浙江 2020 · 数学 q21

冷启动：图上有三个点，但只有两条曲线

先把题面翻译成「谁在哪条曲线上」——这道题的全部难度都在这张表里：

读出两件事，后面三条路都靠它们：

① $A$ 与 $B$ 是 $l$ 与椭圆的两个交点；$A$ 与 $M$ 是 $l$ 与抛物线的两个交点。 所以椭圆那边可以用韦达（或点差），抛物线那边同样可以——同一条直线，两套交点关系。

② $A$ 同时在两条曲线上，这一条把 $p$ 和 $A$ 锁死了。 把 $y_A^2=2px_A$ 代进椭圆方程：

$$\frac{x_A^2}{2}+2px_A=1\quad\Longrightarrow\quad p=\frac{2-x_A^2}{4x_A}\qquad(0<x_A<\sqrt2).$$

$p$ 根本不是自由的——它是 $x_A$ 的函数，而且在 $(0,\sqrt2)$ 上严格递减 （$p=\frac{1}{2x_A}-\frac{x_A}{4}$，两项都递减）。 于是「$p$ 最大」等价于「$x_A$ 最小」，剩下的活就是：中点条件把 $x_A$ 压到多小为止。 第三条路整条就是这句话；前两条路则是把同一件事换成 $k$ 来说。

第（Ⅰ）问：一句定义的事

$C_2:\ y^2=2px$ 的焦点是 $\left(\dfrac p2,0\right)$。$p=\dfrac1{16}$，所以

$$\frac p2=\frac{1}{32},\qquad \text{焦点}\ \left(\frac{1}{32},\ 0\right).$$

别把 $p$ 与 $\frac p2$ 弄混：$y^2=2px$ 里焦点到准线的距离才是 $p$，焦点横坐标是它的一半。

解法一：官方那条：设线联立，韦达定中点，再回抛物线求 A

先排掉竖直的情形。 若 $l\perp x$ 轴，它与抛物线只交于一点（抛物线关于 $x$ 轴对称， 竖直线与它的两个交点关于 $x$ 轴对称，而 $M$ 与 $A$ 都在 $l$ 上）， 此时 $M$ 只能与 $A$ 或 $B$ 重合，不合题意。故可设

$$l:\ y=kx+t\qquad(k\neq0,\ t\neq0) .$$

$t\neq0$ 是「不过原点」；$k\neq0$ 是因为 $k=0$ 时 $l$ 与抛物线只有一个交点，$M$ 无处安放。

第一步：椭圆那边用韦达求中点 $M$。 把 $y=kx+t$ 代入 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$：

$$(1+2k^2)x^2+4ktx+2t^2-2=0 ,$$

判别式 $\Delta=16k^2t^2-4(1+2k^2)(2t^2-2)>0$ 化简即 $t^2<1+2k^2$。由韦达，

$$x_A+x_B=-\frac{4kt}{1+2k^2} \ \Longrightarrow\ x_M=\frac{x_A+x_B}{2}=-\frac{2kt}{1+2k^2},\qquad y_M=kx_M+t=\frac{t}{1+2k^2} .$$

第二步：$M$ 在抛物线上，把 $p$ 解出来。 由 $y_M^2=2px_M$，

$$p=\frac{y_M^2}{2x_M} =\frac{\dfrac{t^2}{(1+2k^2)^2}}{2\cdot\dfrac{-2kt}{1+2k^2}} =\frac{t}{-4k(1+2k^2)} .$$

$p>0$ 于是要求 $kt<0$——$k$ 与 $t$ 反号。

第三步：抛物线那边再用一次韦达求 $A$。 $A$、$M$ 是 $l$ 与 $C_2$ 的两个交点， 把 $y=kx+t$ 代入 $y^2=2px$ 得 $k^2x^2+(2kt-2p)x+t^2=0$，两根之积

$$x_Ax_M=\frac{t^2}{k^2} \ \Longrightarrow\ x_A=\frac{t^2}{k^2}\cdot\frac{1+2k^2}{-2kt}=\frac{t(1+2k^2)}{-2k^3},$$

再由 $y_A=kx_A+t$ 得 $y_A=\dfrac{t}{-2k^2}$。

第四步：$A$ 在椭圆上，把 $t^2$ 换掉。 代入 $\dfrac{x_A^2}{2}+y_A^2=1$：

$$\frac{t^2(1+2k^2)^2}{8k^6}+\frac{t^2}{4k^4}=1 \ \Longrightarrow\ t^2\cdot\frac{(1+2k^2)^2+2k^2}{8k^6}=1 \ \Longrightarrow\ t^2=\frac{8k^6}{(1+2k^2)^2+2k^2} .$$

第五步：$p$ 只剩 $k$，用基本不等式。 由第二步 $p^2=\dfrac{t^2}{16k^2(1+2k^2)^2}$，

$$p^2=\frac{8k^6}{16k^2(1+2k^2)^2\left[(1+2k^2)^2+2k^2\right]} =\frac{k^4}{2(1+2k^2)^2\left[(1+2k^2)^2+2k^2\right]} .$$

分母上两处都往下放：$1+2k^2\geqslant2\sqrt2\,|k|$，故 $(1+2k^2)^2\geqslant8k^2$，于是

$$p^2\leqslant\frac{k^4}{2\cdot8k^2\cdot\left[8k^2+2k^2\right]}=\frac{k^4}{160k^4}=\frac{1}{160}, \qquad p\leqslant\frac{1}{4\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{40} .$$

第六步：验等号真的取得到。 两处放缩同时取等都要 $1=2k^2$，即 $k^2=\dfrac12$； 回代 $t^2=\dfrac{8\cdot\frac18}{4+1}=\dfrac15$。逐条验： $t^2=\dfrac15<2=1+2k^2$（$\Delta>0$ 成立）、$t\neq0$（不过原点）、 取 $k=\dfrac{1}{\sqrt2}$、$t=-\dfrac{\sqrt5}{5}$ 使 $kt<0$（$p>0$ 成立）。 这条直线确实存在，所以

$$p_{\max}=\frac{\sqrt{10}}{40} .$$

解法二：两次点差：椭圆一次、抛物线一次，M 与 A 都直接写出来

上面五步里有四步在解方程。可这两条曲线上要的都是**「弦的斜率 ↔ 中点」**， 而这正是点差法一步给出的东西。

第一次点差（椭圆，弦 $AB$，中点 $M$）。 $A$、$B$ 在 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$ 上，两式相减：

$$\frac{(x_A-x_B)(x_A+x_B)}{2}+(y_A-y_B)(y_A+y_B)=0 \ \Longrightarrow\ k\cdot\frac{y_M}{x_M}=-\frac12 \ \Longrightarrow\ x_M=-2ky_M .$$

第二次点差（抛物线，弦 $AM$）。 $A$、$M$ 在 $y^2=2px$ 上，两式相减：

$$(y_A-y_M)(y_A+y_M)=2p(x_A-x_M) \ \Longrightarrow\ k=\frac{2p}{y_A+y_M} .$$

把 $M$ 定下来。 $M$ 在抛物线上：$y_M^2=2px_M=2p(-2ky_M)$，而 $y_M\neq0$ （否则 $x_M=0$，$M$ 就是原点，$l$ 过原点），约掉 $y_M$：

$$y_M=-4pk,\qquad x_M=-2ky_M=8pk^2 .$$

把 $A$ 定下来。 由第二次点差，$y_A=\dfrac{2p}{k}-y_M=\dfrac{2p}{k}+4pk=\dfrac{2p(1+2k^2)}{k}$， 再由 $A$ 在抛物线上：

$$x_A=\frac{y_A^2}{2p}=\frac{2p(1+2k^2)^2}{k^2} .$$

最后一步照旧：$A$ 在椭圆上。 代入 $\dfrac{x_A^2}{2}+y_A^2=1$：

$$\frac{2p^2(1+2k^2)^4}{k^4}+\frac{4p^2(1+2k^2)^2}{k^2}=1 ,$$

两边乘 $k^4$、提出公因式 $2p^2(1+2k^2)^2$：

$$2p^2(1+2k^2)^2\left[(1+2k^2)^2+2k^2\right]=k^4 \ \Longrightarrow\ p^2=\frac{k^4}{2(1+2k^2)^2\left[(1+2k^2)^2+2k^2\right]} ,$$

与解法一第五步一字不差，后面的基本不等式与取等验证照搬。

这条路省在哪：两个韦达、一个判别式、一个 $t$ 全没了—— $t$ 从头到尾没出现过，因为点差法要的是中点，不是截距。 代价是点差法只给必要条件，所以第一次点差之后必须补验 $M$ 在椭圆内部： 取等时 $M=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{10},-\dfrac{\sqrt5}{10}\right)$， $\dfrac{x_M^2}{2}+y_M^2=\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{1}{10}<1$，弦 $AB$ 确实存在。

解法三：换主元：$p$ 只由交点 $A$ 的横坐标决定

冷启动②已经给出 $p=\dfrac{2-x_A^2}{4x_A}$，且它关于 $x_A$ 严格递减。 所以这道题真正要求的是 $x_A$ 的最小值，$p$ 的最大值随后一句话就出来。

中点条件化成对 $x_A$ 的约束。 由解法二的两条点差式（这里再写一遍， 不借用后面的结论）：椭圆点差给 $x_M=-2ky_M$，$M$ 在抛物线上给 $y_M=-4pk$， 抛物线点差给 $y_A=\dfrac{2p}{k}-y_M=\dfrac{2p(1+2k^2)}{k}$，于是

$$x_A=\frac{y_A^2}{2p}=\frac{2p(1+2k^2)^2}{k^2} .$$

把 $p=\dfrac{2-x_A^2}{4x_A}$ 代进去，并令 $w=2k^2>0$（整体代换，于是 $\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{2}{w}$）：

$$x_A=\frac{2-x_A^2}{2x_A}\cdot\frac{(1+w)^2}{k^2} =\frac{2-x_A^2}{2x_A}\cdot\frac{2(1+w)^2}{w} =\frac{2-x_A^2}{x_A}\cdot\frac{(1+w)^2}{w} ,$$

即

$$\frac{(1+w)^2}{w}=\frac{x_A^2}{2-x_A^2} .$$

左边有下界，右边是 $x_A$ 的增函数——两句话就夹出答案。 左边

$$\frac{(1+w)^2}{w}=w+2+\frac1w\geqslant2+2=4 ,$$

当且仅当 $w=1$（即 $k^2=\dfrac12$）取等。所以

$$\frac{x_A^2}{2-x_A^2}\geqslant4 \ \Longrightarrow\ x_A^2\geqslant8-4x_A^2 \ \Longrightarrow\ 5x_A^2\geqslant8 \ \Longrightarrow\ x_A\geqslant\sqrt{\frac85}=\frac{2\sqrt{10}}{5} .$$

（$\dfrac{2\sqrt{10}}{5}\approx1.265<\sqrt2$，落在 $x_A$ 的许可区间里，约束是有效的。）

最后一步：$p$ 递减，取左端点。

$$p_{\max}=p\!\left(\frac{2\sqrt{10}}{5}\right) =\frac{2-\frac85}{4\cdot\frac{2\sqrt{10}}{5}} =\frac{\frac25}{\frac{8\sqrt{10}}{5}} =\frac{2}{8\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{40} .$$

这条路看清了什么：$p$ 与 $k$ 的那个吓人的四次分式，本质只是 「$x_A$ 不能太小」这一句话的伪装。中点条件唯一的作用是给 $A$ 划一条下界线； $p$ 在那条线上取到最大，是因为它关于 $x_A$ 单调。

三条路怎么选

避坑清单

1. 焦点是 $\left(\frac p2,0\right)$，不是 $(p,0)$。 第（Ⅰ）问送分，写成 $\left(\frac1{16},0\right)$ 就白丢。
2. 竖直的 $l$ 要单独排掉。 设 $y=kx+t$ 之前必须说明它不是竖直的，否则漏解—— 这道题里它恰好不合题意，但「恰好」也要写出来。
3. $k=0$ 也不行。 水平线与 $y^2=2px$ 只有一个交点，$M$ 不存在。
4. 「不过原点」翻译成 $t\neq0$。 它保证 $y_M\neq0$，解法二里约掉 $y_M$ 那一步就靠它。
5. $p>0$ 是条件，不是摆设。 它逼出 $kt<0$；忘了它，最后取等时符号会挑错。
6. 判别式别忘。 $t^2<1+2k^2$ 必须在取等处回验（这里 $\frac15<2$，通过）。
7. 点差法给的是必要条件。 用了它就要补验中点在椭圆内部，否则可能解出一条不存在的弦。
8. 两处放缩要能同时取等。 $p^2$ 的分母里 $(1+2k^2)^2$ 出现了两次， 幸好两处取等条件都是 $1=2k^2$；若不一致，$\frac1{160}$ 就取不到，只能另想办法。
9. $\frac{1}{4\sqrt{10}}$ 要有理化成 $\frac{\sqrt{10}}{40}$。 答案不化简会扣分。
10. 别把 $M$ 当成 $AB$ 的中点就忘了它还在抛物线上。 这道题的两个条件缺一不可： 「中点」给出 $M$ 的坐标，「在抛物线上」才把 $p$ 引进来。

教学图

收口：五步

1. 第（Ⅰ）问：$p=\frac1{16}\Rightarrow\frac p2=\frac1{32}\Rightarrow$ 焦点 $\left(\frac1{32},0\right)$。
2. 排掉 $l$ 竖直与 $k=0$，设 $l:\ y=kx+t$（$t\neq0$）。
3. 椭圆那边定中点 $M$，$M$ 在抛物线上解出 $p=\dfrac{t}{-4k(1+2k^2)}$。
4. 抛物线那边定 $A$，$A$ 在椭圆上解出 $t^2=\dfrac{8k^6}{(1+2k^2)^2+2k^2}$， 合成 $p^2=\dfrac{k^4}{2(1+2k^2)^2\left[(1+2k^2)^2+2k^2\right]}$。
5. 基本不等式给 $p^2\leqslant\dfrac{1}{160}$，取等 $k^2=\dfrac12$、$t^2=\dfrac15$ 逐条验过， 故 $p_{\max}=\dfrac{\sqrt{10}}{40}$。