坐標方法終有時 蝴蝶萬態醉題中*
——從四個視角研究2022年全國高考數學甲卷理科第20題

?四川省雙流中學 曹軍才 李莎莎 耿曉琦

解析幾何的基本研究方法就是坐標法，即用代數方法研究幾何問題.對一道具體題目的研究，需要思考如何用坐標或方程表達點和線，即如何將幾何問題代數化，實現“從幾何中來”；也需要研究題目背后隱藏的東西，即問題本身或解決途徑可否類比、遷移，實現“到幾何中去”.賈德(Charles H.Judd)的一項早期實驗表明：一切教育的目的都是在發展系統的思想，這種思想能從它被獲得的情境中遷移到別的情境中去[1].下面以2022年全國高考數學甲卷理科第20題為例，從幾個視角談談從“解題”到“解決問題”[2]的系統認知.

1 問題再現

(2022年全國高考數學甲卷理科第20題)設拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，點D(p,0)，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，|MF|=3．

(1)求C的方程；

(2)設直線MD,ND與C的另一個交點分別為A,B，記直線MN,AB的傾斜角分別為α,β．當α-β取得最大值時，求直線AB的方程．

2 問題分析

第(2)小題思維導圖如圖1.

圖1

思路1:以直線斜率為參數，由線及點.

思路2：以點的坐標為參數，由點及線.

設出點M,N,A,B的坐標，由四點所滿足的直線方程MN,MA,NB,AB的統一結構，通過直線經過定點尋得坐標積的定值關系，進而發現兩直線MN,AB斜率的關系.

思路3：以角度為參數，由角及形.

已知條件中有直線傾斜角，因此可以寫出直線的參數方程并代入拋物線方程，借助參數t表達點、線.

思路4：以直線系方程入手，由線及形.

題目中有四條直線，其中MN過定點(1,0)，MA,NB過定點(2,0)，因此可以從過定點的直線系方程入手解答，優化思路1的多次聯立直線與拋物線方程.

思路5：以動態圖形尋定點，由靜制動.

拋物線中有四邊形ABMN且其對角線的交點為定點，圖形形似蝴蝶，聯想蝴蝶定理，借助幾何關系，猜證結合，輔助代數推理.

思路6：以動態圖形尋定線，由形釋數.

由蝴蝶圖形的對稱性，MB,NA在x軸上下方的對稱位置的交點縱坐標互為相反數、橫坐標相同，猜想直線MB,NA的交點軌跡是一條垂直于x軸的定直線.

3 問題解決

圖2

(一)視角一：通法.

(2)通法1：如圖2，設直線MN:x=my+1.由(1)知，曲線C的方程為y2=4x.設M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4).

所以y3=2y2.同理可得y4=2y1.

又因為直線MN，AB的傾斜角分別為α,β，所以

則Δ3>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，得n=4.

另解(求直線AB方程)：當α-β最大時，

又因為y3y4=4y1y2=-16，所以

點評：這是中學生熟悉的解析法——線參法，即含參直線和二次曲線相交，聯立方程，獲得關鍵方程，再用韋達定理獲得交點的坐標關系，是通法.難點是如何尋求直線AB與MN的斜率關系，只能邊算邊看.此題坐標法運用自然，突出解析幾何的基本分析方法，摒棄了弦長、范圍等套路問題.

通法2：設M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4)，則

又因為直線MN過定點(1,0)，所以y1y2=-4.

同理,直線MA的方程為4x-(y1+y3)y+y1y3=0，直線NB的方程為4x-(y2+y4)y+y2y4=0.

又因為直線MA，NB都經過定點(2,0)，所以

同理，直線AB的方程為4x-(y3+y4)y+y3y4=0.

點評：這也是中學生熟悉的解析法——點參法，即設出點的坐標，利用點在曲線上，則點的坐標就滿足相應曲線方程，進而注意到拋物線中任意弦所在的直線方程具有對稱的統一結構.此法也是通法，較通法1更為簡潔.

t2sin2α-4tcosα-4=0.

設M,N對應的參數分別為t1,t2,則

下同通法1.

點評：這也是中學生熟悉的解析法——角參法，即引入角作參數，利用直線參數方程求解.

下同通法1.

點評：借助過定點的直線系，獲得點的坐標關系.

(二)視角二：溯源.

圖3

蝴蝶定理如圖3,設D為圓內弦PQ的中點，過點D作弦MA,NB，設MN,AB分別交弦PQ所在直線于點X,Y，則D是XY的中點.

注：① 點D在圓內是不必要的，可以在圓外；

② 圓可以改為任意圓錐曲線.

圖4

解法5：如圖4,過點D作直線DQ垂直于x軸，交MN于點X，交AB于點Y，交拋物線于P,Q兩點.因為|PD|=|QD|，所以由蝴蝶定理可知|XD|=|YD|.

設直線AB交x軸于點T，則

下面證明直線AB過定點T.

所以|DT|=4-2=2，從而tanα=2tanβ.

下同通法1.

點評：蝴蝶翩翩，形態萬千.借助蝴蝶定理猜想直線AB過定點T，進而需要尋求y1y2與y3y4的關系.目標明確，思路清晰.

圖5

解法6：如圖5,設直線MN與AB交于點Q(x,y).

由通法2可知，直線MN的方程為

4x-(y1+y2)y+y1y2=0①

直線AB的方程為4x-(y3+y4)y+y3y4=0，即

4x-2(y1+y2)y+4(y1y2)=0

②

①×2-②，得4x+2y1y2-4(y1y2)=0.

所以4x=2y1y2=-8，即x=-2.

故交點Q的軌跡是定直線x=-2.

設此直線交x軸于點H，要使α-β最大，即使∠FQT最大.

問題轉化為在定直線x=-2上取一點Q，使張角∠FQT最大.

顯然，當HQ與△FQT的外接圓相切于點Q時，滿足條件.

點評：此法是該題的一種幾何解釋，轉化后的問題“張角∠FQT最大”即為米勒問題(最大視角問題).其實，極點(x0,y0)關于曲線y2=2px的極線就是y0y=p(x+x0)，則極點D(2,0)關于曲線y2=4x的極線就是0·y=2(x+2)，即定直線HQ：x=-2.

(三)視角三：拓展.

反思1:此題中F,D可定位于x軸上任意點.當然，F,D也可定位于形內其他位置.

變式設M,N,A,B為拋物線y2=2px(p>0)上任意四點，MN,AB交x軸于F,T，MA,BN交于點D.設F(a,0)，D(b,0)，MN,AB的傾斜角分別為α,β，當α-β取最大值時，求直線AB的方程.

解：設M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4)，直線MN的方程為x=my+a.

y1+y2=2pm，y1y2=-2pa

③

所以y1y3=-2pb.同理，可得y2y4=-2pb.

點評：點F,D確定，直線AB過定點是蝴蝶定理蘊含的一個結論.令p=2,a=1,b=2，即為原題及其解答.

(四)視角四：推廣.

反思2：原題可以推廣至橢圓中.當然，也可以推廣到其他圓錐曲線中.

(1)求橢圓E的方程；

圖6

分析：本題第(1)問過程略，第(2)問有如下3種解法.

解法1:不妨設A(x1,y1),B(x2,y2)，且y1>0，如圖6.

(3m2+4)y2+6my-9=0.

所以

圖7

因為MO//XF，所以

又FY//ON，所以

圖8

點評：此題中蝴蝶定理的運用盡顯其優越性，解法2，3較解法1，運算簡潔，近乎秒殺！

對試題的研究，貴在遷移，形成知識鏈，進入命題意境.從通法角度研究各種解法固然重要，此為“境”；但若能從溯源題目出處、拓展題目結論、推廣題目類型等視角，揣測命題者想法，更能從一定高度審視題目，此為“意”.身在高考試題的“境”中，達其“蝴蝶定理”之“意”，悟數學之美妙，通數學之本真.