摘要：對(duì)2023年全國(guó)乙卷理科數(shù)學(xué)第20題做推廣探究，給出原題目的一般情形，主要使用坐標(biāo)法進(jìn)行分析與證明，以展示本題的命題背景.

關(guān)鍵詞：全國(guó)乙卷理科數(shù)學(xué)；解析幾何；坐標(biāo)法；推廣探究

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）11-0006-04

解析幾何主要考查直觀想象能力、邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力.坐標(biāo)法是高中階段解決解析幾何問(wèn)題的主要方法.“坐標(biāo)法”的基本含義是：通過(guò)將幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)，并使用代數(shù)方法對(duì)坐標(biāo)進(jìn)行運(yùn)算，體現(xiàn)了解析幾何中的數(shù)形結(jié)合思想[1].下面我們以2023年的一道高考題目為例，在坐標(biāo)法的觀點(diǎn)下研究其一般情形，并做推廣.

1 題目呈現(xiàn)

題目（2023年全國(guó)乙卷理科數(shù)學(xué)20題）如圖1，已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的離心率為53，點(diǎn)A（-2，0）在C上.

（1）求C的方程；

（2）過(guò)點(diǎn)（-2，3）的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).

為了便于說(shuō)明問(wèn)題，不妨設(shè)點(diǎn)B（-2，3），M，N中點(diǎn)為K.

本題充分考查學(xué)生的邏輯推理、直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)，解決方法不唯一，可以多角度切入分析試題，定點(diǎn)結(jié)論簡(jiǎn)潔美觀，是一道具備選拔功能的優(yōu)秀試題，下面嘗試對(duì)問(wèn)題的一般化情況做討論.

2 推廣探究

結(jié)論1已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點(diǎn)A（-b，0）在C上，過(guò)B（-b，a）的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，a）.

此結(jié)論證明方法較多.考慮到直線AP，AQ地位等同，知其運(yùn)算方式是相似的.具體來(lái)看，當(dāng)我們通過(guò)聯(lián)立計(jì)算解決了點(diǎn)P的坐標(biāo)時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)也可以通過(guò)類似的計(jì)算方式得出.所以，我們選擇方程同構(gòu)方法解決，目的是為了盡可能減少計(jì)算量.

證明設(shè)直線AP，AQ的方程分別為

y=k1（x+b），y=k2（x+b），

根據(jù)題意可得k1，k2必然存在.聯(lián)立直線AP與橢圓C方程y2a2+x2b2=1，y=k1（x+b）可得

（a2+b2k21）x2+2b2k21x+b4k21-a2b2=0.

由韋達(dá)定理，可得

xAxP=b4k21-a2b2a2+b2k21，

xp=a2b-b3k21a2+b2k21，

yP=k1（a2b-b3k21a2+b2k21+b）=2a2bk1a2+b2k21.

設(shè)直線PQ的方程為y-a=t（x+b），可得

2a2bk1a2+b2k21-a=t（a2b-b3k21a2+b2k21+b）.

化簡(jiǎn)得到ab2k21-2a2bk1+a3+ta2b+tab2=0.

同理，可得ab2k22-2a2bk2+a3+ta2b+tab2=0.

此時(shí)k1，k2可看作方程ab2x2-2a2bx+a3+ta2b+tab2=0的兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根.

所以k1+k2=2ab .

對(duì)于直線AP，AQ，令x=0，可得

yP=bk1，yQ=bk2.

設(shè)MN的中點(diǎn)為K，

所以yK=yP+yQ2=b（k1+k2）2=a.

評(píng)注對(duì)于結(jié)論1，令a=3，b=2即得到乙卷理科第20題.通過(guò)此分析可以看到，幾何上的相同地位暗示著相同的代數(shù)運(yùn)算方式.事實(shí)上，我們證得定點(diǎn)的同時(shí)，發(fā)現(xiàn)本質(zhì)上是斜率和為定值導(dǎo)致定點(diǎn)的出現(xiàn)，所以得到結(jié)論2.

結(jié)論2已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點(diǎn)A（-a，0）在C上，過(guò)B（-b，a）的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，K（0，a），則kAP+kAQ=2kAK.

證明根據(jù)結(jié)論1，可得

kAP+kAQ=2ab，kAK=ab.

故有kAP+kAQ=2kAK成立.

本結(jié)論可以推廣至雙曲線，于是得到結(jié)論3.

結(jié)論3已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點(diǎn)A（-a，0）在C上，過(guò)B（-a，b）的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，K（0，-b），則kAP+kAQ=2kAK.

證明方法與結(jié)論1類似，此處略去.

結(jié)論4如圖2，已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點(diǎn)A（-a，0）在C上，過(guò)B（-b，a）的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，K（0，a），AK交PQ于點(diǎn)G，則|BP|·|QG|=|BQ|·|PG|.

證明設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），B（-b，a），根據(jù)B，P，Q三點(diǎn)共線可得PB=λBQ，也即

（-b-x1，a-y1）=λ（x2+b，y2-a）.

得到關(guān)系x1+λx2=-（1+λ）b，y1+λy2=（1+λ）a.

根據(jù)幾何圖形可知，λ≠-1.

根據(jù)y21a2+x21b2=1，y22a2+x22b2=1， 得到

y21a2+x21b2=1，λ2y22a2+λ2x22b2=λ2.

作差，得

y21-λ2y22a2+x21-λ2x22b2=1-λ2.

即（1+λ）a（y1-λy2）a2+-（1+λ）b（x1-λx2）b2=1-λ2.

也即ay1-λay2a2+-bx1-λ（-b）x2b2=1-λ.

考慮x1+λx2=-（1+λ）b，y1+λy2=（1+λ）a變形為

-bx1+λ（-b）x2b2=1+λ，ay1+λay2a2=1+λ，

兩者相加，可得

ay1+λay2a2+-bx1+λ（-b）x2b2=2（1+λ）.

考慮表達(dá)式

ay1-λay2a2+-bx1-λ（-b）x2b2=1-λ，ay1+λay2a2+-bx1+λ（-b）x2b2=2（1+λ），①②

①+②2，②-①2λ分別得

ay1a2+-bx1b2=32+λ2，ay2a2+（-b）x2b2=12λ+32，

即ay1a2+-bx1b2-1=12+λ2

=（12+λ2）［a2a2+（-b）2b2-1］，

ay2a2+（-b）x2b2-1=12λ+12

=1+λ2λ

=1+λ2λ［a2a2+（-b）2b2-1］.

直線AK的方程為-bxb2+aya2=1，分別計(jì)算點(diǎn)P，Q到直線AK的距離為

hP=|-bx1/b2+ay1/a2-1|

1/b2+1/a2，

hQ=|-bx2/b2+ay2/a2-1|1/b2+1/a2.

可知hPhQ=

|-bx1/b2+ay1/a2-1||

-bx2/b2+ay2/a2-1|=

|1/2+λ/2（1+λ）/2λ|=|λ|=|PG||GQ|=|PB||BQ|.

所以|PG|·|BQ|=|PB|·|GQ|.

評(píng)注我們用純坐標(biāo)法證明了此結(jié)論，避免了使用平面幾何與高等幾何中繁雜的推導(dǎo)，體現(xiàn)了坐標(biāo)法的優(yōu)勢(shì).若此結(jié)論成立，認(rèn)為點(diǎn)B，P，G，Q為調(diào)和點(diǎn)列.在證明過(guò)程中，我們使用了定比點(diǎn)差法，點(diǎn)差法在代數(shù)結(jié)構(gòu)上簡(jiǎn)明對(duì)稱，便于我們找到等量關(guān)系，整體代換求出線段比為定值.事實(shí)上，此結(jié)論也揭示了全國(guó)乙卷20題的命題背景為調(diào)和點(diǎn)列.

結(jié)論4可一般化推廣，我們得到結(jié)論5.

結(jié)論5已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），橢圓外一點(diǎn)B（x0，y0），過(guò)點(diǎn)B的直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線y0ya2+x0xb2=1與橢圓相交于A，K兩點(diǎn)，交直線PQ于點(diǎn)G，則有|PG|·|BQ|=|PB|·|GQ|成立.

此結(jié)論的證明方式同結(jié)論4，并且對(duì)于焦點(diǎn)在x軸上的橢圓也成立.

調(diào)和點(diǎn)列的出現(xiàn)意味著出現(xiàn)調(diào)和線束，可知AB，AP，AG，AQ為調(diào)和線束.我們將調(diào)和點(diǎn)列的結(jié)論改進(jìn)，得到結(jié)論6.

結(jié)論6對(duì)橢圓y2a2+x2b2=1（a>b>0），B（x0，y0）是橢圓外任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B的直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線y0ya2+x0xb2=1與橢圓相交于A，K兩點(diǎn)，交直線PQ于點(diǎn)G，有關(guān)系1kAG-kAQ+1kAB-kAQ=2kAP-kAQ成立.

證明根據(jù)結(jié)論5，B，P，G，Q為調(diào)和點(diǎn)列，可得|PG||GQ|=|PB||BQ|.

也即|PG||GQ|·|BQ||PB|=1.

根據(jù)正弦定理，易證得

PGGQ=APAQsin∠PAGsin∠GAQ，BQPB=AQAPsin∠BAQsin∠BAP.

所以sin∠PAGsin∠GAQsin∠BAQsin∠BAP=1.

分別設(shè)調(diào)和線束AB，AP，AG，AQ的傾斜角為θ1，θ2，θ3，θ4，其斜率分別為k1，k2，k3，k4，根據(jù)三角形外角關(guān)系，得

sin∠PAGsin∠GAQsin∠BAQsin∠BAP=sin（θ2-θ3）sin（θ3-θ4）sin（θ1-θ4）sin（θ1-θ2）

=（tanθ2-tanθ3）（tanθ1-tanθ4）（tanθ3-tanθ4）（tanθ1-tanθ2）

=（k2-k3）（k1-k4）（k3-k4）（k1-k2）=1.

有（k2-k3）（k1-k4）=（k3-k4）（k1-k2）成立.

也即（k2-k4+k4-k3）（k1-k4）=（k1-k4+k4-k2）（k3-k4）.

即（k4-k3）（k1-k4）+（k2-k4）（k1-k4）=（k4-k2）（k3-k4）+（k1-k4）（k3-k4）.

故有2（k1-k4）（k3-k4）=（k2-k4）（k1-k4）+（k2-k4）（k3-k4）.

所以2k2-k4=1k3-k4+1k1-k4.

所以1kAG-kAQ+1kAB-kAQ=2kAP-kAQ成立.

評(píng)注根據(jù)此結(jié)論，在2023年全國(guó)乙卷理科20題的情境下，可知kAB為無(wú)窮大，我們認(rèn)為1kAB-kAQ為0，故有1kAG-kAQ=2kAP-kAQ，化簡(jiǎn)可得kAP+kAQ=2kAG=2kAK.由此，可知結(jié)論2為結(jié)論6的特殊情形之一.結(jié)論6也可推廣至雙曲線和拋物線，此處不再詳述，證明方法與結(jié)論6證明類似.這條結(jié)論將調(diào)和點(diǎn)列關(guān)系轉(zhuǎn)化為斜率關(guān)系，然而斜率本身可以由坐標(biāo)進(jìn)行定義，所以，本結(jié)論在坐標(biāo)觀點(diǎn)下有重大意義［2］.

3 結(jié)束語(yǔ)

通過(guò)以上結(jié)論與分析可以看到，坐標(biāo)法在解決解析幾何問(wèn)題時(shí)有非常重要的推動(dòng)作用，能通過(guò)計(jì)算避免繁雜的幾何推理，并且推導(dǎo)出來(lái)的結(jié)果更具備一般性.在運(yùn)用坐標(biāo)法計(jì)算時(shí)，要注意靈活運(yùn)用代數(shù)中的對(duì)稱、同構(gòu)、替換的思路，巧妙運(yùn)算，減少計(jì)算量.同時(shí)，解析幾何的關(guān)系經(jīng)過(guò)坐標(biāo)的加工、轉(zhuǎn)化之后可以出現(xiàn)新的數(shù)學(xué)問(wèn)題.正是坐標(biāo)觀點(diǎn)的出現(xiàn)，使解析幾何問(wèn)題的呈現(xiàn)形式多樣化，變得越來(lái)越豐富多彩，引人入勝.

參考文獻(xiàn)：

［1］?金毅.深抓幾何關(guān)系，感悟坐標(biāo)思想[J].中學(xué)生數(shù)學(xué)，2019（23）：16-17.

［2］ 金毅.對(duì)2022年高考乙卷理科數(shù)學(xué)第20題的多角度探析［J］.數(shù)理化解題研究，2022（22）：83-88.

［責(zé)任編輯：李璟］