摘"要：2023年高考北京卷第19題第（2）問具有高等幾何的背景，其命題的背景來源于帕斯卡定理，本文從不同的角度研究解題的思路，突出通性通法，剖析試題背景，結(jié)合定理追根溯源，給出教學(xué)建議.

關(guān)鍵詞：背景溯源；圓錐曲線；解法賞析

圓錐曲線與方程是解析幾何的重要組成部分，是高考的重點與熱點.考查解析幾何基本思想與基本方法，應(yīng)重視對學(xué)生邏輯推理、直觀現(xiàn)象、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)以及學(xué)生分析問題、解決問題的能力的考查，同時也要充分發(fā)揮中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)的導(dǎo)向作用.［1］

1"真題呈現(xiàn)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為53，A，C分別是E的上、下頂點，B，D分別是E的左、右頂點，|AC|=4.

（1）求E的方程.

（2）設(shè)P為第一象限內(nèi)E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y=-2交于點N.求證：MN∥CD.

2"解法賞析

解：（1）略；（2）解題思維導(dǎo)圖如圖1所示.

思路1：設(shè)點P坐標(biāo)，求出直線BC，PD，PA的方程，從而求得點M，N的坐標(biāo)，求得kMN，根據(jù)題意求得kCD，得到kMN=kCD.

解法1：因為P為第一象限E上的動點，設(shè)P（m，n）（0lt;mlt;3，0lt;nlt;2），則m29+n24=1.

直線BC的方程為y=-23x-2，直線PD的方程為y=nm-3（x-3）.

聯(lián)立直線BC，PD的方程y=-23x-2，

y=nm-3（x-3），

得M3（3n-2m+6）3n+2m-6，-12n3n+2m-6.

直線PA的方程為y=n-2mx+2，令y=-2，則-2=n-2mx+2，解得x=-4mn-2.

即N-4mn-2，-2.

又m29+n24=1，則m2=9-9n24，8m2=72-18n2.

所以kMN=-12n3n+2m-6+23（3n-2m+6）3n+2m-6--4mn-2=2（-3n2+2mn-4m+12）3（-3n2+2mn-4m+12）=23.

又kCD=0+23-0=23，即kMN=kCD，所以MN∥CD.

評注1：計算kMN-23=-23xMxM-xN-23=23×-2xM+xNxM-xN，對于分式分子-2xM+xN=12m-18n-362m+3n-6+4m2-n=8m2+18n2-72（2m+3n-6）（2-n）.又m29+n24=1，得4m2+9n2=36，所以-2xM+xN=0，即kMN=kCD，所以MN∥CD.

反思：在平面解析幾何的綜合應(yīng)用問題中，借助設(shè)點法，由點到線，聯(lián)立直線與直線方程，通過函數(shù)與方程思維的轉(zhuǎn)化，為問題的進(jìn)一步分析與求解提供條件.借助設(shè)點法，求直線斜率，思路清晰明了.

思路2：利用橢圓參數(shù)方程，設(shè)P（3cosθ，2sinθ）0lt;θlt;π2，聯(lián)立方程組，從而求得點M，N的坐標(biāo)，求得kMN，再根據(jù)題意求得kCD，得到kMN=kCD.

解法2：因為P為第一象限E上的動點，所以設(shè)P（3cosθ，2sinθ）0lt;θlt;π2.

直線BC的方程為y=-2x3-2，直線PD的方程為y=2sinθ3cosθ-3（x-3）.

聯(lián)立y=-23x-2，

y=2sinθ3cosθ-3（x-3），

得M3sinθ-3cosθ+3sinθ+cosθ-1，-4sinθsinθ+cosθ-1.

直線PA的方程為y=2sinθ-23cosθx+2，聯(lián)立y=2sinθ-23cosθx+2，

y=-2，解得N6cosθ1-sinθ，-2.

所以kMN=-4sinθsinθ+cosθ-1+23sinθ-3cosθ+3sinθ+cosθ-1-6cosθ1-sinθ=23.

又kDC=23，即kDC=kMN，所以CD∥MN.

反思：平面解析幾何問題中，通過圓錐曲線的參數(shù)方程的應(yīng)用，將解析幾何問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，借助三角函數(shù)的基本關(guān)系進(jìn)行綜合與應(yīng)用，使得問題中的變量更加統(tǒng)一.

思路3：設(shè)直線PD的方程，由韋達(dá)定理計算P坐標(biāo)，求出直線PA方程，從而求得點M，N的坐標(biāo)，求出kMN，再根據(jù)題意求得kCD，得到kMN=kCD.

解法3：設(shè)直線PD的方程為y=k（x-3），直線BC方程為y=-23x-2.

聯(lián)立y=-23x-2，

y=k（x-3），

解得x=9k-63k+2，

y=-12k3k+2.

即M9k-63k+2，-12k3k+2.

聯(lián)立y=k（x-3），

x29+y24=1，得（4+9k2）x2-54k2x+81k2-36=0.

由韋達(dá)定理，得xPxD=81k2-364+9k2，解得xP=27k2-124+9k2.

代入直線PD的方程得yP=-24k4+9k2，即P27k2-124+9k2，-24k4+9k2.

直線PA的斜率k=-24k4+9k2-227k2-124+9k2=-24k-8-18k227k2-12=-2（3k+2）23（3k+2）（3k-2）=-2（3k+2）3（3k-2）.

所以直線PA的方程為y=-2（3k+2）3（3k-2）x+2，聯(lián)立y=-2（3k+2）3（3k-2）x+2，

y=-2，解得N6（3k-2）3k+2，-2.

直線MN的斜率kMN=-12k3k+2+29k-63k+2-6（3k-2）3k+2=-12k+6k+49k-6-18k+12=-6k+4-9k+6=23.

所以kMN=kCD，又MN與CD不重合，所以MN∥CD.

解法4：設(shè)直線PD的方程為x=ty+3，直線BC的方程為y=-23x-2.

聯(lián)立y=-23x-2，

x=ty+3，解得M-6t+93+2t，-123+2t.

聯(lián)立x=ty+3，

x29+y24=1，得（4t2+9）y2+24ty=0.

解得yP=-24t4t2+9，代入直線PD方程，得xP=-12t2+274t2+9，即P-12t2+274t2+9，-24t4t2+9.

直線PA的方程為y=2（2t+3）3（2t-3）x+2，聯(lián)立y=-2（3k+2）3（3k-2）x+2，

y=-2，解得N-12t+182t+3，-2.

所以kMN=-123+2t+2-6t+93+2t--12t+182t+3=4t-66t-9=23.

所以kMN=kCD，又MN與CD不重合，所以MN∥CD.

思路4：設(shè)直線PA的方程，求出直線BC的方程，求點N的坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理求出點P的坐標(biāo)，求出直線PD的方程，從而求得點M的坐標(biāo)，求得kMN，再根據(jù)題意求得kCD，得到kMN=kCD.

解法5：設(shè)直線PA的方程為y=kx+2，直線BC的方程為y=-23x-2.

聯(lián)立y=kx+2，

y=-2.

解得x=-4k，

y=-2，即N-4k，-2.

聯(lián)立y=kx+2，

x29+y24=1，得（4+9k2）x2+36kx=0.

解得xP=-36k4+9k2，代入直線PA的方程得yP=-18k2+84+9k2，即P-36k4+9k2，-18k2+84+9k2.

直線PD的方程為y=2（3k-2）3（3k+2）（x-3），聯(lián)立y=2（3k-2）3（3k+2）（x-3），

y=-23x-2，得xM=-2k.

即M-2k，4-6k3k.

由N-4k，-2，得直線MN的斜率為kMN=4-6k3k+2-2k+4k=43k2k=23，所以kMN=kCD，所以MN∥CD.

評注2：由解法5知，N-4k，-2，M-2k，4-6k3k，xN=2xM，所以△CMN為等腰三角形，∠MCN=∠MNC，△CBD為等腰三角形，∠CBD=∠CDB，BD∥CN，所以∠DBC=∠MCN，∠CDB=∠DCN，因此∠MNC=∠DCN，CD∥MN，所以MN∥CD."

解法6：設(shè)直線PA的方程為x=t（y-2），設(shè)直線BC的方程為y=-23x-2.

聯(lián)立x=t（y-2），

y=-2，解得N（-4t，-2）.聯(lián)立x=t（y-2），

x29+y24=1，得（4t2+9）y2-16t2y+16t2-36=0.

由韋達(dá)定理，得yPyA=16t2-364t2+9，解得yP=8t2-184t2+9，代入直線PA方程，得xP=-36t4t2+9，即P-36t4t2+9，8t2-184t2+9，所以直線PD的方程為y=2（2t-3）-3（2t+3）（x-3）.

聯(lián)立y=2（2t-3）-3（2t+3）（x-3），

y=-23x-2，得xM=-2t.

即M-2t，4t-63，所以直線MN的斜率為kMN=4t-63+2-2t+4t=4t32t=23，所以kMN=kCD，所以MN∥CD."

反思：解法3至解法6，采用設(shè)直線法，將直線和橢圓聯(lián)立方程組，借助韋達(dá)定理，解點的坐標(biāo)，不同直線的設(shè)法計算量相當(dāng)，此題設(shè)點法比設(shè)直線法計算量減少.

思路5：利用仿射變換，將橢圓變成圓（如圖2）進(jìn)行求解.

因為橢圓E的方程為x29+y24=1，設(shè)x′=23x，

y′=y，即E′：x′2+y′2=4，A′（0，2），C′（0，-2），B′（-2，0），D′（2，0）.

解法7：因為P′為第一象限E′上的動點，設(shè)P′（m，n）（0lt;mlt;2，0lt;nlt;2），則m2+n2=4.

直線B′C′的方程為y′=-x′-2，直線P′D′的方程為y′=nm-2（x′-2）.

聯(lián)立y′=-x′-2，

y′=nm-2（x′-2）.

即M′2n-2m+4m+n-2，-4nm+n-2.

直線P′A′的方程為y′=n-2mx′+2，聯(lián)立y′=n-2mx′+2，

y′=-2，解得N′-4mn-2，-2.

所以kM′N′=2n2+4m-2mn-8-2n2+4m-2mn+8-4m2.

又m2+n2=4，所以kM′N′=2n2+4m-2mn-8-2n2+4m-2mn+8+4n2-16=1.

又kD′C′=1，即kD′C′=kM′N′，所以C′D′∥M′N′，所以MN∥CD.

反思：在高中數(shù)學(xué)解析幾何題中，用仿射變換把橢圓變換為圓，將直線和橢圓的問題轉(zhuǎn)化為直線和圓的問題，從而使解決問題的過程簡化.

解法8：如圖3所示，AB與C2D交于T，BC1與PD交于M，C1C2與AP交于N，由帕斯卡定理知，M，N，T三點共線，C1D∥AB，直線AB與直線C2D交點T在無窮遠(yuǎn)處，則T在直線MN的無窮遠(yuǎn)處，則CD∥MN.

3"教學(xué)啟示

3.1"回歸教材，務(wù)實基礎(chǔ)，強(qiáng)化運算求解能力

高考試題命題源于教材，又高于教材，與教材例題、習(xí)題相近，在復(fù)習(xí)備考時，教師應(yīng)以本為根，引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)真研究教材、習(xí)題，重視教材的價值，并且要不斷提高學(xué)生的運算能力、思維的深度、邏輯思維能力.

3.2"重視圖形，數(shù)形結(jié)合，發(fā)展直觀想象

平面解析幾何是用代數(shù)的方法研究幾何問題，思想是代數(shù)與幾何的結(jié)合與相互轉(zhuǎn)化，解析是方法，幾何是本真.在用代數(shù)方法、知識解題時，充分抓住問題的幾何特征，簡化運算，可以起到事半功倍的效果.在解題訓(xùn)練中，可以歸納出一般題型的通性通法，不斷改進(jìn)解題策略，以此發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

參考文獻(xiàn)

［1］中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［2］李鴻昌.高考題的高數(shù)探源與初等解法［M］.合肥：中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)出版社，2022.

2023年北京高考數(shù)學(xué)卷第19題解法賞析**基金項目：江蘇省連云港市中小學(xué)教學(xué)研究第十五期課題“指向核心素養(yǎng)的高中數(shù)學(xué)‘教學(xué)評’一體化單元教學(xué)實踐探究”（項目編號：2023LYGJK15-L034）.