姜衛(wèi)東

[摘? 要] 2021年我國部分省份已進(jìn)入全國卷數(shù)學(xué)高考，對(duì)于解析幾何的復(fù)習(xí)與教學(xué)，擬通過對(duì)全國卷真題的命題背景及解法的研習(xí)，找準(zhǔn)解析幾何的復(fù)習(xí)定位，實(shí)施融合教學(xué).

[關(guān)鍵詞] 高考真題;解法及背景;融合教學(xué)

問題的提出：2021年我國部分省份已進(jìn)入全國卷數(shù)學(xué)高考，解析幾何問題如何考查？地方卷與全國卷的解析幾何問題是否差別較大、沒什么聯(lián)系？解析幾何教學(xué)是否需要重新建構(gòu)？筆者擬通過對(duì)近三年全國卷解析幾何問題的解法研討及背景分析，探尋其中的答案.

[?] 2019年真題研習(xí)

2019年全國卷（新課標(biāo)Ⅱ·理科數(shù)學(xué)）第21題：已知點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），動(dòng)點(diǎn)M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為-. 記M的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程，并說明C是什么曲線;

（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G.

①證明：△PQG是直角三角形;

②求△PQG面積的最大值.

1. 解法探究

解法1：（1）利用直接法不難得到C的方程. 由題意得·=-，整理得曲線C的方程為+=1（x≠2），所以曲線C是焦點(diǎn)在x軸上不含長軸端點(diǎn)的橢圓.

（2）①利用設(shè)點(diǎn)法求解. 設(shè)P（x，y），則Q（-x，-y），E（x，0），聯(lián)立直線QE的方程與橢圓的方程，利用韋達(dá)定理求得G點(diǎn)的坐標(biāo)，然后再去證明PQ，PG的斜率之積為-1.

設(shè)P（x，y），則Q（-x，-y），E（x，0），G（x，y），所以直線QE的方程為y=（x-x），與+=1聯(lián)立后消去y，得（2x+y）x2-2x0yx+xy-8x=0. 所以-xx=，所以x=，所以y=（x-x）=，由此可得k===. 把x+2y=4代入上式，得k==-，所以k·k=·

-=-1，所以PQ⊥PG，故△PQG為直角三角形.

②利用S=PE·

x

+x，代入相關(guān)數(shù)據(jù)，即可將△PQG的面積表示為關(guān)于x，y的函數(shù);然后通過變形，將它轉(zhuǎn)變?yōu)閤，y的齊次式;最后分子、分母同除以xy，并對(duì)+進(jìn)行換元，從而利用“對(duì)勾函數(shù)”的性質(zhì)可得最值.

由已知可得S=PE·（x+x）=y（x+x）=y

+x0

=yx·== ====. 令t=+，則S==. 由“對(duì)勾函數(shù)”f（t）=2t+在[2，+∞）的單調(diào)性可知，f（t）≥4+=（t=2時(shí)取等號(hào)），所以S≤（此時(shí)x=y=），故△PQG面積的最大值為.

解法2：（1）同解法1.

（2）①利用設(shè)線法求解. 可設(shè)直線PQ的方程，同時(shí)引入?yún)?shù)k（直線PQ的斜率），聯(lián)立直線PQ的方程與橢圓的方程求得點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，從而求出直線QE的方程. 又聯(lián)立直線QE的方程與橢圓的方程，借助于韋達(dá)定理可求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后再去證明PQ，PG的斜率之積為-1.

設(shè)直線PQ的方程為y=kx，將它代入+=1，解得x=±. 記μ=，則P（μ，μk），Q（-μ，-μk），E（μ，0），故直線QG的斜率為=，其方程為y=（x-μ），將其代入橢圓方程得（2+k2）x2-2μk2x+μ2k2-8=0. 根據(jù)韋達(dá)定理可得x+x=，所以-μ+x=，所以x=，將其代入直線QG的方程，得G

，

.于是直線PG的斜率k==-，所以PQ⊥PG，故△PQG為直角三角形.

②利用三角形的面積公式將△PQG的面積表示為關(guān)于k的函數(shù)，然后借助于換元求出所得函數(shù)的最大值.

由已知可得S△PQG=PQ·d=··=2μ2·

，將μ=代入上式，化簡得S△PQG=（k>0）. 求S△PQG的最大值，可以利用求導(dǎo)的方法來完成，但此種方法較煩瑣！如果對(duì)上述△PQG的面積表達(dá)式進(jìn)行變形，然后再換元，就能便捷地解決問題，其解題過程如下：

S△PQG==，設(shè)k+=t（t≥2），可得S△PQG===. 又y=2t+在t≥2單調(diào)遞增，所以2t+≥2×2+=，所以S△PQG≤=（當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)，“=”成立），故△PQG面積的最大值為.

2. 背景分析

本題第（2）問中①題的背景就是橢圓的中心弦定理：設(shè)橢圓的方程為+=1（a>b>0），AB是經(jīng)過中心O的弦，點(diǎn)P是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，直線PA，PB與坐標(biāo)軸不平行，可證k·k= -. 應(yīng)用此定理，此問就能更迅捷地得以解決！

3. 真題關(guān)聯(lián)

2011年江蘇卷（數(shù)學(xué)）第18題：如圖1所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M，N分別是橢圓+=1的頂點(diǎn)，過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P，A兩點(diǎn)，其中P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點(diǎn)B，設(shè)直線PA的斜率為k.

（1）當(dāng)直線PA平分線段MN，求k的值;

（2）當(dāng)k=2時(shí)，求點(diǎn)P到直線AB的距離d;

（3）對(duì)任意k>0，求證：PA⊥PB.

分析：本題的第（3）問與上述2019年全國卷第（2）問的①題，無論是題目還是解法，幾乎都一模一樣，它們的背景正是橢圓的中心弦定理.

[?] 2020年真題研習(xí)

2020年全國卷（新課標(biāo)Ⅰ·理科數(shù)學(xué)）第20題：已知A，B分別為橢圓E：+y2=1（a>1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，·=8，P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D.

（1）求E的方程;

（2）證明：直線CD過定點(diǎn).

1. 解法探究

解法1：（1）如圖2所示，求出·=a2-1=8，解出a=3，求出E的方程為+y2=1.

（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，得出直線PA，PB的方程，進(jìn)而求出點(diǎn)C，D的坐標(biāo)，最終得到直線CD的方程. 由直線方程來研究直線的性質(zhì)，證明它過定點(diǎn).

由（1）知A（-3，0），B（3，0），設(shè)P（6，m），則直線PA的方程是y=（x+3），聯(lián)立

+y2=1，

y=（x+3），得（9+m2）x2+6m2x+9m2-81=0. 由韋達(dá)定理得-3x=，即x=，將其代入直線PA的方程得C

，

. 直線PB的方程是y=（x-3），聯(lián)立

+y2=1，

y=（x-3），得（1+m2）x2-6m2x+9m2-9=0. 由韋達(dá)定理得3x=，即x=，將其代入直線PB的方程得D

，

. 則

①當(dāng)x=x時(shí)，即=，m2=3時(shí)，此時(shí)x=x=，CD為直線x=.

②當(dāng)x≠x時(shí)，直線CD的方程是y-=

x-

，整理得y=

x-

，直線CD過定點(diǎn)

，0

.

綜合①②，直線CD過定點(diǎn)

，0

.

解法2：（1）同解法1;

（2）可以首先根據(jù)圖形的對(duì)稱性，判斷直線CD必過x軸上一定點(diǎn)，然后采用先特殊后一般的解法求解.

同解法1可得C

，

，D

，

.

①當(dāng)x=x，即=時(shí)，得m2=3，此時(shí)CD為直線x=，過定點(diǎn)E

，0

.

②當(dāng)x≠x時(shí)，下證直線CD也過定點(diǎn)E，即證C，D，E三點(diǎn)共線. 因?yàn)閗==，同理可得k=，所以C，D，E三點(diǎn)共線，即直線CD過定點(diǎn)E

，0

.

綜合①②，直線CD過定點(diǎn)

，0

.

2. 背景分析

本題的背景實(shí)際上是極點(diǎn)與極線. 設(shè)直線CD與AB相交于點(diǎn)E（n，0），則點(diǎn)E關(guān)于橢圓+y2=1的極線方程為+0·y=1，所以x=. 又此極線必過點(diǎn)P，且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為6，所以=6，解得n=，所以直線CD必過定點(diǎn)

，0.

3. 真題關(guān)聯(lián)

2010年江蘇卷（數(shù)學(xué)）第18題：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如圖3所示，已知橢圓+=1的左、右頂點(diǎn)為A，B，右焦點(diǎn)為F. 設(shè)過點(diǎn)T（t，m）的直線TA，TB與橢圓分別交于點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2），其中m>0，y1>0，y2<0.

（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足PF2-PB2=4，求點(diǎn)P的軌跡;

（2）設(shè)x1=2，x2=，求點(diǎn)T的坐標(biāo);

（3）設(shè)t=9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)（其坐標(biāo)與m無關(guān)）.

分析：本題的第（3）問與上述2020年全國卷的第（2）問考查的都是定點(diǎn)問題，無論是題目的設(shè)置還是解法幾乎如出一轍，更加關(guān)鍵的是這兩問都是以極點(diǎn)與極線為背景而命制的.

[?] 2021年真題研習(xí)

2021年全國卷（理科數(shù)學(xué)·甲卷）第20題：拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M（2，0），且☉M與l相切.

（1）求C，☉M的方程;

（2）設(shè)A，A，A是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線AA，AA均與☉M相切.判斷直線AA與☉M的位置關(guān)系，并說明理由.

1. 解法探究

（1）由題意結(jié)合直線垂直得到關(guān)于p的方程，解方程確定拋物線的方程，然后利用直線與圓的關(guān)系求得圓的方程. 即設(shè)拋物線C的方程為y2=2px（p>0），令x=1，則y=±. 根據(jù)拋物線的對(duì)稱性，不妨設(shè)P（1，），Q（1，-）. 因?yàn)镺P⊥OQ，故1+·（-）=0?p=，所以拋物線C的方程為y2=x. 因?yàn)楱慚與l相切，故其半徑為1，所以☉M：（x-2）2+y2=1.

（2）分類討論三個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)是否相等，當(dāng)有兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等時(shí)明顯相切，否則，求得直線方程，利用直線與圓相切的充分必要條件和題目中的對(duì)稱性證得直線與圓相切.

設(shè)A（x，y），A（x，y），A（x，y）. 當(dāng)A，A，A中某一點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)（假設(shè)A為坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)），設(shè)直線AA的方程為kx-y=0，根據(jù)點(diǎn)M（2，0）到該直線的距離為1可得=1，解得k=±;聯(lián)立直線AA的方程與拋物線的方程可得x=3，此時(shí)直線AA與☉M的位置關(guān)系為相切.

當(dāng)A，A，A都不是坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，即x≠x≠x，直線AA的方程為x-（y+y）y+yy=0，此時(shí)有=1，即（y-1）y+2yy+3-y=0;同理，由對(duì)稱性可得（y-1）y+2yy+3-y=0，所以y，y是方程（y-1）t2+2yt+3-y=0的兩根. 依題意有，直線AA的方程為x-（y+y）y+yy=0. 令M到直線AA的距離為d，則有d2===1，此時(shí)直線AA與☉M的位置關(guān)系也為相切.

綜上，直線AA與☉M相切.

2. 背景分析

對(duì)于本題的第（2）問，其本質(zhì)是射影幾何中同構(gòu)思想的具體體現(xiàn). 從形的角度來看，“直線AA與☉M相切”與“直線AA與☉M相切”是完全同構(gòu)的，最后得出“直線AA與☉M相切”，也是同構(gòu)的必然結(jié)果！從數(shù)的角度來看，根據(jù)直線AA，AA與☉M相切，得到（y-1）y+2yy+3-y=0與（y-1）y+2yy+3-y=0兩個(gè)方程，這就是兩個(gè)同構(gòu)方程，從而利用韋達(dá)定理簡化計(jì)算！

3. 真題關(guān)聯(lián)

江蘇省揚(yáng)州市2015—2016學(xué)年度第一學(xué)期高三期中調(diào)研測(cè)試第19題：已知直線x-2y+2=0與圓C：x2+y2-4y+m=0相交，截得的弦長為.

（1）求圓C的方程;

（2）過原點(diǎn)O作圓C的兩條切線，與拋物線y=x2相交于異于原點(diǎn)的兩點(diǎn)M，N，證明：直線MN與圓C相切;

（3）若拋物線y=x2上任意三個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，R，且滿足直線PQ和PR都與圓O相切，判斷直線QR與圓O的位置關(guān)系，并加以證明.

分析：本題的第（3）問與上述2021年高考題的第（2）問，無論是題目的呈現(xiàn)方式還是解答過程，幾乎一模一樣！實(shí)際上，上面的高考題及揚(yáng)州市的模擬題，均改編于《新課標(biāo)高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽通用教材（高二分冊(cè)）》（浙江大學(xué)出版社，2013年7月底第3版）上的一道訓(xùn)練題，原題如下：“已知圓O：x2+y2=1和二次函數(shù)曲線y=x2-2上三個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，R，如果直線PQ和PR都與圓O相切，求證：直線QR也與圓O相切（見該書第73頁第13題）.”

[?] 注重教學(xué)融合

毋庸置疑，地方卷與全國卷中的解析幾何題存在著一定的區(qū)別：全國卷中對(duì)圓的要求有所降低;解答題中不僅以橢圓與圓為載體進(jìn)行考查，也出現(xiàn)了更多以拋物線為載體的問題;全國卷中對(duì)軌跡與方程的考查要求有所提高. 但通過前面的分析，我們也發(fā)現(xiàn)，全國卷與地方卷的解析幾何題也有眾多的相似甚至相同之處：一是考查的內(nèi)容，主要考查曲線與方程、離心率、長度、面積、定點(diǎn)、定值、最值等;二是考查的能力，地方卷及全國卷對(duì)學(xué)生的運(yùn)算求解能力要求都較高，突出考查解析法在解題中的運(yùn)用. 因此，在今后的教學(xué)中，我們不僅要了解地方卷與全國卷的區(qū)別所在，及時(shí)調(diào)整教學(xué)策略，更要清楚兩者之間存在著密切的聯(lián)系，注重在以下幾方面進(jìn)行教學(xué)融合：

（1）注重靈活選擇算理和算法. 高考對(duì)運(yùn)算求解能力的考查不僅在于學(xué)生的計(jì)算，更在于學(xué)生對(duì)算理和算法的選擇，所以教師在課堂教學(xué)中，必須教會(huì)學(xué)生設(shè)計(jì)合理、簡捷的算法，以減少運(yùn)算量，避免陷入“死算”. 例如：涉及直線與圓錐曲線相交的問題時(shí)，通過消元，在得到關(guān)于x（或y）的方程后，這時(shí)為了減少運(yùn)算量，往往不直接求出方程的根，而是巧妙運(yùn)用韋達(dá)定理，設(shè)而不求、整體求解;又如：文章中的第一例，通過構(gòu)造齊次式，再進(jìn)行換元，以達(dá)到消參的目的.

（2）注重函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、不等式等思想方法的應(yīng)用. 例如：求范圍或最值時(shí)，要善于利用函數(shù)思想或基本不等式來解決;又如：在處理解析幾何問題時(shí)，要將數(shù)與形緊密地結(jié)合起來. 實(shí)際上，對(duì)于某些問題，如果一味地用代數(shù)求解，有時(shí)會(huì)導(dǎo)致運(yùn)算過于煩瑣;相反，若能充分利用圖形的幾何性質(zhì)和圓錐曲線的定義，往往會(huì)使運(yùn)算量大大減少、解法更加優(yōu)化.

（3）注重培育學(xué)生解題運(yùn)算的非智力因素. 培養(yǎng)學(xué)生的運(yùn)算求解能力，當(dāng)然需要學(xué)生在課外加強(qiáng)演練. 但作為教師，在平時(shí)的課堂教學(xué)中，在傳授知識(shí)與方法的同時(shí)，更應(yīng)舍得花時(shí)間，注重培育學(xué)生解題的非智力因素，諸如細(xì)心、耐心、靜心等，使學(xué)生在碰到較復(fù)雜的運(yùn)算時(shí)，能冷靜分析、精準(zhǔn)計(jì)算.

（4）注重解題后的回顧與反思. 在每題的解題任務(wù)完成后，培養(yǎng)學(xué)生反思與回顧的習(xí)慣，可以讓學(xué)生想一想：算理與算法的選擇是否合理？能否優(yōu)化運(yùn)算過程？有無其他優(yōu)解？長此以往，學(xué)生的運(yùn)算求解能力必將得到進(jìn)一步提高！