九省聯考第18題的運算優化及拓展

摘" 要：分析2024年新高考適應性考試中的解析幾何解答題，從優化數學運算路徑的角度探究了解題思路與解法，并對試題結論進行一般化推廣.

關鍵詞：數學運算；圓錐曲線；面積轉換；九省聯考

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0079-03

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：張青松（1984.5—），男，云南省昆明人，碩士，中學一級教師，從事高中數學教學研究；

王文雅（1995.12—），女，浙江省溫州人，碩士，從事高中數學解題研究.

解析幾何是高考的主干知識之一，具有運算量大、綜合性強的特點，是數學運算、邏輯推理素養的重要載體．本文以教育部統一命題的2024年九省適應性測試（即九省聯考）第18題為例，介紹如何優化解析幾何試題的數學運算，對試題背景及相關結論進行必要的探究和拓展．

1" 經典試題展示

試題" （2024年九省聯考第18題） 已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，過點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分別為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.

2" 多維度拓寬運算路徑

解法1" 常規解法 .

（1） 設直線AB的方程為x=my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4）.

聯立x=my+1，y2=4x， 消x后，得y2-4my-4=0，

Δ=16（m2+1）gt;0.

由韋達定理，得y1+y2=4m，y1y2=-4.

因為點B在x軸上方，

所以y2=2m2+1+2m.

同理y3=21m2+1-2m.

所以yM=2m，xM=myM+1=2m2+1.

即M（2m2+1， 2m）.

同理N（2m2+1，-2m）.

設直線MN與x軸的交點為R（x0 ， 0），則

RM=（2m2+1-x0， 2m），RN=（2m2+1-x0 ，-2m）.

由M，R，N三點共線，得RM∥RN.

即2m（2m2+1-x0）+2m（2m2+1-x0）=0.

展開整理，得2（m2+1）x0=6（m2+1）.

即x0=3.

所以直線MN過定點（3，0）．

（2） 直線AE，BD的方程分別為

（y1+y4）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3．

聯立（y1+y4）y=4x+y1y4 ， （y2+y3）y=4x+y2y3 ，

解得xG=-1.

因為y1y2=y3y4=-4，所以y1y4=16y2y3.

所以yG=y1y4+y2y3-8y1+y2+y3+y4

=（y2y3-4）2/（y2y3）4m-4/m=2（m-1）m+1.

點G到直線MN：x=（m-1m）y+3的距離

d=4+2（m-1）2/m1+（m-1/m）2=2（m2+1）/|m|1+（m-1/m）2，

MN=1+（m-1m）2|yM-yN|

=2（m2+1）m1+（m-1m）2，

S△GMN=12|MN|d=2（m2+1m2+2） ≥ 8，

當且僅當m=±1時取到等號.

所以△GMN面積的最小值為8.

解法2" 拋物線參數方程.

（1） 設A（4t21 ， 4t1），B（4t22 ， 4t2），D（4t23 ， 4t3），E（4t24 ， 4t4）．

直線AB的方程為x-（t1+t2）y+4t1t2=0．

同理直線DE，AE，BD的方程分別為

x-（t3+t4）y+4t3t4=0，x-（t1+t4）y+4t1t4=0，x-（t2+t3）y+4t2t3=0．

由AB，DE經過F（1，0）且AB⊥DE，得

t1t2=-14，t3t4=-14，（t1+t2）（t3+t4）=-1．

依題意，得M（2（t21+t22），2（t1+t2））.

可得M（2（t1+t2）2+1，2（t1+t2））.

同理N（2（t3+t4）2+1，2（t3+t4））．

設直線MN與x軸的交點為R（x0，0），由M，R，N三點共線得

x0

=6（t1+t2）-6（t3+t4）2（t1+t2）-2（t3+t4）=3.

所以直線MN過定點（3，0）．

（2）聯立x-（t1+t4）y+4t1t4=0 ， x-（t2+t3）y+4t2t3=0，

得x=-1，

y=4（t1t4+t2t3）-2t1+t2+t3+t4.

即G（-1，4t1t4+4t2t3-2t1+t2+t3+t4）．

過點G作x軸的平行線交MN于點H，得

H（4t1t4+4t2t3+1， 4t1t4+4t2t3-2t1+t2+t3+t4）．

所以S△GMN=12|GH|·|yM-yN|

=12|4t1t4+4t2t3+2|·|2（t1+t2）-2（t3+t4）|

= 2|（t1-t2）（t3-t4）|·|（t1+t2）-（t3+t4）|

=2［（t1+t2）2+（t3+t4）2+2］

≥ 2［-2（t1+t2）（t3+t4）+2］=8，

當且t2=t3=-t1=-t4=12時取到等號.

所以△GMN面積的最小值為8．

解法3" 點差法.

（1）設A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），M（x0 ， y0）．

因為AB⊥DE，所以FM⊥FN.

即y1x1-1·y2x2-1=-1．

由y21=4x1 ， y22=4x2 ， 兩式相減，得

y1-y2x1-x2=4y1+y2.

即y20=2（x0-1）.

所以點M的軌跡方程為y2=2（x-1）.

同理點N的軌跡方程也為y2=2（x-1）．

設直線MN的方程為m（x-1）+ny=1，聯立MN方程和弦中點軌跡方程，整理，得

y2-2n（x-1）y-2m（x-1）2=0.

兩邊同時除以（x-1）2，得

（yx-1）2-2nyx-1-2m=0.

則y1x1-1·y2x2-1=-2m=-1，得m=12．

將m=12代入m（x-1）+ny=1，得

（x-3）+2ny=0，

所以直線MN過定點（3，0）．

（2）直線AB的方程為（y1+y2）y=4x+y1y2，

又F（1，0）在AB上，故y1y2=-4.

因此AB：（y1+y2）y=4x-4.

聯立方程組

（y1+y2）y=4x-4 ， y2=4x ， 消x，得

y2-（y1+y2）y-4=0，△=（y1+y2）2+16gt;0，

|AB|=1+（y1+y24）2|y1-y2|

=14（y1+y2）2+16，

由AB⊥DE，得|DE|=14162（y1+y2）2+16．

在△GME中，M，N分別為AB，DE的中點，

S△GMN=S△GME-S△MNE-S△GNE=12S△GBE-12S△MDE-12S△GDE=12（S△BMD+S△BME）=12（12S△BAD+12S△BAE）

=14S四邊形ADBE=18|AB|·|DE|．

而|AB|·|DE| =14（y1+y2）2+16·14·162（y1+y2）2+16

=116［2×162+16（y1+y2）2+163（y1+y2）2］ ≥64，

當且僅當y1+y2=±4時，取到等號．

所以S△GMN=18|AB|·|DE| ≥ 8．

解法4" 應用拋物線焦半徑公式.

（1） 設直線l的傾斜角為α，由拋物線的焦半徑公式得|FB| =21-cosα，|FA| =21+cosα．

根據圖形的對稱性，只需考慮0lt;αlt;π2時的情形，|FM| =12（|FB|-|FA|）=2cosαsin2α，點M的橫坐標為1 +|FM| cosα=1+2tan2α，縱坐標為|FM| sinα=2tanα，即M（1+2tan2α ， 2tanα）．

同理可得N（1+2tan2α ，2tanα）．

又xR=2（1+2tan2α）/tanα-（-2tanα）（1+2/tan2α）2/tanα-（-2tanα）=3，

故直線MN過定點（3，0）．

（2） 因為|AB| = |FB| +|FA| =21-cosα+21+cosα=4sin2α，又DE⊥AB，所以|DE| =4cos2α．

所以S△GMN=18|AB|·|DE|=2sin2αcos2α=8sin22α≥8，

當且僅當α=π4或α=3π4時等號成立［1］.

所以△GMN面積的最小值為8．

3" 結論推廣

推論" 已知拋物線C：y2=2px，過F（t ， 0）（tgt;0）作兩條直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點．若kAB·kDE=λ（λlt;0），M，N分別為AB，DE的中點，直線AE與直線BD的交點為G，直線AD，BE與x軸的交點分別為R，S，則

①直線MN恒過定點（t-pλ ， 0）；

②點G在直線x=-t上；

③S△GMN=S四邊形ADMN ≥（1-1λ）（2t-pλ）p2；

④xR·xS=t2；

⑤1kAB+1kDE=1kAE+1kBD=1kAD+1kBE=1kMN，

1kOM+1kON=（1+tλp）1kMN．

4" 結束語

這道測試題凝結著命題專家的智慧，是考查基礎知識、基本技能和基本思想方法的載體，既有示范性，又有權威性．從本文的分析看，研究典型試題，挖掘背后的命題背景，對于復習備考具有重要的指導意義．

參考文獻：

［1］

單墫.數學奧林匹克（初中版）［M］．北京：北京大學出版社，1991.

［責任編輯：李" 璟］