一道让五万考生得零分的解析几何题的深入探究

数学教学通讯投稿由0 箱:**********>试题研究优化解题过程，提升计算能力—以一道解析几何证明题为例孙世林北京市第八十中学100102［摘 要］历年高考解析几何解答题，综合性强，能力要求高，考生普遍失分较多.文章以一道解析几何问题为例，谈谈如何回归解析几何知识本质，如何优化解题过程，如何从多角度探究问题，从而提升计算 能力.［关键词］解析几何;解题思路;运算求解解析几何综合题是考查学生能力 的主要内容之一,在高考中占有重要地 位，试题呈现出综合性强，难度大，灵 活多变的特点，对能力要求高,普遍存 在解题思路不清、方法选择不当、计算 不过关等现象,下面就谈谈如何优化解 题过程，提升计算能力.问题:如图1,已知椭圆C ：手+£=1 (识>0)的离心率为*，杪椭圆C 的右焦 点,4(-a,0), |4F|=3.(D )设0为原点,F 为椭圆上一点(点 P 不是椭圆的长轴端点),AP 的中点为胚 直线OM 与宜线”=4交于点P ,过0且平行 于APtt 宜线与直线*4交于点E,求证：,ODF=,OEF 思路1：本题的第一问比较简单，第 二问是证明两个角相等.要想证明这两 个角相等，我们先看这两个角是怎样形 成的？ P 为椭圆上一点的中点M 与原 点0连接并延长,与直线*4相交，形成了 点。

，点E 是过0且平行于4阳直线与直 线*4相交形成的，这样才出现了线段DF^EF,从而有了厶ODF 与Z OEF,可见 这两个角与点P 有紧密的联系，所以可 以从直线4P 的方程或点P 的坐标入手.解法4：( I )椭圆C 的方程是手+彳= 1.(n )由(I )得A (-2,0).设直线AP 的方程为：y=A:(«+2)(^00),将其代入椭圆方程，整理得(4Q+ 3)x 2+16fc 2x+16fc 2-12=0,显然，其A>0，设AP 的中点M(x 0,y 所5工.1 42+3所以％=飞"丄=話5"必="(“。

新高考数学解析几何试题分析及教学建议作者：***来源：《广东教育（综合）》2021年第09期2021年是广东省实施新高考改革的第一年，高考数学不再分文理科，不同选科（3+1+2）的考生都采用同一套试题. 新高考仍然坚持中国高考评价体系“一核、四层、四翼”的命题指导思想，试题将“四层”的考查内容及学科关键能力的考查与思想道德的渗透有机结合，通过科学设置“学科核心素养”考查的总体布局，实现融知识、能力、价值的综合测评，从而使“立德树人”真正在高考评价实践中落地. 新高考数学试卷呈现新的特点：首先表现在试卷结构上，全卷共22道试题，其中选择题（单选）8道，选择题（多选）4道，填空题4道，解答题6道;其次在试卷的考查内容上，依据课程标准的要求，取消了原来高考数学试题中的选做题（坐标系与参数方程、不等式选讲）;在具体题目的设计上也有新的变化. 本文对2021年新高考全国数学Ⅰ卷解析几何试题进行分析并提出教学建议.一、2021年新高考数学解析几何考查的知识点和核心素养情况由右上表可知，2021年新高考全国卷解析几何试题特点为：从内容来看，覆盖了直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线等知识，着力于圆锥曲线的定义、方程、几何性质等主干知识的价值和考查力度;从思想方法来看，突出对数形结合、函数与方程、化归与转化、分类与整合等数学思想、方法的理解与应用;从核心素养来看，试题体现对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的考查. 其中，特别凸显直观想象与数学运算素养的考查，解析几何中的逻辑推理可利用“形”的特征，结合曲线的定义与平面几何的有关性质予以证明或转化为代数运算来证明. 也就是说，逻辑推理核心素养的考查一般寓于直观想象和数学运算之中. 由于每道试题的解法多样，不同的解法体现不同的数学核心素养，同一解法中也不只涉及一种核心素养. 一道试题的完成需要学生具有良好的数学素养，要综合运用多方面的核心素养分析问题并解决问题. 上表中试题体现的数学核心素养的水平判断，是依据《普通高中数学课程标准（2017版2020年修订）》中核心素养水平的界定原则而确定的.二、2021年新高考数学解析几何典型试题分析新高考数学解析几何试题解法入口宽，且隐含着一般性结论. 也就是说，命题者是将一般化的结论特殊化处理后得到了高考试题.例1.（2021年新高考全国数学Ⅰ卷第5题）已知F1，F2是椭圆C：+=1的两个焦点，点M在C上，则MF1·MF2的最大值为（）A. 13B. 12C. 9D. 6分析：这是一道单选题，解题方法多，既可用基本不等式也可用二次函数最值进行求解.解法1：由椭圆定义得MF1+MF2=2a=6，再根据基本不等式MF1·MF2≤（）2（等号当且仅当MF1=MF2=3时成立），故选C.解法2：设MF1=t，则MF2=6-t，则MF1·MF2=-（t-3）2+9，由二次函数性质知，MF1·MF2的最大值为9，故选C.此题隐含的一般结论为：定理1：已知F1，F2是椭圆C：+=1（a>b>0）的两个焦点，点M在C上，则MF1·MF2的最大值为a2，最小值为b2.证明：设MF1=t，则MF2=2a-t，且a-c≤t≤a+c，c为半焦距.则MF1·MF2=-（t-a）2+a2，而a-c≤t≤a+c，当t=a时，MF1·MF2的最大值为a2，当t=a+c 或t=a-c时，MF1·MF2的最小值为a2-c2，即为b2.例2.（2021年新高考全国数学Ⅰ卷第21题）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（-，0），F2（，0），点M满足MF1-MF2=2. 记M的轨迹为C.（1）求C的方程;（2）设点T在直线x=上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且TA·TB=TP·TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.分析：本题第1问，利用双曲线的定义即可求解，但要注意双曲线定义的严谨性，由于MF1-MF2=2<2=F1F2，故只能是双曲线的右支;第1问还可以直接建立动点M的方程，然后通过化简得出所求的轨迹.当然，这种方法在化简方程时较为繁琐. 第一种方法比较快捷.（1）因为MF1-MF2=2<2=F1F2，所以轨迹C是以F1，F2为焦点，实轴长2a=2的双曲线的右支，则a=1，c=，所以b2=c2-a2=16，所以C的方程为x2-=1（x≥1）.第2问可根据两点间的距离公式，直接求出TA·TB以及TP·TQ，从而得出直线AB的斜率与直线PQ的斜率关系;也可利用平面几何知识转化为A，B，P，Q四点共圆问题，从而找出经过A，B，P，Q四点的曲线方程，根据圆的方程特征，确定直线AB的斜率与直线PQ的斜率关系.（2）解法1：用直线的点斜式方程和弦长公式求解.设点T（，t），若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨设直线AB的方程为y-t=k1（x-），即y=k1x+t-k1，联立y=k1x+t-k1，16x2-y2=16，消去y并整理可得：（k12-16）x2+k1（2t-k1）x+（t-k1）2+16=0設点A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1>且x2>. 由韦达定理可得x1+x2=，x1x2= 所以：TA·TB=（1+k12）·x1-·x2-=（1+k12）·（x1x2-+）=.设直线PQ的斜率为k2，同理可得TP·TQ=，因为TA·TB=TP·TQ，即=，整理得k12=k22，即（k1-k2）（k1+k2）=0，显然k1-k2≠0，故k1+k2=0. 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.解法2：用圆的方程特征求解.因为点T在直线x=上，故设T（，n），设过点T的直线AB的方程为y-n=k1（x-），设过点T的直线PQ的方程为y-n=k2（x-），则直线AB，PQ的方程为（k1x-y+n-k1）（k2x-y+n-k2）=0.又A，B，P，Q四点在曲线C上，即x2-=1，所以A，B，P，Q四点在如下的曲线上，（k1x-y+n-k1）（k2x-y+n-k2）+x2--1=0.因为TA·TB=TP·TQ，根据圆的切割线定理的逆定理，知A，B，P，Q四点共圆，所以上面这个方程表示过A，B，P，Q四点的圆，所以左边展开后x2，y2项的系数相等，且xy项的系数为零. 而xy项的系数为-（k1+k2），故 k1+k2=0.解法2充分利用了曲线与方程的关系，结合圆的方程的特征得出结论.此题第2问隐含的一般结论为：定理2：过点T的两条直线分别交曲线C：ax2+by2=c（a≠b）于A，B两点和P，Q两点，且TA·TB=TP·TQ，则直线AB的斜率与PQ直线的斜率之和为零.定理3：设两条直线y=kix+bi（i=1，2）与曲线ax2+by2+cx+dy+e=0（a≠b）有四个不同的交点，若这四个交点共圆，则k1+k2=0.定理2与定理3本质相同，因为由平面几何切割线定理的逆定理知：TA·TB=TP·TQ等价于A，B，P，Q四点共圆.证明：两直线组成的曲线方程为（k1x-y+b1）（k2x-y+b2）=0，则过四个交点的曲线方程可设为：（k1x-y+b1）（k2x-y+b2）+λ（ax2+by2+cx+dy+e）=0……①若四点共圆，则方程①表示圆，那么①式左边展开式中xy项的系数为零，即有k1+k2=0.显然，例2是定理2、定理3的一个特例，近年高考命题常以一般结论为源，将其特殊化而得. 由于将一般命题特殊化的题目往往有多种解法，为不同水平的考生提供展示才能的机会.三、新高考数学解析几何的教学建议解析几何是高中数学的重要内容，也是高考数学的重点和难点，学生得分一直不太理想. 教师要加强研究，明晰高考解析几何的试题特点，调整教学策略，提升学生数学核心素养.（一）注重通性通法，强化四种意识解析几何的教学要狠抓基础，熟练方法. 对定义法、待定系数法、数形结合、求轨迹的几种常见方法、定点、定值、最值等基本方法要牢固掌握;解析几何教学与复习要强化四种意识.1. 回归定义的意识圆锥曲线定义体现了圆锥曲线的本质属性，运用圆锥曲线定义解题是一种最直接、最本质的方法，往往能收到立竿见影之效. 回归定义与数形结合相得益彰，成为解题中最美的风景，体现几何直观与数学推理的素养. 教师要提醒学生千万不可“忘本忘形”. 波利亚说：“当你不能解决一个问题时，不妨回到定义去.”定义是解决问题的原动力. 不可忽视定义在解题中的应用. 凡涉及圆锥曲线焦点、准线、离心率与曲线上的点的有关问题，可考虑借助圆锥曲线定义来转化.2. 数形结合意识华罗庚先生曾这样描述数形关系：“数与形，本是相倚依，焉能分作兩边飞. 数缺形时少直觉，形少数时难入微. 数形结合百般好，隔裂分家万事非. 切莫忘，几何代数统一体，永远联系，切莫分离！”数形结合是解析几何的基本方法，是直观想象与数学运算、逻辑推理的具体体现.3. 设而不求的意识用解析法处理几何问题，常常设出点的坐标而不具体求出. 根据点在曲线上，坐标是有关方程解的代数特征，灵活运用方程理论，通过整体思想处理坐标关系，是设而不求的实质. 如果涉及曲线交点的问题，可不求出交点的坐标，而是转化为利用韦达定理或“点差法”的形式，可快速做出正确的解答.4. 应用“韦达定理”的意识如果直线与二次曲线的位置关系，联立直线方程和二次曲线方程，消去一个变量后得到一个一元二次方程，利用判别式和韦达定理. 其中判别式是前提，通过判别式确定参数范围，应引起重视.（二）活用四种思想，加强知识联系高考解析几何解答题综合性强，需要综合运用多种数学思想，对学生的数学素养要求高. 函数思想、方程思想、不等式思想以及化归与转化思想等在解析几何中有着广泛的应用. 解析几何中的参数范围、圆锥曲线的几何性质以及直线与圆锥曲线的位置关系，一直是高考考查的热点. 求解的关键是根据圆锥曲线的有关性质，构造方程或不等式，根据直线与圆锥曲线的位置关系确立目标函数，将问题化归为目标函数的最大值或最小值等问题. 这些都需要灵活运用函数、方程、不等式以及化归与转化等数学思想.注：本文系广东省教育科研“十三五”规划课题“高中数学核心素养的培养及评价研究”（课题批准号：2017 YQJK023）的阶段性成果.责任编辑罗峰。

利用二级结论　优解椭圆小题——2023年高考数学甲卷理科第12题解法探究ʏ甘肃省张掖市实验中学 王新宏圆锥曲线试题是高考数学的必考试题,是重点也是难点㊂大部分同学对其有畏惧心理,找不到解决的突破口㊂2023年高考数学甲卷理科第12题是一道椭圆压轴小题,它以椭圆焦点三角形为背景,考查椭圆的定义㊁余弦定理㊁焦点三角形等知识,题干简洁,设问直接,内涵丰富㊂本题入手比较容易,方法比较多,考查同学们理性思维与数学探究能力,体现了逻辑推理㊁直观想象㊁数学运算等核心素养㊂解决本题的关键在于数形结合,即可考虑用余弦定理,也可考虑焦半径公式㊁焦点三角形面积公式㊁中线的向量公式㊁中线定理㊁极化恒等式等相关二级结论迅速求解㊂试题凝聚了命题专家的心血与智慧,简约而不简单,为不同能力水平的同学提供了相应的思考空间,是一道独具匠心的好题㊂1.试题呈现2023年高考数学甲卷理科第12题:图1如图1所示,设O 为坐标原点,F 1,F 2为椭圆C :x 29+y26=1的两个焦点,点P 在椭圆C上,c o s øF 1P F 2=35,则|O P |=( )㊂A.135 B .302 C .145 D .3522.解法探究解法1:(挖出两角互补这个隐含条件)由椭圆方程知a 2=9,b 2=6㊂因为c 2=a 2-b 2,所以a =3,c =3,e =c a =33㊂在әP F 1F 2中,由余弦定理得:c o s øF 1P F 2=|P F 1|2+|P F 2|2-|F 1F 2|22|P F 1|㊃|P F 2|㊂则35=|P F 1|2+|P F 2|2-(23)22|P F 1|㊃|P F 2|=(|P F 1|+|P F 2|)2-122|P F 1|㊃|P F 2|-1㊂所以85=36-122|P F 1|㊃|P F 2|=12|P F 1|㊃|P F 2|,解得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂在әP O F 1和әP O F 2中,øP O F 1+øP O F 2=π,由余弦定理得:|P O |2+|O F 1|2-|P F 1|22|P O |㊃|O F 1|=-|P O |2+|O F 2|2-|P F 2|22|P O |㊃|O F 2|㊂解得|P O |2=152,所以|O P |=302㊂点评:解题的关键是发现øP O F 1+øP O F 2=π,c o s øP O F 1=-c o s øP O F 2这样的隐含条件,它往往能帮助整个题目的顺利求解㊂解法2:(借焦半径之力)同解法1,可得|P F 1|㊃|P F 2|=152㊂设P (x P ,y P ),则由焦半径公式得|P F 1|=a +e x P =3+33x P ,|P F 2|=a -e x P =3-33x P ,所以9-13x 2P =152,得x 2P =92㊂将P (x P ,y P )的坐标代入椭圆方程得y 2P =3,所以|O P |=x 2P +y 2P =92+3=302,选B ㊂点评:二级结论之焦半径公式:椭圆x2a2+63 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月y 2b2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上一点P (x 0,y 0),则|P F 1|=a +e x 0,|P F 2|=a -e x 0㊂证明过程:|P F 1|=(x 0+c )2+y 20=(x 0+c )2+b 2-b 2x 2a 2=c 2x 20a2+2c x 0+a2=c x 0a+a2=c x 0a+a =e x 0+a ㊂同理可证|P F 2|=a -e x 0㊂焦点在y 轴上的椭圆的焦半径公式为|P F 1|=a +e y 0,|P F 2|=a -e y 0㊂解法3:(与焦点三角形面积公式结合)设øF 1P F 2=2θ,0<θ<π2,所以S әP F 1F 2=b 2t a nøF 1P F 22=b 2t a n θ㊂由c o s øF 1P F 2=c o s 2θ=c o s 2θ-s i n 2θc o s 2θ+s i n 2θ=1-t a n 2θ1+t a n 2θ=35,解得t a n θ=12或-12(舍去)㊂由椭圆方程可知,a 2=9,b 2=6,c 2=a 2-b 2=3㊂所以,S әP F1F2=12ˑ|F 1F 2|ˑ|y P |=12ˑ23ˑ|y P |=6ˑ12,解得y 2P =3㊂则x 2P =9ˑ1-36=92㊂因此,|O P |=x 2P +y 2P =3+92=302,故选B ㊂点评:二级结论之椭圆焦点三角形面积公式:椭圆x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)的两个焦点为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),其上异于左右顶点的一点P (x 0,y 0)(x 0ʂʃa ),则әP F 1F 2的面积S =b 2t a n α2(α=øF 1P F 2)㊂证明过程:如图2所示,设P (x ,y ),由余弦定理得|F 1F 2|2=|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s α㊂①由椭圆的定义得:图2|P F 1|+|P F 2|=2a ㊂②则②2-①得:|P F 1|㊃|P F 2|=2b21+c o s α㊂故S әP F 1F 2=12|P F 1|㊃|P F 2|s i n α=12㊃2b 21+c o s αs i n α=b 2t a n α2㊂解法4:(与中线的向量公式结合)由题意知|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1|㊃|P F 2|c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂①并且|P F 1|+|P F 2|=6㊂②解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂而P O ң=12P F 1ң+P F 2ң ,所以|O P |=|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|㊂则|P O ң|=12|P F 1ң+P F 2ң|=12|P F 1ң|2+2P F 1ң㊃P F 2ң+|P F 2ң|2=1221+2ˑ35ˑ152=302,故选B ㊂图3点评:如图3所示,若A D 为әA B C 边B C 的中线,则A D ң=12(A B ң+A C ң),中线的向量公式在高考中也备受青睐㊂解法5:(与中线定理结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂73解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月由中线定理可知,|O P |2=2(|P F 1|2+|P F 2|2)-|F 1F 2|24㊂易知|F 1F 2|=23,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:(1)二级结论之中线定理:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则|A O ң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24㊂图4证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A Cң=C B ң㊂②①2+②2得2(|A B ң|2+|A C ң|2)=(2|A O ң|)2+|C B ң|2,则|A Oң|2=2(|A B ң|2+|A C ң|2)-|C B ң|24,得证㊂中线定理在计算有关中线长度与相邻两边长度关系时,化繁为简,从而事半功倍㊂(2)中线定理的一个有用推论:平行四边形对角线的平方和等于其相邻两边平方和的两倍,即在图4中,|B D ң|2+|A C ң|2=2(|A B ң|2+|A D ң|2)㊂解法6:(与极化恒等式结合)由题意知|P F 1|+|P F 2|=2a =6㊂①|P F 1|2+|P F 2|2-2|P F 1||P F 2|㊃c o s øF 1P F 2=|F 1F 2|2,即|P F 1|2+|P F 2|2-65|P F 1||P F 2|=12㊂②联立①②,解得|P F 1||P F 2|=152,|P F 1|2+|P F 2|2=21㊂由极化恒等式得P F 1ң㊃P F 2ң=|P F 1ң|㊃|P F 2ң|c o s øF 1P F 2=|O P ң|2-|O F 1ң|2=92,解得|O P |=302㊂故选B ㊂点评:二级结论之极化恒等式:如图4所示,若平行四边形A B C D 的对角线交于点O ,则A B ң㊃A D ң=|A O ң|2-|B O ң|2㊂证明过程:A B ң+A C ң=2A O ң,①A B ң-A D ң=D B ң㊂②①2-②2,得A B ң㊃A C ң=14[(2|A O ң|)2-(2|B O ң|)2]=|A O ң|2-|B O ң|2,得证㊂极化恒等式在处理与中线有关的数量积时,往往会出奇制胜,事半功倍㊂3.巩固练习(1)(2019年高考浙江卷理科第15题)已知椭圆x 29+y25=1的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方,若线段P F 的中点在以原点O 为圆心,|O F |为半径的圆上,则直线P F 的斜率是㊂(2)(2019年全国Ⅰ卷文科第12题)已知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),过F 2的直线与椭圆C 交于A ,B 两点,如果|A F 2|=2|F 2B |,|A B |=|B F 1|,则椭圆C 的方程为( )㊂A.x 22+y 2=1 B .x 23+y 22=1C .x 24+y 23=1 D .x 25+y24=1答案:(1)15 (2)B 4.小结与启示从以上内容可以看出,对于解析几何小题,一般不直接考虑设点的坐标运算,而是先画草图,接着充分考虑图形的几何性质特征与圆锥曲线定义,以及相关的二级结论,这样往往更能帮助同学们看清图形元素间内在的联系,挖掘问题本质,简化解题过程,减少运算量,提高解题的效率,快速准确解题㊂对高考真题进行适当的研究,不但可以明确高考重难点,把握高考方向,避免学习的随意性㊁盲目性,而且可以有效训练同学们的思维能力,培养创新意识,提高学习数学的兴趣㊂(责任编辑 徐利杰)83 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月。

2024年九省联考解析几何试题解法深度探究
王思俭
【期刊名称】《数学之友》
【年(卷),期】2024(38)3
【摘要】新高考的命题已经从能力立意向素养导向转变,引领高中数学课堂教学,注重学生的思维教育.2024年九省联考第18题,入口宽、寓意深、解法多、思维活,让不同层次的学生都可以得到应有的分值,本文立足通性通法,从多角度深度探究解法,寻求最优解法.
【总页数】3页(P3-4)
【作者】王思俭
【作者单位】江苏省苏州中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.探究2011年浙江省数学高考解析几何试题的来源及解法
2.常规题蕴涵能力深度平凡法彰显素养水准——2019年浙江高考卷解析几何试题解法探究与教学启示
3.强化整体观念重视探究活动——“八省八校”联考平面解析几何与立体几何试题的分析与启示
4.兵无常势刃迎缕解——一道八省联考试题的解法探究
5.紧扣解析几何本质适应新高考新变化——近四年多省联考与高考解析几何试题分析和教学建议
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

借球问道㊀巧建模型对２０２２年新高考Ⅰ卷数学试卷第８题的探究与思考张梦婷(福建省福清第三中学ꎬ福建福清３５０３００)摘㊀要:文章通过统计近五年高考真题ꎬ找准高考对于球的考查方式和考查意图.对２０２２年新高考Ⅰ卷第８题进行剖析ꎬ通过构建球中圆锥模型将空间问题平面化ꎬ达到降维的目的解决问题.关键词:球ꎻ截面ꎻ模型思想中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３１－００５６－０３收稿日期:２０２３－０８－０５作者简介:张梦婷(１９９１.２－)ꎬ女ꎬ福建省福清人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀统计近五年的高考真题ꎬ笔者发现高考真题对于球的考查主要有以下几个方面:(１)考查球与几何体的体积和表面积ꎻ(２)考查球的截面截线问题.学生解决此类问题的难点在于无法准确作出球与几何体的直观图ꎬ对于多变的几何载体学生难以确定球心的位置与半径.以下对２０２２年新高考Ⅰ卷数学试卷第８题的求解进行详细分析ꎬ探究其规律.１试题呈现题目㊀(２０２２年新高考Ⅰ卷第８题)已知正四棱锥的侧棱长为ｌꎬ其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为３６πꎬ且３ɤｌɤ３３ꎬ则该正四棱锥体积的取值范围是(㊀㊀).Ａ.[１８ꎬ８１４]㊀㊀㊀Ｂ.[２７４ꎬ８１４]Ｃ.[２７４ꎬ６４３]Ｄ.[１８ꎬ２７]考查意图㊀本题考查了正四棱锥的外接球㊁函数的最值等基础知识ꎬ有较强的综合性.需要学生拥有立体几何空间感以及分析解决问题的能力ꎬ能在有限的时间内做到立体几何问题平面化ꎬ构建目标函数将问题转化为三次函数的最值问题.本题突出了转化思想和模型思想的应用ꎬ考查了数学运算㊁直观想象㊁逻辑推理等核心素养ꎬ强化基础考查ꎬ突出关键能力[１].２解法探析解法１㊀如图１ꎬ设顶点为ＰꎬＰ在底面的射影为Ｏ１ꎬ由对称性可知球心Ｏ在ＰＯ１上ꎬ设ＰＯ１＝ｈꎬ正方形边长为ａꎬ则ＯＰ＝ＯＡ＝Ｒ.图１㊀２０２２年新高考Ⅰ卷第８题图６５因为４３πＲ３＝３６πꎬ所以Ｒ＝３.在ＲｔәＰＡＯ１中ꎬｌ２＝ｈ２＋１２ａ２ꎬ在ＲｔәＯＡＯ１中ꎬ９＝(ｈ－３)２＋１２ａ２ꎬ化简可知ꎬｌ２＝６ｈꎬａ２＝２ｌ２－２ｈ２＝１２ｈ－２ｈ２.所以Ｖ＝１３ａ２ｈ＝２３ｈ(６ｈ－ｈ２)＝２３(６ｈ２－ｈ３).此时ｈ＝ｌ２６ɪ３２ꎬ９２[].所以Ｖᶄ＝２３(１２ｈ－３ｈ２)＝２ｈ(４－ｈ).令Ｖᶄ＝０ꎬ解得ｈ＝４.所以Ｖ在(３２ꎬ４)单调递增ꎬ在(４ꎬ９２)单调递减.所以当ｈ＝４时ꎬＶｍａｘ＝６４３ꎬ当ｈ＝３２时ꎬＶｍｉｎ＝２７４ꎬ故选Ｃ.解法２㊀如图１ꎬ设顶点为ＰꎬＰ在底面的射影为Ｏ１ꎬ由对称性可知球心Ｏ在ＰＯ１上ꎬ记四棱锥侧棱与底面夹角为θꎬ高为ｈꎬ则ｈ＝ｌｓｉｎθꎬＯ１Ａ＝ｌｃｏｓθ.因为４３πＲ３＝３６πꎬ所以Ｒ＝３.则(ｌｓｉｎθ－３)２＋(ｌｃｏｓθ)２＝９.则ｌ＝６ｓｉｎθꎬｈ＝ｌｓｉｎθ＝６ｓｉｎ２θꎬＳ底＝４ˑ１２Ｏ１Ａ２＝７２ｓｉｎ２θｃｏｓ２θ.故Ｖ＝１３Ｓ底 ｈ＝１４４(ｓｉｎ２θｃｏｓθ)２.令ｙ＝ｓｉｎ２θｃｏｓθ＝ｃｏｓθ(１－ｃｏｓ２θ)＝ｘ(１－ｘ２)＝－ｘ３＋ｘꎬｘ＝ｃｏｓθɪ[１２ꎬ３２]ꎬ所以ｙᶄ＝－３ｘ２＋１.故ｘɪ[１２ꎬ３３)ꎬｙᶄ>０ꎬｘɪ(３３ꎬ３２]ꎬｙᶄ<０.即Ｖｍａｘ＝１４４(ｙｍａｘ)２＝１４４ˑ[３３ˑ(６３)２]２＝６４３ꎬＶｍｉｎ＝１４４ˑ[３２ˑ(１２)２]２＝２７４ꎬ故选Ｃ.３方法剖析解决球相关的切㊁接问题关键要精准作图.对于球内接锥体㊁柱体㊁台体问题ꎬ想要确定球心㊁半径与多面体几何元素之间的关系比较困难ꎬ需要学生能够熟练掌握球中几何体的图形特征ꎬ应付多元变量之间的相互转化.因此ꎬ需要在作图时将几何体的底面放置在水平的截面圆上ꎬ这样可以直观看出球心㊁截面圆圆心所构成的直线与截面圆垂直ꎬ可以得到多个直角三角形ꎬ并且水平的截面可以更好地观察顶点的位置ꎬ从而确定高的信息[２].而在解题过程中涉及一个球内典型的计算模型ꎬ如图２ꎬ此模型可以称为圆锥模型或斗笠模型.球面上的点与截面的圆心及球心构成一个直角三角形ꎬ利用勾股定理可以得到球半径与几何体底面外接圆半径之间的关系.此模型在求解球与几何体切接问题㊁截面截线问题上有着广泛的应用[３].图２㊀圆锥模型示意图４应用赏析应用１㊀球与几何体的体积和表面积问题.题１㊀(２０２２年全国乙卷９)已知球Ｏ的半径为１ꎬ四棱锥的顶点为Ｏꎬ底面的四个顶点均在球Ｏ的球面上ꎬ则当该四棱锥的体积最大时ꎬ其高为(㊀㊀).Ａ.１３㊀㊀Ｂ.１２㊀㊀Ｃ.３３㊀㊀Ｄ.２２７５解析㊀本题与２０２２年新高考Ⅰ卷第８题一样都是球内接四棱锥问题ꎬ但是此题的底面四边形是未知四边形ꎬ顶点是球心Ｏ.因此一旦底面确定ꎬ高就固定下来ꎬ需要确定底面四边形面积与高之间的关系.基于方法剖析可知首先作出底面四边形所在的截面圆ꎬ如图３所示将底面摆平.当底面所在外接圆固定ꎬ则锥体的高度固定ꎬ因此要四棱锥体积达到最大ꎬ需要底面四边形面积最大.如图３ꎬ设底面所在圆面的半径为ｒꎬ截面圆圆心为Ｏ１ꎬ将Ｏ１与ＡꎬＢꎬＣꎬＤ连接ꎬ夹角分别为αꎬβꎬθꎬφꎬ则ＳＡＢＣＤ＝１２ｒ２(ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎθ＋ｓｉｎφ).图３㊀２０２２年全国乙卷第９题示意图因为ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎθ＋ｓｉｎφɤ４ꎬ当且仅当α＝β＝θ＝φ＝π２时取等ꎬ所以Ｓｍａｘ＝２ｒ２ꎬ此时底面是正方形.而四棱锥的高ｈ＝１－ｒ２ꎬ则ＳＡＢＣＤ＝２ｒ２＝２(１－ｈ２).所以Ｖ＝２３ｈ(１－ｈ２)ꎬ其中ｈɪ(０ꎬ１).所以Ｖᶄ＝２３－２ｈ２＝２３(１－３ｈ２).故ｈɪ(０ꎬ３３)ꎬＶᶄ>０ꎬｈɪ(３３ꎬ１)ꎬＶᶄ<０.所以当ｈ＝３３时ꎬＶｍａｘ＝４３２７ꎬ故选Ｃ.应用２㊀球的截面截线问题.题２㊀(２０２２年北京卷第９题)已知正三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的６条棱长均为６ꎬＳ是ΔＡＢＣ及其内部的点构成的集合ꎬ设集合Ｔ＝{ＱɪＳ｜ＰＱɤ５}ꎬ则Ｔ表示的区域的面积为(㊀㊀).Ａ.３π４㊀㊀Ｂ.π㊀㊀Ｃ.２π㊀㊀Ｄ.３π解析㊀此题集合Ｔ＝{ＱɪＳ｜ＰＱɤ５}构成的集合就是球表面以及内部的点的集合ꎬ本题考查的本质就是球与平面ＡＢＣ的截面问题ꎬ球与平面的截面就是一个圆面.如图４ꎬ过点Ｐ作底面射影点Ｏ１ꎬ则由题意ꎬＣＯ１＝２３ꎬＰＣ＝６.所以ＰＯ１＝２６.设球面上点Ｑꎬ则ＰＱ＝５.在ＲｔәＰＱＯ１中ꎬＱＯ１＝ＰＱ２－ＰＯ２１＝１.图４㊀２０２２年北京卷第９题示意图则动点Ｑ在以Ｏ１为圆心ꎬ以１为半径的圆上ꎬ所以面积为πꎬ故选Ｂ.总之ꎬ与球有关的问题的题目小巧灵活㊁立意新颖ꎬ其内涵丰富ꎬ知识交汇性也比较强ꎬ能够很好地检测学生对空间几何体的想象㊁识别㊁判断的能力.借助模型教学可以让解题规律模型化ꎬ这是一种有效的教学方式ꎬ因此在教学中要善于引导学生归纳解题模型ꎬ帮助学生在考场上能够胸有成竹地解决此类问题.参考文献:[１]陈恒曦.基于核心素养的球体接切问题探究[Ｊ].中小学教材教学ꎬ２０２０(０２):３１－３４. [２]陆建.高考中球问题的考查特点和学习建议[Ｊ].数学通讯ꎬ２００８(Ｚ２):２８－２９.[３]李昭平.高考 球问题 考点透视[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０１９(０５):４２－４５.[责任编辑:李㊀璟] ８５。

一道试题的解法探究与教学反思广西南宁市第三十六中学（530001）　庞　毅［摘　要］通过对一道高三摸底试题进行考情分析、解法探究和问题拓展，揭示试题的本质，并从注重解题经验积累培养数学运算素养、注重信息技术应用培养学生数字素养两个方面提出教学反思。

［关键词］解法探究；教学反思；圆锥曲线；信息技术［中图分类号］ G 633.6 ［文献标识码］ A ［文章编号］ 1674-6058（2024）05-0025-03解析几何是高考加强“综合性”考查的重要载体。

广西南宁市2024届高中毕业班摸底测试第21题将直线与椭圆的位置关系以及长度计算相结合，问题设计紧扣高考评价体系的“基础性、综合性、应用性、创新性”考查要求，既基础又开放，对高三数学复习备考具有重要的参考意义。

一、试题呈现与考情分析（一）试题呈现已知平面上动点E 到点A （1，0）与到圆B ：x 2+y 2+2x -15=0的圆心B 的距离之和等于该圆半径。

记Ε的轨迹为曲线Γ。

（1）说明Γ是什么曲线，并求Γ的方程；（2）设C 、D 是Γ上关于x 轴对称的不同两点，点M 在Γ上，且M 异于C 、D 两点，O 为原点，直线CM 交x 轴于点P ，直线DM 交x 轴于点Q ，试问||OP ·||OQ 是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由。

评析：本题主要考查椭圆的定义、标准方程、几何性质和直线方程等主干知识，考查通过代数运算结果判断几何性质的坐标法和函数与方程、转化与化归以及数形结合等数学思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养。

第（2）问是开放性问题，重点考查学生的创新能力和探索精神。

（二）考情分析本题的考试情况如表1所示。

表1　考情分析题目第21题实考人数54110满分12平均分1.15标准差1.77难度0.15区分度0.21满分率0.16零分率29.52从统计的结果来看，本题总体平均分1.15，难度0.15，这个结果出乎命题组的预料。

www 中学数学教学参考（下旬〉2021年第4期@多解探究15妙归納—以_道解析几何题的探索为例邵明冠(河南省兰考县第一高级中学）摘要：直线与圆锥曲线的位置关系问题，新颖多样，能综合考查相关知识，具有较高的选拔性与区分度，备受命题者的青睐，通过深入探究与变式拓展、归纳总结，可达到综合提升的目的。

关键词：橢圆；直线；平行；四边形；最大值；弦长文章编号：1002-2171 (2021)4-0051-03直线与圆锥曲线的位置关系中，涉及最值或取值 范围的问题是高考和竞赛中的一个热点内容，形式新 颖，通过转化，利用平面几何中的三角形或四边形、平 面向量的线性关系或数量积、线段的乘积或比值等关 系式，以及直线的倾斜角或斜率等加以巧妙设置，能 综合考查相关知识，具有较高的选拔性与区分度，备 受命题者的青睐，通过进一步挖掘问题的潜在功能，为进一步的探究、拓展与归纳提供条件。

1问题呈现为 j c =A (:^，％ )，B (:c2，火），联立-m y—,|x2消元并整理可得（m2+4)y ——4+y=1,1=0,根据根与系数关系可得M+力!+4，而 I A B丨=\/l+m2 |y\一y2 \= \/l+w2 V(^1 +^2 )2—4^1 yi=\/\+rrf2\[3n2+4/m2+4(2020届河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学理科第16题）设F,,F2是椭圆C:^+/=l 的两个焦点，过P\，F2分别作直线，且A//2，若 G与橢圆C交于A，B两点，匕与椭圆C交于C，D两 点（点八，0在^轴上方），则四边形A B C D面积的最 大值为________。

该题涉及椭圆内接四边形的面积，点、线等元素 较多，离不开系统的逻辑推理与繁杂的代数运算，能 很好地激发学生和教师的解题兴趣。

2解法探究解法1:(弦长公式法）由题意可得a==2,6=l,当直线斜率不存在时，易得四边形A B C D 面积为2 W，当直线6斜率存在时，设直线A的方程4(l+m2)m2+4°又点〇到直线/,的距离为结合y i+m2A//&及椭圆的对称性，可知四边形A B C D是平行四边形，且点〇是A C与B D的交点，所以 ^C J A B C D=4S a〇4b = 4 X — |A B |= 4 X -r- X X/ Z m十4 V3 =8V3y i +m2=_______8^/3 〈y i T^w2+4~y i+^+—^、V l + m2—-—-—=^=4,当且仅当2 L/Y T^x-3V\/l+所2、3 ,,即m2=2,亦即m=士#时等号成立，所以V l+m2四边形A B C D面积的最大值为4。

2023年全国卷解析几何解答题解法荟萃上两点，0FM FN ⋅=，求2102y px −+==可得，，因为0FM FN ⋅=，所以)()(★方法2：焦半径表示面积设直线()11:,,MN x my n M x y =+,()22,N x y ,则1||2MFN S FM FN ∆=‖ ()()121112x x =++()()121112my n my n =++++()2212121(1)(1)2m y y m n y y n ⎡⎤=+++++⎣⎦2(1).n =− ，因为0FM FN ⋅=，所以)()(★方法2.斜率转化与齐次化.如图，设线段AB 垂直于x 轴，D 为AB 中点，P 为线外任意一点，则有：PD PB PA k k k 2=+.设直线PQ 的方程为(2)1m x ny ++=.因为直线PQ 过点(2,3)−.,代入得13n =.因为点,P Q 在椭圆22:9436C x y +=上，变形得229[(2)2]436x y +−+=，整理可得：229(2)36(2)40x x y +−++=.齐次化得229(2)36(2)[(2)]40, x x m x ny y +−++++=化简得22436(2)(936)(2)0.y ny x m x −++−+=等式两边同除以2(2)x +，构造斜率式得 24369360,22y y n m x x ⎛⎫−⋅+−= ⎪++⎝⎭把13n =代入得 24129360,22y y m x x ⎛⎫−⋅+−= ⎪++⎝⎭由根与系数的关系得32AQ AP AE k k k +==，其中E 为椭圆上顶点，故所以线段MN 的中点是定点()0,3. ★方法3.同构双割线设直线AP 方程为(2)y k x =+,联立22194(2)y x y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得:()2222491616360k x k x k +++−=，当0∆>时,由22163649A P k x x k −⋅=+及2A x =−得2281849P k x k −+=+ 所以22281836,4949k k P k k ⎛⎫−+ ⎪++⎝⎭，设直线PQ 为:(2)3y m x =++,代入点P 化简 得:2123636270k k m −++=同理，设直线AQ 的斜率为k '，同理得到2123636270k k m −'++=k 和k '是二次方程2123636270x x m −++=的两个根,所以3k k +'=.直线,AP AQ 的方程分别为(2),(2)y k x y k x =+='+，当0x =时,2,2M N y k y k =='，即有32M Ny y k k +=+'=，综上,MN 的中点为定点(0,3).则1,0AB BC k k a b ⋅=−+<<同理令0BC k b c n =+=>，且设矩形周长为C ,由对称性不妨设1依题意可设21,4A a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，易知直线的斜率分别为k 和1k −，由对称性，不妨设则联立2214()y x y k x a a ⎧=+⎪⎪⎨⎪=−++⎪⎩直线1MA 的方程为(112y y x x =+与直线2NA 的方程可得：22x x +−★方法4.消y 留x 之后的非对称处理记过点(4,0)−的直线为l .当l 与x 轴垂直时,易知点(4,(4,M N −−−,(1,P −−.当直线l 与x 轴不垂直时,设点(1M x ,)()()12200,,,,y N x y P x y ,直线:(4)l y k x =+.将(4)y k x =+代人221416x y −=,得)()2222(4816160k x k x k −−−+=.依题意,得()221212221618,. 44k k x x x x k k −++==−−设1212()x x x x λμ=++，即()22221618. 44k k k kλμ−++=−−即12x x =()12542x x −+−①. 直线1MA 的方程为()1122y y x x =++，直线2NA 的方程为()2222yy x x =−−，联立直线1MA 与直线2NA 的方程可得：()()()()()()12120021212422,2242y x x x x x y x x x −+−−==++++即01212012122248. 2428x x x x x x x x x x −−+−=++++将①代入式得0022x x −=+()1212338338x x x x −−+=−−+,即1x =−，据此可得点P 在定直线=1x −上运动.已知B A ,分别为椭圆1:222=+y ax E )1(>a 的左右顶点，G 为E 的上顶点，8=⋅→→GB AG ，点P 为直线6=x 上的动点，PA 与E 的另一个交点为C ，PB 与E 的另一个交点为D . （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.解析：（1）E 的方程为1922=+y x . （2）假设),(),,(),,6(2211y x D y x C t P .则由P C A ,,及P D B ,,三点共线可得：33;392211−=+=x y t x y t 将上面两式相除，再平方可得：91)3()3(21222221=+−⋅x x y y ....① 由于),(),,(2211y x D y x C 均在椭圆E 上，故满足：91;9122222121x y x y −=−=...② 将②代入①可得：91)3)(3()3)(3(2121=++−−x x x x ，整理可得：0364)(152121=−−+x x x x ...③假设直线CD 的方程为m kx y +=代入椭圆方程1922=+y x 可得： 09918)19(222=−+++m kmx x k将1999,19182221221+−=+−=+k m x x k km x x 代入③中，可得：023=+m k ，于是，直线CD 的方程为k kx y 23−=，故其过定点)0,23(.解法2.设()06,P y ，则直线AP 的方程为：()()00363y y x −=+−−，即：()039y y x =+联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，整理得：()2222000969810y x y x y +++−=，解得：3x =−或20203279y x y −+=+，将20203279y x y −+=+代入直线()039y y x =+可得：02069y y y =+，所以点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫−+ ⎪++⎝⎭. 同理可得：点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫−− ⎪++⎝⎭∴直线CD 的方程为：0022********2000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫−− ⎪++⎛⎫⎛⎫−−⎝⎭−=−⎪ ⎪−+−++⎝⎭⎝⎭−++， 整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫−−+=−=− ⎪ ⎪+++−−⎝⎭⎝⎭整理得：()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=− ⎪−−−⎝⎭，故直线CD 过定点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭解法3.不禁思考，为何此题使用三点共线就可成功地实现了设而不求，整体代入的思想呢？关键在于对椭圆方程的理解，即所谓的第三定义：))(()1(222222x a x a ab a x b y +−=−=这样的话，在遇到与椭圆左右顶点有关的三点共线结构时，我们就可以通过斜率关系再利用点在椭圆上将))(()1(222222x a x a ab a x b y +−=−=代入斜率式，从而构造出含21x x +与21x x 的方程，整体代入完成求解.而上面这个问题有着明显的极点极线背景：从直线t x =上任意一点P 向椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左右顶点引两条割线21,PA PA 与椭圆交于N M ,两点，则直线MN 恒过定点)0,(2ta .2024届九省联考解析几何的深度探究的交点，求GMN面积的最小值．，由直线AB与直线1、x m=S=GMNS=MNG例2.过椭圆22221x y a b+=的长轴上任意一点(,0)()S s a s a −<<作两条互相垂直的弦,AB CD ，若弦,AB CD 的中点分别为,M N ，那么直线MN 恒过定点222,0a s a b ⎛⎫⎪+⎝⎭．证明：如图，设AB 的直线方程为x my s =+，则CD 的直线方程为1x y s m=−+ 联立方程组22221x my s x y ab =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得()()2222222220m b a y b msy b s a +++−=则()()22222222221212222222240,,b s a msb a b m b a s y y y y m b a m b a−−∆=+−>+=⋅=++ 由中点坐标公式得22222222,a s msb M m b a m b a ⎛⎫− ⎪++⎝⎭ 将m 用1m −代换得到222222222,a sm msb N m a b m a b ⎛⎫ ⎪++⎝⎭所以MN 的直线方程为()()2222222222221a b m b sm a s y x b m a b m a a m +⎛⎫+=− ⎪++−⎝⎭令0y =，得222a sx a b =+．所以直线MN 恒过定点222,0a s a b ⎛⎫ ⎪+⎝⎭． 二．对点训练的斜率均存在，求FMN面积的最大值解析：（1）由题意得1c =，2c a =（2）证明：①当直线AB ，CD 有一条斜率不存在时，直线2,03P ⎛⎫⎪⎝⎭. 12FMNFPMFPNSSS=+=⨯S=FMN[2,∞+S取得最大值FMN。

命题历程２０２４年２月上半月㊀㊀㊀调和线束中的平行平分模型２０２２年３道解析几何高考真题的统一背景研究◉湖北省武昌实验中学㊀柯希湖１问题引路 高考真题呈现考题１㊀(２０２２年北京卷第２１题)已知椭圆E:x２a２＋y２b２＝１(a＞b＞０)的一个顶点为A(０,１),焦距为２３．(１)求椭圆E的方程;(２)过点P(－２,１)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线A B,A C分别与x轴交于点M,N,当|MN|＝２时,求k的值．考题２㊀(２０２２年新高考Ⅰ卷第２１题)已知点A(２,１)在双曲线C:x２a２－y２a２－１＝１(a＞１)上,直线l交C于P,Q两点,直线A P,A Q的斜率之和为０．(１)求l的斜率;(２)若t a nøP A Q＝２２,求әP A Q的面积．考题３㊀(２０２２年新高考Ⅱ卷第２１题)已知双曲线E:x２a２－y２b２＝１(a＞０,b＞０)的右焦点为F(２,０),渐近线方程为y＝ʃ３x．(１)求E的方程．(２)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x１,y１),Q(x２,y２)在C上,且x１＞x２＞０,y１＞０．过P且斜率为－３的直线与过Q且斜率为３的直线交于点M．从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立:①M在A B上;②P QʊA B;③|M A|＝|M B|．注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分．２背景介绍 平行平分模型２．１调和点列欧式几何中的调和点列:同一直线上依次排列的四个点A,B,C,D,若满足|A B||C B|＝|A D||C D|,则称A,B,C,D构成调和点列．射影几何中的调和点列:欧式几何中的调和点列也是射影几何中的调和点列．在此基础上,将无穷远点看做一个点,同一直线上依次排列的四个点A,B,C,ɕ,若满足|A B||C B|＝|Aɕ||Cɕ|＝１,即|A B|＝|C B|,则称A,B,C,ɕ构成调和点列．２．２调和线束已知P是调和点列A,B,C,D所在直线外的任意一点,则线束P A,P B,P C,P D构成调和线束．注:点P一般选为投射中心,称为射心．图１２．３平行平分模型如图１,已知线束l１,l２,l３,l４交于点P,直线l分别交l１,l２,l３于点A,C,B．①若l１,l２,l３,l４为调和线束,lʊl４,则|A C|＝|C B|;②若lʊl４,|A C|＝|C B|,则l１,l２,l３,l４为调和线束;③若l１,l２,l３,l４为调和线束,|A C|＝|C B|,则lʊl４．２．４极点极线与调和点列２．４．１由调和点列得到极点极线图２如图２,定点P(x０,y０)不在圆锥曲线Γ:A x２＋B x y＋C y２＋D x＋E y＋F＝０上,过点P的动直线l交Γ于M,N两点,l上不同于P的另一点Q满足|P M||P N|＝|Q M||Q N|,则点Q的轨迹在直线A x０x＋Bx０x＋y０y２＋C y０y＋Dx０＋x２＋Ey０＋y２＋F＝０上．２．４．２由极点极线得到调和点列如图２,定点P(x０,y０)不在圆锥曲线Γ:A x２＋B x y＋C y２＋D x＋E y＋F＝０上,点P关于Γ的极线为A x０x＋B x０x＋y０y２＋C y０y＋Dx０＋x２＋E ６６２０２４年２月上半月㊀命题历程㊀㊀㊀㊀y ０＋y２＋F ＝０,过点P 的动直线l 交该Γ于M ,N 两点,交极线于与Q ,则|P M ||P N |＝|Q M ||Q N |,即P ,Q ,M ,N为调和点列．注:上述两个命题描述了圆锥曲线中极点极线与调和点列的基本关系,结合调和点列与调和线束的基本关系,三者可以相互转化．两个命题的证明略．３命题背景换位剖析真题３．１换位剖析２０２２年北京卷第２１题图３如图３,椭圆的左顶点D (－２,０),直线A D :y ＝１２x ＋１,恰好是点P 关于椭圆的极线．设直线P C 交直线A D点J ,故P ,J ,B ,C 形成调和点列,进而A P ,A J ,A B ,A C 形成调和线束,且A P ʊMN ．由平行平分模型①,可知|DM |＝|D N |,结合D (－２,０),故N (－１,０)．将直线A N :y ＝x ＋１与椭圆方程x ２４＋y ２＝１联立,解得C (－８５,－３５),则k ＝k P C ＝－４．注:(１)发现直线A D 是点P 关于椭圆的极线很关键,为后面寻找调和点列和调和线束打下基础．(２)找到调和点列P ,J ,B ,C ,再结合题设条件选取合适的射心A ,得到调和线束A P ,A J ,A B ,A C ,转化为平行平分模型解决问题．３．２换位剖析２０２２年新高考I 卷第２１题图４如图４,设直线A P ,A Q 分别交x 轴于点B ,D ,过点A 作x 轴垂线交x 轴于点N ,交直线P Q 于点S ,过点A 作y 轴垂线交直线P Q 于点T ,过点S 作y 轴的垂线与过点T 垂直于x 轴的直线交于点K ．设T (x ０,１),S (２,y ０),则K (x ０,y ０)．由辅助线的作法可知,四边形A T K S 是矩形,所以直线A K 斜率k A K 和直线T S 的斜率k T S 互为相反数,故k A K ＝－k T S ,即k P Q ＝－k A K ．由直线A P ,A Q 的斜率之和为０,得|B N |＝|N D |．结合A T ʊB D ,由平行平分模型结论②,得线束A T ,A S ,A P ,A Q 为调和线束,进而T ,S ,P ,Q 为调和点列．结合点P ,Q 在双曲线上,得T ,S 关于双曲线调和共轭,即点T 在点S 的极线上,点S 在点T 的极线上．点T (x ０,１)关于双曲线x ２２－y ２＝１的极线方程为x ０x ２－y ＝１,代入点S (２,y ０),得y ０＝x ０－１,这意味着点K (x ０,y ０)的轨迹为直线y ＝x －１．经检验知,点A (２,１)也在直线y ＝x －１上,从而直线A K 的方程为y ＝x －１,于是k P Q ＝－k A K ＝－１．３．３换位剖析２０２２年新高考I I 卷第２１题因为该试题是一道结构不良类型的证明题,所以在此着重分析试题背景中的平行平分模型及应用过程,部分步骤中涉及的代数运算证明仅做简单叙述(主要涉及斜率条件的转化)．图５如图５,设直线A B 与双曲线交于C ,D 两点,由直线与双曲线及渐近线相交的性质得|A C |＝|B D |,这意味着A B的中点即C D 的中点,这个中点即试题中准备研究的点M ．设直线C P ,D Q 交于点T ,取P Q 中点N ,直线T N 交直线A B 于点L ,过点T 作P Q 的平行线T S ,由|P N |＝|N Q |,结合平行平分模型结论②,线束T S ,T N ,T P ,T Q 为调和线束,即线束T S ,T L ,T C ,T D 为调和线束．(１)选择①②证明③若P Q ʊA B ,则T S ʊA B ．由平行平分模型结论①,得|C L |＝|D L |,即L 是C D 中点,从而|A L |＝|B L |．结合直线M P ,M Q 的斜率分别为－３,３,计算可得此时点L 为点M ,从而|M A |＝|M B |．(２)选择②③证明①若P Q ʊA B ,结合T S ʊP Q ,则有T S ʊA B ．因为线束T S ,T L ,T C ,T D 为调和线束,结合平行平分模型结论①,可知|L A |＝|L B |．由x １＞x ２＞０得弦P Q 不垂直于x 轴,所以弦A B 也不垂直于x 轴,故弦A B 的中垂线不过原点O ,由直线M P ,M Q 的斜率分别为－３,３,计算可得O ,N ,M 三点共线,故点M ,L 都在直线O N 上．结合|M A |＝|M B |,|L A |＝|L B |,直线O N 不是A B的中垂线,从而点M ,L 重合．故点M 在A B 上．(３)选择①③证明②,略．基于高等几何的极点极线的相关内容,对尖子生而言,一般用于速算结果㊁探究方向,虽然解题很快,但要慎重考虑是否可作为高中卷面的书写过程．Z７６。