浙江 2021 · 数学 q21

冷启动：先把四个对象各归各位

抛物线 $y^{2}=2px\ (p>0)$，焦点 $F$，准线与 $x$ 轴的交点 $M$，且 $|MF|=2$。

① 焦点与准线各在哪。 标准方程 $y^{2}=2px$ 的焦点是 $\left(\dfrac p2,0\right)$，准线是 $x=-\dfrac p2$，所以准线与 $x$ 轴交于 $M\!\left(-\dfrac p2,0\right)$。于是

$$|MF|=\frac p2-\left(-\frac p2\right)=p$$

——焦点到准线的距离就是 $p$。题面给 $|MF|=2$，故 $p=2$。这一步用的是抛物线的定义里焦点与准线的那一对常量，第 (1) 问当场就做完了。

② 把第 (2) 问要用的三个定点先钉死。 $p=2$ 之后：

$$F(1,0),\qquad M(-1,0),\qquad \text{准线 }x=-1$$

$M$ 在 $x$ 轴负半轴上、不在抛物线上（$y^{2}=4x$ 在 $x=-1$ 处 $y^{2}=-4$，无实解）。这一条现在看着无关紧要，后面「为什么没有第二条路」时它会变成关键。

③ 第 (2) 问在说什么。 过 $F$ 的直线交抛物线于 $A$、$B$（这是一条焦点弦）；另有一条斜率恒为 $2$ 的直线 $l$，它与 $MA$、$MB$、$AB$、$x$ 轴分别交于 $P$、$Q$、$R$、$N$。条件是

$$|RN|^{2}=|PN|\cdot|QN|$$

要求的是 $l$ 在 $x$ 轴上截距的范围。

④ 动的东西只有两个。 一个是焦点弦 $AB$（绕 $F$ 转），一个是直线 $l$（斜率钉死为 $2$，只剩截距 $n$ 可变）。条件 $|RN|^{2}=|PN|\cdot|QN|$ 把这两个动量绑成一个等式，最终要从中解出 $n$ 的范围。

第 (1) 问：焦点到准线的距离就是 p

由冷启动 ①，$|MF|=p=2$，所以

$$\boxed{y^{2}=4x}$$

第 (2) 问：先把距离条件读成坐标

这一问的全部难度都在「把几何条件翻译成代数」这一步。翻对了，后面是 routine 的韦达计算；翻不对，就无从下手。

① 先交代焦点弦怎么设。 过 $F(1,0)$ 的直线，习惯写法是 $y=k(x-1)$——但这条式子默认了斜率存在，把竖直那条 $x=1$ 漏在外面。而 $x=1$ 恰好是抛物线的通径（过焦点、垂直于对称轴的弦，交抛物线于 $(1,\pm2)$），它是合法的焦点弦，不能丢。

干脆反过来设：令

$$AB:\ x=ty+1$$

当 $y=0$ 时 $x=1$，所以它对一切 $t$ 都过 $F$；而 $t=0$ 给出的正是竖直的通径 $x=1$。一个参数把竖直情形也包进去了，不必再单独讨论。这是「过定点设直线」时绕开「漏掉竖直那条」的标准手法。

② 四个点都在 $l$ 上，距离只差一个公共因子。 直线 $l$ 斜率为 $2$、截距为 $n$，写成

$$l:\ x=\frac y2+n$$

$N$ 是 $l$ 与 $x$ 轴的交点，故 $N(n,0)$。关键观察：$P$、$Q$、$R$、$N$ 四点全在 $l$ 上。在一条斜率为 $2$ 的直线上，两点间距离与它们的纵坐标差只差一个固定倍数：

$$\text{距离}=\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^{2}}\,|\Delta y|=\sqrt{1+\frac14}\,|\Delta y|=\frac{\sqrt5}{2}\,|\Delta y|$$

于是三个长度各自是

$$|RN|=\frac{\sqrt5}{2}|y_R|,\qquad |PN|=\frac{\sqrt5}{2}|y_P|,\qquad |QN|=\frac{\sqrt5}{2}|y_Q|$$

（$N$ 的纵坐标是 $0$，所以 $|y_R-y_N|=|y_R|$，余同理。）代进条件 $|RN|^{2}=|PN|\cdot|QN|$，公共因子 $\left(\dfrac{\sqrt5}{2}\right)^{2}$ 两边约掉：

$$\boxed{y_R^{2}=|y_P\,y_Q|}$$

几何条件到此变成了一条纯纵坐标的等式。 这就是「距离条件坐标化」的兑现处——接下来只需求出 $y_P$、$y_Q$、$y_R$ 三个纵坐标。

③ 三个纵坐标分别怎么来。 $R$ 是 $AB$ 与 $l$ 的交点，$P$ 是 $MA$ 与 $l$ 的交点，$Q$ 是 $MB$ 与 $l$ 的交点。把各自的直线方程与 $l:x=\dfrac y2+n$ 联立即可（具体计算放进解法一）。这里先记住一件事：$y_P$ 由 $A$ 定、$y_Q$ 由 $B$ 定，而 $A$、$B$ 是同一个联立方程的两个根——这正是韦达定理能整体接管的形状。

解法一：设焦点弦联立用韦达，把距离条件坐标化

怎么想到的。 上一节已经把条件化成了 $y_R^{2}=|y_Py_Q|$，而 $y_P$、$y_Q$ 分别由 $A$、$B$ 决定，$A$、$B$ 又是同一联立方程的两根。所以路线很清楚：设出焦点弦、联立抛物线、用韦达定理把 $y_1,y_2$ 的和与积整体代入，全程不必单独求出 $A$、$B$ 的坐标。

① 联立，韦达给出和与积。 把 $AB:x=ty+1$ 代入 $y^{2}=4x$：

$$y^{2}=4(ty+1)\ \Longrightarrow\ \boxed{y^{2}-4ty-4=0}$$

判别式 $\Delta=16t^{2}+16>0$ 恒成立，所以对一切 $t$ 都交于两点。记 $A(x_1,y_1)$、$B(x_2,y_2)$，由韦达定理：

$$y_1+y_2=4t,\qquad y_1y_2=-4$$

这两个式子是后面一切代数的原料。顺手记下：$y_1y_2=-4\ne0$，所以 $y_1$、$y_2$ 都不为零，$A$、$B$ 都不在 $x$ 轴上。

② 求 $y_R$。 $R$ 是 $AB:x=ty+1$ 与 $l:x=\dfrac y2+n$ 的交点，两式相减：

$$ty+1=\frac y2+n\ \Longrightarrow\ y\!\left(t-\frac12\right)=n-1\ \Longrightarrow\ \boxed{y_R=\frac{2(n-1)}{2t-1}}$$

这里要求 $t\ne\dfrac12$：否则 $AB$ 与 $l$ 斜率相同（都是 $2$）而平行，没有交点 $R$。

③ 求 $y_P$、$y_Q$。 直线 $MA$ 过 $M(-1,0)$ 与 $A(x_1,y_1)$，斜率 $\dfrac{y_1}{x_1+1}$，方程 $y=\dfrac{y_1}{x_1+1}(x+1)$。与 $l:x=\dfrac y2+n$ 联立，把 $x+1=\dfrac y2+n+1$ 代进去：

$$y=\frac{y_1}{x_1+1}\!\left(\frac y2+n+1\right) \ \Longrightarrow\ y\!\left(x_1+1-\frac{y_1}{2}\right)=y_1(n+1)$$ $$\boxed{y_P=\frac{2(n+1)y_1}{2x_1+2-y_1}},\qquad \text{同理}\quad y_Q=\frac{2(n+1)y_2}{2x_2+2-y_2}$$

分母恒不为零：由 $y_i^{2}=4x_i$ 得 $2x_i+2-y_i=\dfrac{y_i^{2}}2-y_i+2=\dfrac{(y_i-1)^{2}+3}{2}>0$，所以 $P$、$Q$ 永远存在（$MA$、$MB$ 永不与 $l$ 平行）。

④ 韦达整体代入——全题的枢纽。 把 ②③ 代进 $y_R^{2}=|y_Py_Q|$：

$$\left[\frac{2(n-1)}{2t-1}\right]^{2}=\left|\frac{2(n+1)y_1}{2x_1+2-y_1}\cdot\frac{2(n+1)y_2}{2x_2+2-y_2}\right|$$ $$\frac{4(n-1)^{2}}{(2t-1)^{2}}=\frac{4(n+1)^{2}\,|y_1y_2|}{\left|(2x_1+2-y_1)(2x_2+2-y_2)\right|}$$

分子里 $|y_1y_2|=|-4|=4$。分母那个乘积，用 $2x_i+2-y_i=\dfrac{y_i^{2}}2-y_i+2$ 展开成关于 $y_1,y_2$ 的对称式，再整体代入和与积：

$$\left(\frac{y_1^{2}}2-y_1+2\right)\!\left(\frac{y_2^{2}}2-y_2+2\right)$$

逐项展开后按 $y_1+y_2=4t$、$y_1y_2=-4$ 归并：

$$\frac{y_1^{2}y_2^{2}}4=4,\qquad -\frac{y_1y_2(y_1+y_2)}2=8t,\qquad y_1^{2}+y_2^{2}=(y_1+y_2)^{2}-2y_1y_2=16t^{2}+8$$ $$-2(y_1+y_2)=-8t,\qquad y_1y_2=-4,\qquad \text{常数 }4$$

六项相加：$4+8t+(16t^{2}+8)-8t-4+4=16t^{2}+12=4(4t^{2}+3)$。它恒正，绝对值就是它本身。代回：

$$\frac{4(n-1)^{2}}{(2t-1)^{2}}=\frac{4(n+1)^{2}\cdot4}{4(4t^{2}+3)}=\frac{4(n+1)^{2}}{4t^{2}+3}$$

两边约去 $4$、移项（$n\ne-1$，否则右边为 $0$ 而左边非零，矛盾；$n\ne1$，否则 $R=N$ 退化）：

$$\boxed{\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2}=\frac{3+4t^{2}}{(2t-1)^{2}}}$$

⑤ 求右边这个分式的最小值。 左边是 $n$ 的函数，右边是 $t$ 的函数。要让存在某个 $t$ 使等式成立，左边必须落进右边的值域。所以先求

$$g(t)=\frac{3+4t^{2}}{(2t-1)^{2}}\qquad\left(t\ne\frac12\right)$$

的值域。分母是 $(2t-1)^{2}$，就让 $2t-1$ 当新变量：令 $s=2t-1\ (s\ne0)$，则 $t=\dfrac{s+1}{2}$，

$$3+4t^{2}=3+4\cdot\frac{(s+1)^{2}}4=3+(s+1)^{2}=s^{2}+2s+4$$ $$g=\frac{s^{2}+2s+4}{s^{2}}=1+\frac2s+\frac4{s^{2}}$$

再令 $u=\dfrac1s\ (u\ne0)$，压成一个二次函数：

$$g=4u^{2}+2u+1=4\!\left(u+\frac14\right)^{2}+\frac34\ \ge\ \frac34$$

等号要 $u=-\dfrac14$，它非零、取得到：回代 $s=-4$、$t=-\dfrac32$（$\ne\dfrac12$，在定义域内）。所以 $g$ 的最小值是 $\dfrac34$。

⑥ 值域恰好是 $\left[\dfrac34,+\infty\right)$，这一步不能省。 光有「最小值 $\dfrac34$」还不够，得确认 $\dfrac34$ 以上的每个值都取得到，否则左边落进 $[\frac34,+\infty)$ 只是必要的一面，还不充分。看 $t<\dfrac12$ 这一支：$g$ 连续，$t\to-\infty$ 时 $g\to1$，$t=-\dfrac32$ 处 $g=\dfrac34$，$t\to\dfrac12^{-}$ 时 $g\to+\infty$。由连续性，这一支的值域已经是 $\left[\dfrac34,+\infty\right)$——下界与值域是同一回事，不存在「够不到的中间值」。

于是「存在 $t$ 使等式成立」等价于

$$\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2}\ge\frac34$$

⑦ 解这个不等式，别忘了 $n\ne1$。 因为 $(n-1)^{2}>0$（$n\ne1$），两边同乘它不变号：

$$4(n+1)^{2}\ge3(n-1)^{2}$$ $$4n^{2}+8n+4\ge3n^{2}-6n+3\ \Longrightarrow\ n^{2}+14n+1\ge0$$

对应方程 $n^{2}+14n+1=0$ 的两根：

$$n=\frac{-14\pm\sqrt{196-4}}2=\frac{-14\pm8\sqrt3}{2}=-7\pm4\sqrt3$$

二次函数 $n^{2}+14n+1$ 的图象开口向上，故 $n^{2}+14n+1\ge0$ 的解集是两根之外的那两段：$n\le-7-4\sqrt3$ 或 $n\ge-7+4\sqrt3$。再把 $n\ne1$ 挖掉（$1$ 落在 $[-7+4\sqrt3,+\infty)$ 里，因为 $-7+4\sqrt3\approx-0.07<1$），最终：

$$\boxed{n\in\left(-\infty,-7-4\sqrt3\right]\cup\left[-7+4\sqrt3,1\right)\cup(1,+\infty)}$$

（自查） 取 $t=0$（通径 $AB:x=1$），右边 $g(0)=\dfrac{3}{1}=3$，于是 $\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right)^{2}=3$，解得 $n=2\pm\sqrt3$。两个都在上面求出的范围里（$2-\sqrt3\approx0.27\in[-7+4\sqrt3,1)$，$2+\sqrt3\approx3.73\in(1,+\infty)$），与结论一致。教学图上块的构型正是取 $t=0$、$n=2-\sqrt3$ 画出的。

为什么只有一条路

这道题没有第二条实质不同的路，理由很具体。

唯一的枢纽是「韦达整体代入」。 条件化到 $y_R^{2}=|y_Py_Q|$ 之后，$y_P$、$y_Q$ 的分母里带着 $A$、$B$ 的坐标。要把它们消掉，只能把乘积 $(2x_1+2-y_1)(2x_2+2-y_2)$ 展开成 $y_1,y_2$ 的对称式，再用 $y_1+y_2$ 与 $y_1y_2$ 整体代入——这正是设线联立用韦达定理。绕开韦达，就得真的把 $A$、$B$ 的坐标 $y=2t\pm2\sqrt{t^{2}+1}$ 代进去硬算，根号会一路缠到底，不是另一条路，是同一条路的更差走法。

2022/q21 那条齐次化的路在这里是断的。 那道题有个漂亮的第二解：把定点平移到原点、齐次化，读出两条连线斜率之积为定值。它成立的前提是定点在曲线上（平移后常数项才会消失）。本题里 $MA$、$MB$ 共同经过的点是 $M(-1,0)$，而冷启动 ② 已经验过 $M$ 不在抛物线上——平移过去常数项不消失，齐次化凑不成，斜率之积也不是定值。这条路从根上就走不通。

所以各种解法的差别只在记号与收尾：设 $x=ty+1$（含通径）还是设 $y=k(x-1)$（要单查通径），收尾分式是配方还是用别的恒等变形。第一个实质动作——设焦点弦、联立、韦达——与所依赖的工具完全相同，按 ADR-0020 的标准只能算一条路。

🕳️ 避坑

• 过焦点设直线，别用 $y=k(x-1)$ 把通径漏了。 点斜式默认斜率存在，竖直的通径 $x=1$ 不在它里面，而它明明是合法的焦点弦。本题改用 $x=ty+1$，让 $t=0$ 自动覆盖竖直情形，一个参数全包，不必再单独讨论。换一道题，漏掉的那条常常正好是答案。
• 四点共线是化简的钥匙，先把公共因子约掉。 $P$、$Q$、$R$、$N$ 都在斜率为 $2$ 的 $l$ 上，三个长度都带同一个因子 $\dfrac{\sqrt5}{2}$，条件 $|RN|^{2}=|PN|\cdot|QN|$ 两边约掉它才变成干净的 $y_R^{2}=|y_Py_Q|$。不先约因子、直接拿坐标距离硬算，会平白多出一堆 $\sqrt5$。
• $|y_Py_Q|$ 的绝对值不能随手抹掉。 $y_P$、$y_Q$ 的符号随 $t$ 变，乘积可正可负，是 $|\,\cdot\,|$ 在兜底。本题算出 $y_1y_2=-4$、分母乘积 $4(4t^{2}+3)$ 恒正，绝对值最终落在 $|y_1y_2|=4$ 上——但先写绝对值、再逐项判符号的顺序不能反，否则符号错了整条推导跟着错。
• 「最小值」不等于「值域」，第 ⑥ 步不能跳。 求出 $g(t)\ge\dfrac34$ 只是必要的一面；要把它变成充分且必要，还得说明 $\dfrac34$ 以上的每个值都取得到（本题靠 $t<\dfrac12$ 那一支的连续性）。漏掉这一步，范围可能多算也可能少算，而它恰恰是这类「存在 $t$」问题的胜负手。
• 解 $\left(\dfrac{n+1}{n-1}\right)^{2}\ge\dfrac34$ 时，$n\ne1$ 要单独挖掉。 $n=1$ 使分母为零（几何上 $R=N$ 退化），本来就不在定义域里。两边同乘 $(n-1)^{2}$ 时它恒正、不变号，但最后写范围必须把 $1$ 从 $[-7+4\sqrt3,+\infty)$ 里挖出去，于是那一段裂成 $[-7+4\sqrt3,1)\cup(1,+\infty)$ 两段。