摘" 要：2022年高考北京卷數(shù)學(xué)試題堅持“以德為先，能力為重，全面發(fā)展”的命題理念，試題關(guān)注數(shù)學(xué)本質(zhì)，學(xué)生在解題的過程中感悟數(shù)學(xué)思想與方法，緊扣課標(biāo)與教材，既考查教材的基礎(chǔ)知識，又考查常用的通性通法，引導(dǎo)教學(xué)回歸課堂，全面考查學(xué)生的六大核心素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：數(shù)學(xué)本質(zhì)；思想方法；緊扣課標(biāo)；回歸課堂

中圖分類號：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0006-07

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：李波（1991—），男，四川省儀隴人，中學(xué)一級教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

文獻(xiàn)［1］提出多解探究，既能促進(jìn)教師專業(yè)快速成長，又可以提升學(xué)生的解題能力和對章節(jié)知識的整合水平，促使學(xué)生對試題進(jìn)行深入探究，挖掘試題的深層背景，理解試題的命題立意，把控試題的命題趨勢，進(jìn)而提升復(fù)習(xí)的針對性和實效性．2022年高考北京卷的解析幾何試題，呈現(xiàn)給我們的是一道圖形鮮明、條件簡潔、解法多樣的高質(zhì)量試題，具有較好的區(qū)分度，命題者以情境為載體考查學(xué)生的直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng)，引導(dǎo)廣大師生在以后的教學(xué)中應(yīng)以高考試題為素材，深入探究，真正理解數(shù)學(xué)本質(zhì)，優(yōu)化解題思維.

1" 試題再現(xiàn)

題目" 已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一個頂點為A（0，1），焦距為23.

（1）求橢圓E的方程；

（2）過點P（-2，1）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的B，C兩點，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N.當(dāng)|MN|=2時，求k的值.

分析" 第（1）問主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)類題目.第（2）問主要考查直線和橢圓的普通方程、極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程、三點共線、圖象的變換等知識；考查換元、設(shè)而不求、合情推理與演繹推理、方程齊次化等基本方法，數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類討論、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想；考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)抽象等核心素養(yǎng)，讓學(xué)生在掌握主干知識、領(lǐng)悟思想方法的同時，培養(yǎng)創(chuàng)新思維，提升學(xué)科核心素養(yǎng)，促進(jìn)能力發(fā)展.

2" 解法賞析

2.1" 第（1）問解析

解析" 橢圓E的方程為x24+y2=1.2.2" 第（2）問解析

角度1" 根據(jù)題干信息，直接翻譯.

解法1" 當(dāng)直線BC的斜率不存在時，顯然不滿足題意.

當(dāng)直線BC的斜率存在時，設(shè)直線BC的方程為y-1=k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），

聯(lián)立y=kx+2k+1，x2+4y2=4， 消y，得

（1+4k2）x2+（16k2+8k）x+16k2+16k=0，

滿足△=-64kgt;0，即klt;0.

由根與系數(shù)的關(guān)系知，

x1+x2=-16k2+8k1+4k2，x1x2=16k2+16k1+4k2.

直線AB的斜率kAB=y1-1x1，其方程為

y=y1-1x1x+1.

令y=0，解得xM=-x1k（x1+2）.

同理可得xN=-x2k（x2+2）.

易知|MN|=|xN-xM|=|x2k（x2+2）-x1k（x1+2）|.

整理，得

|MN|=2|k|·|x2-x1||x1x2+2（x1+x2）+4|.

代入兩根之和、積有4-k=2，即k=-4.

評析" 通過坐標(biāo)法將題干幾何問題代數(shù)化，簡單易操作，彰顯了數(shù)學(xué)的通性通法，但該方法計算量較大.

角度2" 以斜率為變量，同構(gòu)方程.

解法2" 設(shè)直線AM，AN的方程分別為y=k1x+1，y=k2x+1，BC的方程為y-1=k（x+2），聯(lián)立y=k1x+1，y=kx+2k+1，

解得x=2kk1-k，y=2kk1k1-k+1.

即B（2kk1-k，2kk1k1-k+1）.

又點B在橢圓x24+y2=1上，

所以14（2kk1-k）2+（2kk1k1-k+1）2=1.

整理，得

k［（4k+4）k21-4kk1+k］=0.

顯然k≠0，所以（4k+4）k21-4kk1+k=0.

同理可得（4k+4）k22-4kk2+k=0.

易知k1，k2是方程（4k+4）x2-4kx+k=0的兩根，滿足△=-16kgt;0，即klt;0.

由根與系數(shù)的關(guān)系，知

k1+k2=4k4k+4，k1k2=k4k+4.

令k1x+1=0，k2x+1=0，

解得xM=-1k1，xN=-1k2.

易知|MN|=|1k1-1k2|=|k1-k2||k1k2|.

代入兩根之和、積得4-k=2，即k=-4.

評析" 由直線與直線的位置關(guān)系，可將坐標(biāo)用斜率表示，代入橢圓中，整理得到一元二次方程，再利用同構(gòu)解題.同構(gòu)法構(gòu)造方程組解題是高中數(shù)學(xué)解題中的常用方法，解題中通過觀察、分析、整理，使等式（不等式）同構(gòu)，利用性質(zhì)快速解題.

角度3" 利用三點共線.

解法3" 設(shè)直線AM，AN的方程為y=k1x+1，y=k2x+1，聯(lián)立y=k1x+1，x2+4y2=4， 消y，得

（1+4k21）x2+8k1x=0，

解得x=-8k11+4k21.

易知B（-8k11+4k21，1-4k211+4k21）.

直線PB的斜率

kPB=（1-4k21）/（1+4k21）-1-8k1/（1+4k21）+2=-4（k12k1-1）2.

同理可得，直線PC的斜率

kPC=-4（k22k2-1）2.

因為P，B，C三點共線，所以kPB=kPC.

即（k12k1-1）2=（k22k2-1）2.

當(dāng)k12k1-1=k22k2-1時，k1=k2，B，C兩點重合，不滿足題意；

當(dāng)k12k1-1=-k22k2-1時，1k1+1k2=4，由解法2知1k1-1k2=2，解得k1=13，k2=1，所以kBC=-4.

解法4" 設(shè)M（m，0），N（m-2，0），則直線AM的方程為y=-1mx+1，聯(lián)立y=-1mx+1，x2+4y2=4，

解得x=8mm2+4，y=m2-4m2+4.

即B（8mm2+4，m2-4m2+4）.

同理C（8m-16m2-4m+8，m2-4mm2-4m+8）.

又A（0，1），P（-2，1），所以

AP=（-2，0），

AB=（8mm2+4，-8m2+4），

AC=（8m-16m2-4m+8，-8m2-4m+8）.

由P，B，C三點共線知，存在實數(shù)λ使得

AC=λAB+（1-λ）AP.

即（8m-16m2-4m+8，-8m2-4m+8）=λ（8mm2+4，-8m2+4）+（1-λ）（-2，0）.

解得m=-1，易知B（-85，-35）.

所以kBC=-4.

評析" 利用直線與直線、橢圓的位置關(guān)系求出交點坐標(biāo)，并將P，B，C三點共線問題轉(zhuǎn)化為kPB=kPC，AC=λAB+（1-λ）AP，再利用坐標(biāo)運(yùn)算求解.

角度4" 利用直線的參數(shù)方程.

解法5" 設(shè)直線BC的參數(shù)方程為x=-2+tcosα，y=1+tsinα（t為參數(shù)），

將參數(shù)方程代入x24+y2=1，整理，得

（1+3sin2α）t2+（8sinα-4cosα）t+4=0，

滿足△=-64sinαcosαgt;0，即α∈（π2，π）.

由根與系數(shù)的關(guān)系，知

t1+t2=4cosα-8sinα1+3sin2α，t1t2=41+3sin2α.

根據(jù)t的幾何意義，設(shè)

B（-2+t1cosα，1+t1sinα），

C（-2+t2cosα，1+t2sinα），

則直線AB的斜率kAB=t1sinαt1cosα-2，

方程為y=t1sinαt1cosα-2x+1.

令y=0，解得xM=2sinα·1t1-1tanα.

同理可得xN=2sinα·1t2-1tanα.

所以|MN|=2|sinα|·|t1-t2||t1t2|

=2|sinα|·（t1+t2）2-4t1t2|t1t2|.

代入兩根之和、積得tanα=-4.

即k=-4.

角度5" 利用橢圓的參數(shù)方程.

解法6" 設(shè)B（2cosα，sinα），C（2cosβ，sinβ），由A（0，1）知，直線AB的斜率為

kAB=sinα-12cosα，方程為y=sinα-12cosαx+1.

令y=0，解得xM=2cosα1-sinα.

同理可得xN=2cosβ1-sinβ，

|MN|=2cosβ1-sinβ-2cosα1-sinα=2.

即cosβ1-sinβ-cosα1-sinα=1.①

直線PB，PC的斜率分別為

kPB=sinα-12cosα+2，

kPC=sinβ-12cosβ+2，

根據(jù)P，B，C三點共線，可得

sinα-1cosα+1=sinβ-1cosβ+1.②

由①式知：cosαsinβ-sinαcosβ=cosα+sinα-cosβ-sinβ；

由②式知：cosαsinβ-sinαcosβ=1-sinα-sinβ+sinαsinβ+cosα-cosβ；

解得sinβ=2-1sinα.

代入②式，得

cosβ=cosαsinα+1sinα-1.

由cos2β+sin2β=1，求得

cosα=-1213，sinα=513，cosβ=-45，sinβ=-35.

易知B（-85，-35）.

所以kBC=-4.

角度6" 利用圖象的平移變換.

解法7" 如圖1，經(jīng)過平移變換x′=x，y′=y-1， 得到橢圓x′24+（y′+1）2=1.

圖1" 圖象的平移變換示意圖

此時點A（0，0），P（-2，0），設(shè)直線BC的

方程為x=ty-2，B（x1，y1），C（x2，y2），

聯(lián)立x=ty-2，x2+4（y+1）2=4， 消x，得

（t2+4）y2+（8-4t）y+4=0，

滿足△=-64tgt;0，即tlt;0.

由根與系數(shù)的關(guān)系，知

y1+y2=4t-8t2+4，y1y2=4t2+4.

由題易知，直線AB的方程為y=y1ty1-2x.

令y=-1，則xM=2y1-t.

同理可得xN=2y2-t.

則|MN|=2·|y1-y2||y1y2|.

代入兩根之和、積得-t=12，即t=-14.

所以直線BC的斜率k=-4.

角度7" 方程齊次化.

解法8 ""經(jīng)過平移變換x′=x，y′=y-1，

得到橢圓的方程為x′24+（y′+1）2=1.

展開后，得x′2+4y′2+8y′=0.

此時點A（0，0），P（-2，0）.

設(shè)直線BC的方程為x′=ty′-2，

則1=t2y′-x′2.

設(shè)B（x′1，y′1），C（x′2，y′2），則直線AB，AC的方程分別為y′=k1x′，y′=k2x′，其中k1=y′1x′1，k2=y′2x′2.

令k1x′=-1，解得x′M=-1k1.

同理可得x′N=-1k2.

則|MN|=|1k1-1k2|=|k1-k2||k1k2|.

將1=t2y′-x′2代入x′2+4y′2+8y′=0，得

x′2+4y′2+8y′（t2y′-x′2）=0.

化簡，得（4+4t）y′2-4x′y′+x′2=0.

等式兩邊同時除以x′2，得

（4+4t）（y′x′）2-4·y′x′+1=0.

顯然k1，k2是上述方程的兩根，滿足

△=-16tgt;0，即tlt;0.

由根與系數(shù)關(guān)系，知

k1+k2=11+t，k1k2=14+4t.

將兩根之和與積代入|MN|=|k1-k2||k1k2|，得-16t=2.

即t=-14.

所以直線BC的斜率k=-4.

角度8" 利用極坐標(biāo)系.

解法9" 由解法7知，經(jīng)過平移變換x′=x，y′=y-1， 得到橢圓的方程為x′24+（y′+1）2=1，此時A（0，0），P（-2，0），

橢圓的極坐標(biāo)方程為

ρ=-8sinθ1+3sin2θ，θ∈［π，2π］.

過點B作x軸的平行線交AC于點H，設(shè)B（ρB，α），C（ρC，β），H（ρH，β），M（ρM，α），N（ρN，β），由ρMsinα=ρNsinβ=-1，解得ρM=-1sinα，ρN=-1sinβ，

所以xM=ρMcosα=-1tanα.

同理可得xN=-1tanβ.

結(jié)合圖象，易知|MN|=1tanα-1tanβ=2.

由BH平行x軸，知ρBsinα=ρHsinβ.

又ρB=-8sinα1+3sin2α，

所以ρH=1sinβ·-8sin2α1+3sin2α，

xH=ρHcosβ=cosβsinβ·-8sin2α1+3sin2α.

同理可得xB=-8sinαcosα1+3sin2α.

結(jié)合圖象知

|HB|=xH-xB

=8sinαcosα1+3sin2α-cosβsinβ·8sin2α1+3sin2α.

由HB∥AP，知△CHB∽△CAP，

所以|CH||CA|=|HB||AP|.

即ρC-ρHρC=|HB|2.

代入前面各個式子可得

1-sin2αsin2β·1+3sin2β1+3sin2α

=128sinαcosα1+3sin2α-cosβsinβ·8sin2α1+3sin2α.

化簡，得

1-tan2αtan2β=4tanα-tan2αtanβ.

又1tanα-1tanβ=2，

解得tanα=13，tanβ=1.

由tanβ=1，知

∠PAC=π4，ρC=|AC|=825.

在△ACP中，由余弦定理，得

|PC|=|AP|2+|AC|2-2|AP||AC|cos∠PAC

=2175.

由正弦定理，得

|PC|sin∠PAC=|AC|sin∠APC，

解得sin∠APC=417，cos∠APC=117.

所以直線BC的斜率k=-4.

角度9" 問題的同一性探究.

解法10" 設(shè)M（m，0），N（m-2，0），B（x1，y1），C（x2，y2），則直線BM的斜率為kBM=y1x1-m，直線方程為y=y1x1-m（x-m）.

同理可得，直線NC的方程為

y=y2x2-m+2（x-m+2）.

由直線BM，CN交于點A（0，1），知

1=-y1mx1-m，1=y2（-m+2）x2-m+2，

解得m=x11-y1，m-2=x21-y2.

消m，得x11-y1-2=x21-y2.

設(shè)直線BC的方程為x+2=t（y-1），則

x1=ty1-t-2，x2=ty2-t-2.

將上式代入x11-y1-2=x21-y2，得

y2-y1=y1y2-（y1+y2）+1.

聯(lián)立x+2=t（y-1），x2+4y2=4， 消x，得

（4+t2）y2-（2t2+4t）y+t2+4t=0，

滿足△=-64tgt;0，即tlt;0.

由根與系數(shù)的關(guān)系，得

y1+y2=2t2+4tt2+4，y1y2=t2+4tt2+4.

將兩根和與積代入

y2-y1=y1y2-（y1+y2）+1，

得-t=12，即t=-14.

所以直線BC的斜率為k=-4.

角度10" 曲線系.

解法11" 設(shè)直線AB，AC的方程為

x=t1（y-1），x=t2（y-1），

令y=0，則

xM=-t1，xN=-t2，|MN|=t1-t2=2.

構(gòu)造曲線方程［x-t1（y-1）］［x-t2（y-1）］=0，

展開，得

x2+x（1-y）（t1+t2）+t1t2（y-1）2=0.

因為直線AB，AC與橢圓x2+4y2=4相交，所以將x2=4-4y2代入構(gòu)造的曲線方程中，得

（1-y）［4（1+y）+（t1+t2）x+

t1t2（1-y）］=0.

方程y-1=0表示直線AP，方程4（1+y）+（t1+t2）x+t1t2（1-y）=0表示直線BC，由點P（-2，1）在直線BC上，知t1+t2=4.

又t1-t2=2，所以t1=3，t2=1，求得直線BC的方程為4x+y+7=0，即kBC=-4.

看似一道尋常的高考真題，筆者通過深入的探究，從不同的知識角度給出了以上11種解法，立足知識經(jīng)驗，實現(xiàn)解法自然，既整合了已有知識的認(rèn)知結(jié)構(gòu)，又優(yōu)化了解題思維品質(zhì)，并將本題的結(jié)論在橢圓、雙曲線中做了一般性推廣.

3" 解后反思

推廣1" 已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一個頂點A（0，b），過點P（a，-b）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，則|MN|=a-8abk|ak+2b|.

若將條件“A（0，b）”改為“A（0，-b）”，則|MN|=8ab-k.

推廣2" 已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一個頂點A（-a，0），過點P（a，-b）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的B，C兩點，直線AB，AC分別與y軸交于點M，N，則|MN|=b-8abk|2ak+b|.

若將條件“A（-a，0）”改為“A（a，0）”，則

|MN|=-8abk.

證明過程同解法5，有興趣的讀者自行證明.

推廣3" 已知雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），A（0，b），過點P（a，-b）作斜率為k的直線與雙曲線E交于不同的B，C兩點，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，則|MN|=8b2+8abkk2.

證明" 設(shè)直線BC的參數(shù)方程為x=-a+tcosα，y=b+tsinα（t為參數(shù)），代入b2x2-a2y2=a2b2，整理得（b2cos2α-a2sin2α）t2-（2ab2cosα+2a2bsinα）t-a2b2=0，滿足

△=8a2b2cos2α（b2+abtanα）gt;0，

即tanαgt;-ba.

由t的幾何意義知，設(shè)B（-a+t1cosα，b+t1sinα），C（-a+t2cosα，b+t2sinα），則直線AB的斜率kAB=t1sinαt1cosα-a，方程y=t1sinαt1cosα-ax+b.

令y=0，解得xM=absinα·1t1-btanα.

同理xN=absinα·1t2-btanα.

所以|MN|=ab|sinα|·|t1-t2||t1t2|

=ab|sinα|·（t1+t2）2-4t1t2|t1t2|.

代入兩根和與積，得

|MN|=8b2cos2α+8absinαcosα|sinα|.

分子分母同時除以|cosα|，得

|MN|=8b2+8abkk2.

若將條件“A（0，b）”改為“A（0，-b）”，則

|MN|=a8b2+8abk|ak+2b|

.

推廣4" 已知雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），A（-a，0），過點P（a，-b）作斜率為k的直線與雙曲線E交于不同的B，C兩點，直線AB，AC分別與y軸交于點M，N，則|MN|=8b2+8abk.

若將條件“A（-a，0）”改為“A（a，0）”，則

|MN|=b8b2+8abk|2ak+b|.

證明過程同推廣3，有興趣的讀者自行證明.

4" 結(jié)束語

解決圓錐曲線的綜合問題時，需要注意試題的特征：以幾何圖形為研究對象，以平面直角坐標(biāo)系為研究工具，將幾何問題代數(shù)化.教學(xué)中，引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會分析研究對象的基本要素，建立要素之間的等或不等關(guān)系，多角度思考，深層次探究，學(xué)會研究問題的一般性規(guī)律，養(yǎng)成發(fā)現(xiàn)新問題和解決問題的能力.

參考文獻(xiàn)：

［1］

李波.多維探究，激發(fā)活力，提升素養(yǎng)［J］.高中數(shù)理化，2022（11）：14-20.

［責(zé)任編輯：李" 璟］