2024年九省聯考解析幾何試題解法深度探究

王思儉

摘? 要：新高考的命題已經從能力立意向素養導向轉變，引領高中數學課堂教學，注重學生的思維教育.2024年九省聯考第18題，入口寬、寓意深、解法多、思維活，讓不同層次的學生都可以得到應有的分值，本文立足通性通法，從多角度深度探究解法，尋求最優解法.

關鍵詞：聯考真題；解析幾何；一題多解；深度探究

1? 聯考真題

已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，過F的直線l交C于A，B兩點，過F與l垂直的直線交C于D，E兩點，其中B，D在x軸上方，M，N分別是AB，DE的中點.

（1）證明：直線MN過定點.

（2）設G為直線AE與直線BD的交點，求△GMN面積的最小值.

解法1? （1）點斜式：當直線AB斜率不存在時，直線DE的斜率為0，不合題意.

設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），y2＞0，y3＞0，l：y=k（x-1）（k＞0），代入y2=4x，化簡整理，得k2x2-2（k2+2）x+k2=0，判別式Δ＞0，得出y1y2=-4，Mk2+2k2，2k.

同理x3x4=1，y3y4=-4，N（1+2k2，-2k）.

直線MN的方程為kx+（k2-1）y-3k=0，得定點T（3，0）.

（2）求出直線AE和BD的方程（y4+y1）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3，聯立求出交點G-1，2（1-k）1+k.

再求｜MN｜和點G到直線MN的距離d，于是S△GMN=2k+1k2.

由基本不等式求出最小值為8，當k=1時取得.

解法2? （1）斜截式：設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），y2＞0，y3＞0，l：x=my+1（m＞0）代入y2=4x，得y2-4my-4=0，判別式Δ＞0，于是y1y2=-4.

M（2m2+1，2m），｜FM｜=2mm2+1.

同理，可得y3y4=-4.

N1+2m2，-2m，｜FN｜=2m2+1m2.

設直線MN與x軸交于點T（t，0）（t＞0），則S△FMN=S△FMT+S△FNT，

因此｜FM｜·｜FN｜=｜FT｜·｜yM-yN｜，有｜FT｜=2，即｜t-1｜=2，解得t=3（t=-1舍去）.

（2）（面積分割）直線AE，BD的方程分別為（y4+y1）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3.

兩個方程聯立，得G-1，2（m-1）1+m.

過G作y軸的垂線，交MN于H，得xH=2m+2m-1，則｜GH｜=｜xH-xG｜=2m+1m.

又△GMN的面積S△GMN=12｜GH｜·｜yM-yN｜=2m+1m2.（下略）

解法3? （1）點差法：設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），中點M（x0，y0），則kAB=2y0.又kAB=y0x0-1，因此y20=2（x0-1），對點（1，0）也成立，所以點M的軌跡方程為y2=2（x-1）.

設直線MN的方程為x=ny+t，代入y2=2（x-1），得y2-2ny-2t+2=0.

由FM·FN=0，于是有（xM-1）（xN-1）+yMyN=0，求出t=3.

（2）由A，F，B三點共線知，AF∥FB，y1y2=-4，y3y4=-4.

因為AB⊥DE，所以AB·DE=0，即（y1+y2）·（y3+y4）=-16.

因為M是線段AB的中點，因此點A與M到直線DG的距離之比2∶1.

因此2S△GDM=S△GDA，2S△GAN=S△GDA，兩式相加，得S△GAN+S△GDM=S△GDA.

所以S△GDA+S△GMN=S△GDA+S四邊形ADMN，即S△GMN=S四邊形ADMN=18｜AB｜·｜DE｜.

由拋物線定義知，S△GMN=18×48+（y1+y2）24+64（y1+y2）2.（下略）

解法4? （1）設Ay214，y1，By224，y2，Dy234，y3，Ey244，y4，y2＞0，y3＞0.

由A，F，B三點共線知，AF∥FB，得y1y2=-4，y3y4=-4.

由AB·DE=0，得（y1+y2）（y3+y4）=-16.

設直線MN與x軸的交點為T（t，0），則TM∥TN，求出t=3.

（2）同解法3.（略）

解法5? （1）由題設A（a2，2a），B（b2，2b），D（d2，2d），E（e2，2e），b＞0，d＞0.

因為直線AB，DE均過焦點F（1，0），AB⊥DE，得ab=de=-1，（a+b）（d+e）=-4，于是（a+b）2=2xM-2，則yM=a+b=（a+b）（a+b+d+e）a+b+d+e=2（xM-3）a+b+d+e，所以點M在直線y=2（x-3）a+b+d+e上，同理可得，點N在直線y=2（x-3）a+b+d+e上.

又由兩點確定一條直線，因此直線MN的方程為y=2（x-3）a+b+d+e，過定點T（3，0）.

（2）面積分割：因為S四邊形AEBD=S△DAB+S△EAB=2（S△DMB+S△EMB）=4（S△GMB+S△EMB-S△GEN-S△EMN）=4（S△GME-S△GEN-S△EMN）=4S△GMN.

因此S△GMN=14S四邊形AEBD=18｜AB｜·｜DE｜=12·8+（a+b）2+16（a+b）2.（下略）

解法6? （1）由題設A（4m2，4m），B（4n2，4n），D（4t2，4t），E（4s2，4s），n＞0，t＞0.

則M（2（m2+n2），2（m+n）），N（2（s2+t2），2（s+t））.

由A，F，B三點共線知，AF∥FB，4mn=-1，同理4st=-1.

因為AB⊥DE，因此AB·DE=0，得（m+n）·（s+t）=-1.

由直線兩點式的方程，得（x2-x1）（y-y1）=（y2-y1）（x-x1），令y=0，得x=-4mn-2（m+n）（s+t）=3，所以直線MN在x軸上的截距為定值3.

（2）設直線AD分別與GM，GN相交于點P，Q，由平面幾何知識，得2S△DGM=S△ADG，2S△AGN=S△ADG，兩等式相加，得S△DGM+S△AGN=S△ADG，S△DPM+S△AQN=S△GPQ.

所以S△GMN=S△GPQ+S四邊形PQNM=S△DPM+S△AQN+S四邊形PQNM=S四邊形ADMN.

所以S△GMN=18｜AB｜·｜DE｜=22+（m+n）2+1（m+n）2.（下略）

解法7? （1）極坐標法：由對稱性，不妨設l的傾斜角為銳角α.

由拋物線定義知，｜AF｜=21-cosα，｜BF｜=21+cosα，｜DF｜=21+sinα，｜EF｜=21-sinα，｜AB｜=｜AF｜+｜BF｜=4sin2α，｜DE｜=4cos2α.

又｜FM｜=12（｜FA｜-｜FB｜）=2cosαsin2α，｜FN｜=2sinαcos2α.

在△FMN中，設直線MN與x軸交于點T，由面積代換知，S△FMN=S△FMT+S△FNT.

因此｜FT｜（｜FM｜sinα+｜FN｜cosα）=｜FM｜·｜FN｜，求得｜FT｜=2，即｜OT｜=3.

（2）取線段AD的中點P，則PM∥BG，由平面幾何知識，得S△GPM=S△PDM，S△GPN=S△PAN.

S△GMN=S△PDM+S△PAN+S△PMN=S四邊形ADMN=18｜AB｜·｜DE｜=8sin22α≥8.

解法8? （1）直線參數方程法：由對稱性，不妨設l的傾斜角為銳角α.

設l方程為x=1+tcosα，

y=tsinα，t為參數，代入y2=4x，整理得t2sin2α-4tcosα-4=0.

因此tM=t1+t22=2cosαsin2α，所以｜FM｜=2cosαsin2α，｜AB｜=｜t1-t2｜=4sin2α.

同理｜FN｜=2sinαcos2α，｜DE｜=4cos2α.

在△FMN中，設直線MN與x軸交于點T，由面積代換知，S△FMN=S△FMT+S△FNT.

即｜FT｜（｜FM｜sinα+｜FN｜cosα）=｜FM｜·｜FN｜，化簡整理，得｜FT｜=2，即｜OT｜=3.

（2）由平面幾何知識及割補法，得S△GMN=S△GBN-S△GMB-S△BMN=14（S△ADE+S△BDE）=14S四邊形AEBD=18｜AB｜·｜DE｜=8sin22α≥8，當且僅當sin2α=1，即α=π4時，等號成立.

2? 做中悟道

本題給出了8種解法，其中解法1和2是最基本的解法，可以看出直線方程設法不同，運算簡繁程度不同，解法2運算量小一點；解法3探究中點軌跡方程，將問題轉化為過點F的垂直弦FM，FN問題，利用待定系數法很快求解；解法4、5、6利用設點法求解，也是通法；解法7是從傾斜角和拋物線定義出發，再把△FMN的面積進行分割，即得出定值，再求定點；解法8利用直線參數方程，也是將△FMN的面積進行分割求解.第（2）小題學生利用平面幾何知識，將△GMN進行化歸，使得問題更加簡潔，這里需要具有較強的直觀想象的觀察力和邏輯推理能力.從上述各種解法上看，都是通性通法，解法7和8運算量較小，屬于最優解法.因此，在平時教學中要引領學生學會從不同角度探究一題多解.