2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅱ卷壓軸題分層設(shè)問、環(huán)環(huán)相扣，其命題背景的主線被一則數(shù)學(xué)史料所牽引，三個小問都可以通過基本方法大幅度簡化計算過程，充分體現(xiàn)了“多想少算”的設(shè)計理念，引導(dǎo)中學(xué)教學(xué)充分重視思維能力、探究能力和解決問題能力的培養(yǎng).

引例：（2024年高考新課標(biāo)Ⅱ卷末題）已知雙曲線C：x2－y2=m（m>0），點P1（5，4）在C上，k為常數(shù)，且0<k<1，按照如下公式依次構(gòu)造點Pn（xn，yn）（n=2，3，…）：過點Pn－1作斜率為k的直線與C的左支點交于點Qn－1，令Pn是Qn－1關(guān)于y軸的對稱點.

（1）若k=12，求x2，y2；

（2）證明：數(shù)列{xn－yn}是公比為1+k1－k的等比數(shù)列；

（3）設(shè)Sn為△PnPn+1Pn+2的面積，證明：對于任意正整數(shù)n，Sn+1=Sn.

審題：點列Pn在雙曲線x2－y2=m（m>0）的右支上，點列Qn在該雙曲線的左支上，點Pn是點Qn－1（n=2，3，…）關(guān)于y軸的對稱點意味著線段QnPn+1（n∈N+）的中垂線是y軸.

思路：第（1）問是送分的熱身題，求出并聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，關(guān)鍵在于解方程組.

第（2）問表面看起來比較棘手，自然思路是用點Pn－1與斜率k得到直線Pn－1Qn－1方程，與雙曲線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理得到xn－xn－1表達(dá)式；其實，

也可從結(jié)果入手，要證{xn－yn}是公比為1+k1－k的等比數(shù)列，即證xn－yn=1－k1+k（xn－1－yn－1），于是求出xn－1，yn－1的表達(dá)式，然后代入計算xn－yn.

第（3）問，如下列兩圖所示，要證明Sn+1=Sn即兩個等底PnPn+1的△Pn+1Pn+2Pn+3和△PnPn+1Pn+2的面積相等，只要證明Pn+1Pn+2//PnPn+3.

解析：（1）代入得m=52－42=9，故C的方程為x2－y2=9.直線P1Q1的方程為y－4=12（x－5），即為y=12（x+3）.聯(lián)立x2－y2=9，y=12（x+3），消去y得x2－2x－15=0，解得x=－3或x=5，所以該直線與C的不同于P1的交點為Q1－3，0，根據(jù)軸對稱性得P23，0，從而x2=3，y2=0.

（2）解法一：Qn－1與Pn與關(guān)于y軸的對稱，Qn－1（－xn，yn）.設(shè)直線Pn－1Qn－1的方程為y－yn－1=k（x－xn－1）即y=kx+yn－1－kxn－1，

由x2－y2=9，y=kx+yn－1－kxn－1，消去y代入得x2－（kx+yn－1－kxn－1）2=9，整理得：

（1－k2）x2－2k（yn－1－kxn－1）x－（yn－1－kxn－1）2－9=0，由韋達(dá)定理得－xn+xn－1=2k（yn－1－kxn－1）1－k2，

所以 xn=2kyn－1－（k2+1）xn－1k2－1.

又因為Qn－1（－xn，yn）在直線Pn－1Qn－1上，所以yn=－kxn+yn－1－kxn－1，

所以 xn－yn=（1+k）xn－yn－1+kxn－1=2kyn－1－（k2+1）xn－1k－1－yn－1+kxn－1=1+k1－k（xn－1－yn－1）.

其中，由x21－y21=9知x1－y1≠0，所以數(shù)列xn－yn是公比為1+k1－k的等比數(shù)列.

解法二：由于Qn－1與Pn與關(guān)于y軸的對稱，則Qn－1（－xn，yn）.設(shè)直線Pn－1Qn－1的方程為y－yn－1=k（x－xn－1），又因為Qn－1（－xn，yn）在直線Pn－1Qn－1上，則yn－yn－1=k（－xn－xn－1）①

由x2n－y2n=9，x2n－1－y2n－1=9， 兩式相減得（xn－xn－1）（xn+xn－1）=（yn－yn－1）（yn+yn－1）②

將①代入②得xn－xn－1=－k（yn+yn－1）③

③-①得（xn－yn）－（xn－1－yn－1）=k（xn－yn）+k（xn－1－yn－1），則xn－ynxn－1－yn－1=1+k1－k.

其中由x21－y21=9知x1－y1≠0，所以數(shù)列xn－yn是公比為1+k1－k的等比數(shù)列.

（3）要證Sn+1=Sn即證SΔPnPn+1Pn+2=SΔPn+1Pn+2Pn+3，由于ΔPnPn+1Pn+2與ΔPn+1Pn+2Pn+3的底邊Pn+1Pn+2相同，所以只需證明Pn+1Pn+2//PnPn+3，即只要證明yn+2－yn+1xn+2－xn+1=yn+3－ynxn+3－xn（*）

設(shè)1+k1－k=t，則xn－yn=tn－1，又因為x2n－y2n=9，所以xn+yn=9t1－n，

所以 xn=9t1－n+tn－12，yn=9t1－n－tn－12；xn+1=9t－n+tn2，yn+1=9t－n－tn2；

xn+2=9t－1－n－tn+12，yn+2=9t－1－n－tn+12；xn+3=9t－2－n+tn+22，yn+3=9t－n－2－tn+22.

故 yn+2－yn+1xn+2－xn+1=（9t－1－n－tn+1）－（9t－n－tn）（9t－1－n+tn+1）－（9t－n+tn）=9+t2n+19－t2n+1，yn+3－ynxn+3－xn=（9t－2－n－tn+2）－（9t1－n－tn－1）（9t－2－n+tn+2）－（9t1－n+tn－1）=9+t2n+19－t2n+1，

故（*）成立，原問題得證.

反思：解答本題各小題的一條主線是求出并運(yùn)用點Pn的坐標(biāo)表達(dá)式，并且恰當(dāng)運(yùn)用幾何知識來簡化運(yùn)算，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，側(cè)重考察學(xué)生關(guān)于數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等基本數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

探源：在雙曲線x2－y2=9的內(nèi)接凹六邊形PnQnPn+1Pn+2Qn+2Pn+3中，已知PnQn//Pn+2Qn+2且Pn+1Qn//Qn+2Pn+3，已證Pn+1Pn+2//PnPn+3.這種命題背景可以探源到帕斯卡定理的特例——

17世紀(jì)著名的數(shù)學(xué)家、哲學(xué)家帕斯卡在17歲發(fā)表的關(guān)于射影幾何的一個基本定理被人們稱為帕斯卡定理：“如果圓錐曲線的內(nèi)接六邊形的三對對邊所在的直線分別相交，那么這三個交點共線.”特殊地，我們把互相平行的直線想象為它們相交于無窮遠(yuǎn)點，而所有無窮遠(yuǎn)點都在無窮遠(yuǎn)線上，于是，若圓錐曲線內(nèi)接六邊形的兩組對邊互相平行，則第三組對邊也互相平行.

不難發(fā)現(xiàn)，很多高考題目都是有明顯的數(shù)學(xué)史背景的.假如把此題的雙曲線更換為另外的任何一條圓錐曲線，都可以改編出靈巧的新題.

如圖，已知拋物線C：x2=4y，過點M（0，2）任作一直線與C于A，B兩點，過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D（O為坐標(biāo)原點）. 證明：動點D在定直線上.

命題揭秘：構(gòu)想拋物線C：x2=4y的內(nèi)接凸六邊形A1A2PB1B2O的點P是與y軸正方向同向的無窮遠(yuǎn)點，當(dāng)兩點A1A2無限趨近

直到重合于A點，兩點B1B2無限趨近直到重合于B點時，可理解兩條直線AP、BP都平行于y軸．如右圖所示，再設(shè)兩直線

A1A2、B1B2交于點E、兩直線A1P、B2O交于點F ，則運(yùn)用帕斯卡定理和極限思想推測知三點D、E、F共線．由極限思想和極線觀點推知，動點E的軌跡是點M的極線y=－2，則動點D也在這條定直線上．

補(bǔ)注：①借用極限思想可以理解，平行線“相交”于“無窮遠(yuǎn)點”，“無窮遠(yuǎn)點”在任何直線上．②解答這道題相當(dāng)順暢，但編擬這道題卻不輕松，這說明許多時候提出問題比解決問題困難．

大家可以揭秘2020全國Ⅰ卷文21理20的編寫歷程：

已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG·GB=8.P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.

（1）求E的方程；

（2）證明：直線CD過定點.

近年來命題專家青睞于以帕斯卡定理為背景，把其一般情形演變到具體、特殊、極端、退化等情形，再借助笛沙格的極點與極線理論，就能夠高屋建瓴地編擬高考題．

【作者簡介：中學(xué)高級教師，省級學(xué)科帶頭人，近二十年來一直專注于數(shù)學(xué)高考真題研究工作；在中國科技大學(xué)出版社出版《數(shù)學(xué)高考經(jīng)典》一套六本】

責(zé)任編輯 徐國堅