它在 $C$ 上，就是

$$\left(\frac{n+y_1}{2}\right)^{2}=4\cdot\frac{m+\frac{y_1^{2}}{4}}{2}.$$

两边乘 $4$：$(n+y_1)^{2}=8m+2y_1^{2}$，展开得 $n^{2}+2ny_1+y_1^{2}=8m+2y_1^{2}$，整理成

$$y_1^{2}-2ny_1+8m-n^{2}=0 .$$

把 $y_1$ 换成 $y_2$，同样的推导给出 $y_2^{2}-2ny_2+8m-n^{2}=0$。两式左边是同一个二次式，所以 $y_1$、$y_2$ 是方程

$$y^{2}-2ny+\bigl(8m-n^{2}\bigr)=0 \tag{$\ast$}$$

的两个根。题面要求 $A\neq B$，即两根不等，于是判别式为正：

$$\Delta=4n^{2}-4\bigl(8m-n^{2}\bigr)=8n^{2}-32m>0\ \Longleftrightarrow\ n^{2}>4m .$$

$m<0$ 而 $n^{2}\ge 0$，所以这个条件自动成立——不必额外约束 $P$。由韦达定理

$$y_1+y_2=2n,\qquad y_1y_2=8m-n^{2}.$$

$M$ 是 $AB$ 的中点，纵坐标是 $\dfrac{y_1+y_2}{2}=\dfrac{2n}{2}=n$。这恰好等于 $P$ 的纵坐标， 所以 $PM$ 是一条水平线段，$PM\perp y$ 轴。

还要确认 $P$、$M$ 不重合（否则谈不上「$PM$ 垂直于谁」）。$M$ 的横坐标是

$$x_M=\frac{y_1^{2}+y_2^{2}}{8}=\frac{(y_1+y_2)^{2}-2y_1y_2}{8}=\frac{4n^{2}-2(8m-n^{2})}{8}=\frac{6n^{2}-16m}{8}=\frac{3n^{2}-8m}{4},$$

于是

$$x_M-m=\frac{3n^{2}-8m-4m}{4}=\frac{3}{4}\bigl(n^{2}-4m\bigr)>0 ,$$

最后一步正是上面的 $n^{2}>4m$。所以 $M$ 严格在 $P$ 右边，$PM$ 是一条真正的水平线段。

（Ⅱ） $PM$ 水平，$A$、$B$ 到这条水平线的距离之和就是 $|y_1-y_2|$，于是 $\triangle PAB$ 的面积

$$S=\frac12\,|PM|\cdot|y_1-y_2| .$$

上面已经有 $|PM|=\dfrac34(n^{2}-4m)$；另一半由韦达定理

$$|y_1-y_2|=\sqrt{(y_1+y_2)^{2}-4y_1y_2}=\sqrt{8n^{2}-32m}=2\sqrt{2}\,\sqrt{n^{2}-4m} .$$

两式相乘：

$$S=\frac12\cdot\frac34\bigl(n^{2}-4m\bigr)\cdot 2\sqrt{2}\sqrt{n^{2}-4m} =\frac{3\sqrt{2}}{4}\bigl(n^{2}-4m\bigr)^{3/2}. \tag{$\ast\ast$}$$

关键的观察：$S$ 只通过 $n^{2}-4m$ 这一个组合依赖 $P$。 所以问题降成一元的了——只要问 $n^{2}-4m$ 能取哪些值。

现在把 $P$ 放上半椭圆 $x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}=1\ (x<0)$：

$$m^{2}+\frac{n^{2}}{4}=1,\quad m<0 \ \Longrightarrow\ n^{2}=4\bigl(1-m^{2}\bigr),\quad -1\le m<0 .$$

（$m\ge -1$ 是因为 $n^{2}\ge 0$ 要求 $m^{2}\le 1$。）代进去：

$$u:=n^{2}-4m=4-4m^{2}-4m=-4\left(m+\frac12\right)^{2}+5 .$$

这是开口向下的二次式，配方读顶点：顶点在 $m=-\dfrac12$。把区间 $[-1,0)$ 与顶点比一比：

• $m=-\dfrac12$ 在区间内部，取到最大值 $u=5$；
• 两个端点处 $\left(m+\frac12\right)^{2}=\dfrac14$，都给 $u=4$。左端点 $m=-1$ 取得到， 右端点 $m=0$ 取不到——但 $u=4$ 已经由左端点提供了。

所以 $u\in[4,5]$，即 $t:=\sqrt{u}\in[2,\sqrt5\,]$，而 $S=\dfrac{3\sqrt2}{4}t^{3}$ 关于 $t$ 递增，两端取值

$$t=2:\ S=\frac{3\sqrt2}{4}\cdot 8=6\sqrt2 ,\qquad t=\sqrt5:\ S=\frac{3\sqrt2}{4}\cdot 5\sqrt5=\frac{15}{4}\sqrt{10} .$$ $$\boxed{\ S\in\left[6\sqrt{2},\ \frac{15}{4}\sqrt{10}\right]\ }$$

顺手验一下左端点：$m=-1$ 时 $n=0$，$P(-1,0)$，$(\ast)$ 成为 $y^{2}-8=0$， $A(2,2\sqrt2)$、$B(2,-2\sqrt2)$，$M(2,0)$，$|PM|=3$、$|AB|=4\sqrt2$， 面积 $\frac12\cdot 3\cdot 4\sqrt2=6\sqrt2$ ✓。

解法二：以两个中点为主元，用 $M=D+E-P$ 一步读出纵坐标

怎么想到的。 题面唯一给的条件是「两个中点在 $C$ 上」。解法一把它翻译成了关于 $A$、$B$ 的方程， 可这等于绕了个弯：条件说的是中点，我们却拿 $A$、$B$ 当主角。干脆让中点当主角——它们在 $C$ 上， 于是照冷启动那一招用纵坐标命名；而 $A$、$B$ 由中点和 $P$ 按 $1:1$ 的定比直接写出来， 根本不必单独求。这样一来第（Ⅰ）问会塌成一个向量恒等式，一行就完。

（Ⅰ） 记 $PA$ 的中点为 $D$、$PB$ 的中点为 $E$。它们在 $C$ 上，故可设

$$D\Bigl(\frac{d_1^{2}}{4},\,d_1\Bigr),\qquad E\Bigl(\frac{d_2^{2}}{4},\,d_2\Bigr).$$

$D$ 是 $PA$ 的中点，把这句话反过来读就是「从 $P$ 出发、经 $D$、再走同样长」——这正是 共线定比求另一点坐标，定比恰为 $1:1$：

$$A=2D-P,\qquad B=2E-P .$$

于是 $M$ 完全不用先算 $A$、$B$ 就能写出来：

$$M=\frac{A+B}{2}=\frac{(2D-P)+(2E-P)}{2}=D+E-P . \tag{$\dagger$}$$

这条恒等式是本解法的全部力气所在。取纵坐标，$(\dagger)$ 给出 $y_M=d_1+d_2-n$——只要证明 $d_1+d_2=2n$，第（Ⅰ）问就完了。

而这正是「$A$ 也在 $C$ 上」提供的。$A=2D-P=\Bigl(\dfrac{d_1^{2}}{2}-m,\ 2d_1-n\Bigr)$ 代入 $y^{2}=4x$：

$$(2d_1-n)^{2}=4\left(\frac{d_1^{2}}{2}-m\right) \ \Longrightarrow\ 4d_1^{2}-4nd_1+n^{2}=2d_1^{2}-4m \ \Longrightarrow\ 2d_1^{2}-4nd_1+n^{2}+4m=0 .$$

$d_2$ 满足同一个方程，且 $D\neq E$（否则 $A=B$），所以 $d_1$、$d_2$ 是

$$2d^{2}-4nd+\bigl(n^{2}+4m\bigr)=0 \tag{$\ddagger$}$$

的两个不同根。韦达定理：

$$d_1+d_2=2n,\qquad d_1d_2=\frac{n^{2}+4m}{2}.$$

代回 $(\dagger)$：$y_M=2n-n=n=y_P$，故 $PM\perp y$ 轴。判别式那一步同样要看一眼：

$$\Delta=16n^{2}-8\bigl(n^{2}+4m\bigr)=8n^{2}-32m>0\ \Longleftrightarrow\ n^{2}>4m,$$

与解法一得到的是同一个条件（$m<0$ 时自动成立），这也说明两条路殊途同归。

（Ⅱ） 仍走 $(\dagger)$。横坐标那一半：

$$x_M=\frac{d_1^{2}+d_2^{2}}{4}-m=\frac{(d_1+d_2)^{2}-2d_1d_2}{4}-m=\frac{4n^{2}-\bigl(n^{2}+4m\bigr)}{4}-m=\frac{3n^{2}-8m}{4},$$

于是 $|PM|=x_M-m=\dfrac34\bigl(n^{2}-4m\bigr)$，与解法一一致。

$A$、$B$ 的纵坐标是 $2d_1-n$、$2d_2-n$，两者之差把常数项消掉：

$$|y_A-y_B|=2|d_1-d_2|=2\sqrt{(d_1+d_2)^{2}-4d_1d_2}=2\sqrt{4n^{2}-2\bigl(n^{2}+4m\bigr)}=2\sqrt{2}\sqrt{n^{2}-4m}.$$

于是面积公式与 $(\ast\ast)$ 逐字相同，$S=\dfrac{3\sqrt2}{4}\bigl(n^{2}-4m\bigr)^{3/2}$。 后面把 $P$ 放上半椭圆、配方定出 $n^{2}-4m\in[4,5]$ 的那一段与解法一完全一样，不再重复， 结论同为 $S\in\left[6\sqrt2,\dfrac{15}{4}\sqrt{10}\right]$。

两条路的分工。 解法一的主元是所求的点，胜在直接、不需要额外的恒等式；解法二的主元是 条件里的点，胜在第（Ⅰ）问几乎不用计算——代价是要先看出 $(\dagger)$。哪条更短取决于问的是什么： 只问第（Ⅰ）问，解法二明显划算。

避坑

• 换元后漏掉新变量的取值范围，本题最容易翻在这。 从 $S=\frac{3\sqrt2}{4}t^{3}$ 看，$t$ 越大 $S$ 越大， 于是很容易顺手写「$t$ 没有上界，$S$ 也就没有最大值」。真相是 $t=\sqrt{-4(m+\frac12)^{2}+5}$ 被 $m\in[-1,0)$ 死死卡在 $[2,\sqrt5\,]$ 里。换元只换式子不换范围，最值就会落在一个取不到的点上。
• 右端点 $m=0$ 不在定义域里，但 $u=4$ 仍然取得到。 这两件事容易混成一件。$u=4$ 对应 $m=-1$ 与 $m=0$ 两个 $m$，前者在区间内（题面的 $x<0$ 允许 $m=-1$），所以面积的下界 $6\sqrt2$ 是能取到的，区间左端写闭。若只盯着 $m=0$ 被排除，就会错写成开区间。
• 判别式那一步别省。 「存在不同的两点 $A$、$B$」正是 $\Delta>0$。本题它恰好因 $m<0$ 自动成立， 于是省掉也不影响答案——但这是本题的运气，不是通例：换成 $P$ 在 $y$ 轴右侧，$n^{2}>4m$ 就成了真约束。
• $(\dagger)$ 里的 $M=D+E-P$ 是向量等式，不是长度等式。 它对横纵坐标各自成立，所以能拆开用； 但若写成「$|PM|=|PD|+|PE|$」就全错了。