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试题分析十7般7(2008年第6期高中版)一道高考解析几何题的推广434020湖北省荆州中学刘荣显题目(07重庆，22)如图l，中心在原点D的椭圆的右焦点为，(3，O)，右准线Z的方程为：髫=12．(1)求椭圆的方程；7(2)在椭圆上任取三个不同点PJ、P2、只，使￡PI魍=lv芩×弋FV J1厶P2化；￡P3，P。
，图l证明：面哥+面哥+百b为定值，并求此定值解(1)椭圆方程为嘉+蓦=1．(过程略)．(2)如图2，记椭圆的右顶点为A。
并设￡A即i=n．(f =l，2，3)．不失一般性，假设o≤口<擎，且铲¨筝嘞4仃2a I+_i．‘咿fPt一一一3午Q．厂＼一弋，y』一一PI图2义议点‘征l上网舸影为让因椭圆的离心率e=旦=÷，从而有o ZI，PliI=1只Q j I e=(等一c—I犯I一。
)r e；÷(9一l，PiIc嘲j)’(i_1，2。
3)解得南=吾(t+÷一i)．(f=-，2，3)因此南+南+南=吾{3+÷【。
嘲。
+嘲(口l+孕)+嘲(a。
+警)】)，而c嘲。
+嘲(a。
+孚)+cos(口。
+挈)=一．一÷一．一争眦。
一÷c嘲。
+争i na。
=0。
故而哥+面哥+面哥=詈为定值．推广1若椭圆方程为与+告=l(口>6>o)，口DP．。
P2，^为椭圆上三个不同的点，点，(c，O)为其右焦点，且￡JP，，P2=￡B矾=￡P3即。
，则南+南+南为定值．分析设右顶点为A，￡刖喝=a(o≤口<号仃)，则￡A，P2=a+争，￡A吧=n+争，可得I肥I-(等一c一旧I～)“㈧，2’3)，即南=罕(江l，2，3)，。
．¨．1l l因此南+南+高；挚+迎型哮幽．由c蝴+cos(a+詈仃)．-c∞(a+÷仃)=o。
得南+南+南=静推广2若椭圆方程为冬+各=l(口>6>o)，口D点F(c，0)为其右焦点，P。
古希腊人要求几何作图只许使用直尺（没有刻度，只能作直线的尺）和圆规，这种作图工具的限制使得三大几何作图问题成为数学史上的难解之题．三等分角问题即将任意一个角进行三等分．1837年，法国数学家旺策尔第一个证明了三等分角问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题．但如果放宽作图工具的限制，该问题还是可以解决的．阿基米德创立的方法被誉为最简单的方法，他仅利用只有一点标记的直尺和圆规就巧妙地解决了这个问题．三等分角问题的深入研究导致了许多作图方法的发现及作图工具的发明．倍立方体问题即求作一个立方体，使其体积是已知一立方体的两倍，该问题起源于两千年希腊神话传说：一个说鼠疫袭击提洛岛（爱琴海上的小岛），一个预言者宣称己得到神的谕示，须将立方体的阿波罗祭坛的体积加倍，瘟疫方能停息；另一个说克里特旺米诺斯为儿子修坟，要体积加倍，但仍保持立方体的形状．这两个传说都表明倍立方体的问题起源于建筑的需要．1837年，洁国数学家旺策尔证明了倍立方体问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题．倍立方体问题的研究促进了圆锥曲线理论的建立和发展．化圆为方问题即求作一正方形，使其面积等于一已知圆的面积．这是历史上最能引起人们强烈兴趣的问题之一，早在公元前5世纪就有许许多多的人研究它．希腊语中甚至有一个专门名词表示“献身于化圆为方问题”．1882年，德国数学家林德曼证明了化圆为方问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题，从而解决了2000多年的悬案．如果放宽作图工具的限制，则开始有多种方法解决这个问题，其中较为巧妙的是文艺复兴时期的著名学者达·芬奇设计的：用一个底与己知圆相等，高为己知圆半径一半的圆柱在平面上滚动一周；所得矩形的面积等于已知圆面积，再将矩形化为等面积的正方形即化圆为方问题的研究促使人们开始用科学的方法计算圆周率的值，对穷竭法等科学方法的建立产生了直接影响．。
全等变换平移：平行等线段（平行四边形）对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型：说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。
两边进行边或者角的等量代换，产生联系。
垂直也可以做为轴进行对称全等。
对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称（翻折），翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。
旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。
通过“8”字模型可以证明。
模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。
当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。
说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。
证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。
几何最值模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。
利用几何画图法解题几何画图法是一种通过绘制几何图形来解决问题的方法。
这种方法不仅能够帮助我们理解问题的本质，还可以提供直观的图像辅助我们进行推理和解题。
在以下几个实例中，我将展示如何利用几何画图法来解决不同类型的问题。
例一：解决三角形问题假设我们需要计算一个三角形的面积。
我们可以利用几何画图法来找到解决方案。
首先，我们可以根据给定的边长和角度绘制出一个三角形。
接下来，我们可以使用三角形面积公式：面积=底边长×高/2，来求解我们所需的结果。
通过几何画图法，我们可以清楚地理解这个过程，并得出正确的答案。
例二：解决平行线问题假设我们需要证明两条直线是平行的。
我们可以使用几何画图法来帮助我们找到证明的方法。
首先，我们可以绘制两条直线，并标记出它们之间的角度。
然后，我们可以利用平行线的性质，即同位角相等或内错角互补，来证明两条直线是平行的。
通过几何画图法，我们可以清楚地展示证明的过程，并得出正确的结论。
例三：解决相似图形问题假设我们需要判断两个图形是否相似。
我们可以利用几何画图法来解决这个问题。
首先，我们可以根据给定的图形和已知的比例来绘制它们。
然后，我们可以使用相似图形的性质，即相等角和对应边成比例，来判断它们是否相似。
通过几何画图法，我们可以直观地展示判断的过程，并得出正确的结论。
通过以上实例，我们可以看到几何画图法在解决各种问题时的重要性。
它不仅可以帮助我们理解问题，还可以提供直观的图像辅助我们进行推理和解题。
无论是求解三角形面积，证明两条直线平行，还是判断图形相似，几何画图法都可以成为我们的有力工具。
总结：几何画图法是一种通过绘制几何图形来解决问题的方法。
它可以帮助我们理解问题，提供直观的图像辅助我们进行推理和解题。
在解决三角形问题、平行线问题和相似图形问题时，几何画图法都可以起到关键作用。
通过这种方法，我们可以清晰地展示解题过程，并得出准确的结果。
因此，在解决几何问题时，我们可以尝试利用几何画图法来提高解题效率和准确性。
中考数学模型28 弦图及推广图在某些三角形面积最大值中的应用弦图由我国三国时期数学家赵爽发现与研究的，由四个全等的直角三角形拼成的内外都为正方形(外正方形的边为直角三角形的斜边)的一个图形，如下图1、弦(斜边)在外的弦图称为外弦图，如下图2中的弦在内的弦图称为内弦图.弦图一般用来证明勾股定理之外，笔者研究发现还可以用来求某些直角三角形面积最大值问题.例1.(1)求斜边为4的直角三角形面积的最大值；(2)求直角边之和为4的直角三角形面积的最大值. 解：(1) 如图3，取4个这样的全等直角三角形组 成外弦图，直角三角形面积等于外正方形的面 积减去内正方形面积的差再除以4的结果.外正方形的面积为16，当这种这种直角三角形的两条直角边相等时，内正方形的面积为0，直角三角形的面积最大 故斜边为4的直角三角形面积最大值为:16÷4=4.(2)如图4，取4个这样的全等直角三角形组成 内弦图，同样，直角三角形面积等于外正方形 的面积减去内正方形面积的差再除以4的结 果.外正方形的面积为16，当内正方形的半径最小时，内正方形的面积取得最小值，而内正方形的半径最小值为2，此时直角三角形的两边相等，故直角三角形的面积最大值为：12×2×2=2.分析与反思：这2道问题略有不同，差别在于已知条件的不同，一个是斜边为定值，图4图3内弦图图2外弦图图1一个是直角边之和为定值，因而选择不同的弦图，那么为什么要选择弦图来解决这类问题呢？当然这2个问题的解决还有许多方法，不一一列举了，经过观察，我们能发现，首先，直角三角形最大角是直角，正多边形内角为直角的仅仅是正方形，而且，直角三角形两个锐角之和也为直角，因此，此类问题都可以运用弦图来解决.拓展：既然这类直角三角形面积最大值问题可以用弦图来解答，那么其他斜三角形的某些面积最大值能否找到类似方法呢？这是肯定的，但是仅限于特殊内角的三角形，大家看看例2.例2.(1)一个三角形的一条边为4，其对角为120°，求该三角形面积的最大值；(2)一个三角形的两边之和为4，这两边的夹角为120°，求该三角形面积的最大值.解：(1)如图5，取3个这样符合条件的全等三角形拼成正三角形，外正三角形的面积为：12×4×当内正三角形面积为0，即该三角形为等腰三角形时，三角形面积有最大值，最大值为：(2)如图6，取6个这样符合条件的全等三角形拼成正六边形，外正六边形的面积为：12×4×6=6= 当内正六边形面积最小，即半径最小，即半径垂直外正六边形的边时，内正六边形的边长为12×3×6=6= 故这样的三角形面积最大值为：(－)÷6=质疑：是否所有三角形面积最大值问题都有类似解法呢？我们下面来看看例3. 例3.(1)一个三角形一个内角是45°，其对边为定值，求证：当该角的两条夹边相等时，该三角形的面积最大.(2)一个三角形一个内角是45°，该角的两条夹边之和为定值，求证：当这2条边相等时，该三角形的面积最大.证明：(1)如图7，取8个这样的三角形组成正八边形，45°角的对边为 该正八边形的边. ∵该三角形45°角所对的边为定值， ∴该图形中的外正八边形的面积为定值.当45°角的两条夹边不等时，该图形会产生一个内正八边形，当45°角的两条夹边相等时，这8个三角形45°图6图5角的顶点会重合，从而不产生内正八边形.∴当该角的两条夹边相等时，该三角形的面积最大，恰等于这个正 八边形面积的八分之一.(2)如图8，取8个这样的三角形按一定方向组成一个正八边形， 45°角所对的边为正八边形的边，这样就形成了一个“八角星”， 依次连接“八角星”的8个顶点，这样又产生了外正八边形.外正八边形和内正八边形之间的环形区域由8个两直角边为a b 、的直角三角形和8个两边为a b 、且夹角为45°的三角 形组成.这两类三角形面积比值为：12ab ：1sin 452ab ︒=令环形面积为S ，则这2个两类三角形面积之和为18S.∴这种三角形面积为：18S18=S. 那么何种情形下，环形面积最大呢？显然，当a b =时，直角三角形的斜边(外正八边形的边)最 大[例1(2)有详细严谨的证明]，而且45°角的对边c 最小(不 是很严谨)，外、内正八边形的面积分别最大和最小，环形面积最大！ ∴当这2条夹边相等时，该三角形面积最大.分析与反思：例3(1)依然有类似于例1(1)、例2(1)的方法解决，但是例3(2)的解决之法与例1(2)、例2(2)的方法相去甚远，而且证明过程中对于内正八边形的最小面积的证明不是很有说服力，若要毫无破绽地证明，那么需要其他方面的知识！这与我们用更简单的方法来证明此类问题的目的背离了！这不如直接利用三角形面积公式1sinA 2S ab =、余弦定理和基本不等式来证明！原因何在？我们观察例1(2)与例2(2)，发现90°和120°都可以成为一个正多边形的内角，而没有任何一个正多边形的内角可以是45°！我们应当放弃这种方法！拓展：这类三角形面积最大值问题可分为两类：第一类为：已知一角的大小及对边的长度，第二类：已知一角的大小及两条夹边的长度之和.例1(1)、例2(1)、例3(1)都属于第一类，例1(2)、例2(2)、例3(2)都属于第二类.第一类对应的图形为图3、图5、图7，第二类对应的图形为图4、图6.这5个图形除了图3、图4称之为弦图，剩下3个图形都与弦图有很大的类似！我们不妨来个定义：对于有一个内角为α的三角形，把若干个这样的三角形拼成一个正多边形，象图3、图5、图7这样都是由剩下的2个内角的和作为正多边形的内角，我们称之为该三角形的“关联正多边形Ⅰ型”，象图4、图6这c 图8ba样直接由该角作为正多边形的内角，我们称之为干三角形的“关联正多边形Ⅱ型”.总结与归纳：此类三角形面积最大值问题能否类似于弦图来解决，关键在于这个三角形的某个内角或某2个内角之和能不能成为一个正多边形的内角.1.当有一个内角为α的三角形的对边已知，α能成为一个正多边形的外角(即剩下2个角的和可成为正多边形的内角)时，我们用“关联正多边形Ⅰ型”来证明或解答其面积最大值；2.当有一个内角为α的三角形，α能成为一个正多边形的内角，2条夹边和为定值时，我们用“关联正多边形Ⅱ型”来证明或解答其面积最大值.练习：求一个内角为150°，且2条夹边之和为8的三角形的面积最大值.。
２０２３年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解、背景及推广甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:２０２３年高考数学北京卷第１９题是一道平面解析几何解答题ꎬ文章给出了其四种常规解法ꎬ揭示了其背景是帕斯卡定理ꎬ还给出了这道高考题的结论的一般情形.关键词:高考北京卷ꎻ平面解析几何ꎻ帕斯卡定理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００４６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事初等数学研究.基金项目:北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀高考题㊀(２０２３年高考数学北京卷第１９题)已知椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的离心率ｅ＝５３ꎬＡꎬＣ分别为该椭圆的上㊁下顶点ꎬ点ＢꎬＤ分别为该椭圆的左㊁右顶点ꎬ且ＡＣ＝４.(１)求椭圆Ｅ的方程ꎻ(２)若点Ｐ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２交于点Ｎꎬ求证:ＭＮʊＣＤ.解析㊀(１)设椭圆Ｅ的半焦距ｃ＝ａ２＋ｂ２ꎬ由题设可得ｅ＝ｃａ＝５３ꎬＡＣ＝２ｂ＝４(ａ>ｂ>０)ꎬ可解得ａ＝３ꎬｂ＝２.所以椭圆Ｅ的方程是ｘ２９＋ｙ２４＝１.(２)先作出满足题意的图形如图１所示.图１㊀２０２３年高考数学北京卷第１９题解法１㊀(设点并用椭圆的普通方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ可得６４ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２).进而可求得直线ＰＡ:ｙ＝ｙ０－２ｘ０ｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝ｙ０ｘ０－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ－６ｘ０＋９ｙ０＋１８２ｘ０＋３ｙ０－６ꎬ－１２ｙ０２ｘ０＋３ｙ０－６æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｙ０/(２ｘ０＋３ｙ０－６)＋２(－６ｘ０＋９ｙ０＋１８)/(２ｘ０＋３ｙ０－６)－４ｘ０/(２－ｙ０)＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４８ｘ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６.由ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２)ꎬ可得８ｘ２０＝７２－１８ｙ２０.所以ｋＭＮ＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４７２－１８ｙ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４６ｘ０ｙ０－９ｙ２０－１２ｘ０＋３６＝２３.假设点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上ꎬ则ｘ０＝０ꎬ这与０<ｘ０<３矛盾!所以ＭＮʊＣＤ.解法２㊀(设点并用椭圆的参数方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(３ｃｏｓθꎬ２ｓｉｎθ)０<θ<π２æèçöø÷ꎬ可求得直线ＰＡ:ｙ＝２ｓｉｎθ－２３ｃｏｓθｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝２ｓｉｎθ３ｃｏｓθ－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ３ｓｉｎθ－３ｃｏｓθ＋３ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１ꎬ－４ｓｉｎθｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝＝－２ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθｃｏｓθ－２ｃｏｓθ＋２３ｃｏｓ２θ＋３ｓｉｎθｃｏｓθ－３ｃｏｓθ＝２３.易证得点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷０<θ<π２æèçöø÷不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法３㊀(常规方法设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｙ＝ｋ(ｘ－３)(ｋ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９ｋ－６３ｋ＋２ꎬ－１２ｋ３ｋ＋２æèçöø÷.联立ｙ＝ｋ(ｘ－３)ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１{可得(９ｋ２＋４)ｘ２－５４ｋ２ｘ＋８１ｋ２－３６＝０.由题设知ꎬ这个关于ｘ的一元二次方程有两个不相等的实数根[１]ꎬ且由韦达定理可得７４ｘＤｘＰ＝３ｘＰ＝８１ｋ２－３６９ｋ２＋４ꎬｘＰ＝２７ｋ２－１２９ｋ２＋４.进而可求得点Ｐ２７ｋ２－１２９ｋ２＋４ꎬ－２４ｋ９ｋ２＋４æèçöø÷ꎬ再求得直线ＰＡ:ｙ＝－６ｋ－４９ｋ－６ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｋ/(３ｋ＋２)＋２(９ｋ－６)/(３ｋ＋２)－(１８ｋ－１２)/(３ｋ＋２)＝２３.易证得点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷(ｋ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法４㊀(反设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｘ＝ｍｙ＋３(ｍ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９－６ｍ２ｍ＋３ꎬ－１２２ｍ＋３æèçöø÷.联立ｘ＝ｍｙ＋３ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１ꎬ{可得(４ｍ２＋９)ｙ２＋２４ｍｙ＝０.进而可求得ｙＰ＝－３６ｍ４ｍ２＋９.再求得点Ｐ２７－１２ｍ２４ｍ２＋９ꎬ－２４ｍ４ｍ２＋９æèçöø÷.再求得直线ＰＡ:ｙ＝４ｍ＋６６ｍ－９ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２/(２ｍ＋３)＋２(９－６ｍ)/(２ｍ＋３)－(１８－１２ｍ)/(２ｍ＋３)＝２３.易证得点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷(ｍ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.注㊀这道高考题的背景是帕斯卡(ＢＬＡＩＳＥＰＡＳＣＡＬꎬ１６２３－１６６２)定理 二次曲线内接六边形(包括退化的情形)的三组对边的交点共线 [２].如图１所示ꎬ椭圆Ｅ的退化内接六边形ＡＢＣ￣ＣＤＰ的三组对边ＡＢ与ＣＤꎬＢＣ与ＤＰꎬＣＣ(即直线ｙ＝－２)与ＡＰ的交点(无穷远点㊁ＭꎬＮ)共线ꎬ也即ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由此ꎬ还可给出该题的一般情形的结论:设椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ｂ>０)的上㊁左㊁下㊁右顶点分别是ＡꎬＢꎬＣꎬＤꎬＰ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－ｂ交于点Ｎꎬ则ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由帕斯卡定理ꎬ读者可编拟出很多类似于本文开头高考题的题目.参考文献:[１]朱德祥.高等几何[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ１９８３.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社.[责任编辑:李㊀璟]８４。
