突破運算難關推廣探究本質

摘要：新高考實施以來更加關注對高階思維的考查，落實創新性的考查要求，也更加關注對同一主題下多個知識點的綜合考查.2024年T8聯考第18題就是一個典型例子，文章從不同角度，開闊思路，分析解答，探索運算的逐步優化.

關鍵詞：T8聯考題；圓錐曲線；解法探究；拓展推廣

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0002-06

收稿日期：2024-12-05

作者簡介：王東海，男，從事高中數學教學研究.

基金項目：合肥市教育信息技術2023年度課題“智慧課堂下利用GGB培養高中生數學探究能力的實踐研究”（項目編號：HDJ23017）.

直線與圓錐曲線的位置關系問題一直是高考的熱點和難點，2024年T8 聯考卷數學也不例外，考卷中解析幾何題目重點考查“數學運算”核心素養，注重對數學運算嚴謹性及運算過程中觀察能力的考查.考試時學生短時間內一方面要知道如何運算，另一方面還要能夠運算準確，因而造成本題得分率較低.本文試圖通過對該題運算算理和算法的不斷優化，達到學生能夠理解運算、重視運算的目的.

1考題呈現

題目（2024年T8聯考數學第18題）已知雙曲線Γ的方程為x24-y2=1，B-a，0，Ca，0，其中agt;2，Dx0，y0x0≥a，y0gt;0是雙曲線上一點，直線DB與雙曲線Γ的另一個交點為E，直線DC與雙曲線Γ的另一個交點為F，雙曲線Γ在點E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP的中點為G，設直線DB，DC的斜率分別為k1，k2.

（1）證明：4lt;1k1+1k2≤4aa2-4;

（2）求|GB||GC|的值.

分析這道試題主要考查了圓錐曲線中兩直線斜率倒數和的范圍和兩線段長度比值問題.（1）問較常規，利用點參法易得倒數和的范圍；對于（2）問既可以采用設線找直線變量之間關系的方法，也可采取齊次化法的技巧，還可以利用拋物線的參數方程加以處理.試題穩中求新，體現了考題的基礎性、綜合性和創新性，考查學生的數學運算、邏輯推理、直觀想象等核心素養和關鍵能力.該試題設問簡潔但內容豐富，具有較大的探究空間.

2解法探究

策略1線參法策略.

思路1如圖1所示，對于（2），常規思路是設出幾條直線的方程，再利用直線聯立求出各個交點的坐標，從而容易求出兩線段長度的比值.

解法1（常規線參法）設Ex1，y1，Fx2，y2，直線l1，l2的斜率為k3，k4，故

l1：y-y1=k3x-x1.

與雙曲線Γ：x2-4y2=4聯立，由Δ=0，得

k3=x14y1.①

同理k4=x24y2.②

聯立l1，l2方程并消去y，得

xP=y2-y1+k3x1-k4x2k3-k4.

①②代入化簡，得

xP=4y2-4y1x1y2-x2y1.

設直線DB，DC方程分別為

x=t1y-a，x=t2y+a，

則t1=1k1=x0+ay0，

t2=1k2=x0-ay0.③

聯立DB的方程和雙曲線的方程，消去x，得

t21-4y2-2t1ay+a2-4=0.

該方程兩根為y0，y1，

所以y0y1=a2-4t21-4.

所以y1=a2-4t21-4y0.

同理y2=a2-4t22-4y0.

所以xP=4y2-4y1x1y2-x2y1

=4y2-y1t1-t2y1y2-ay1+y2

=4y0t21-t22a2-4t1-t2-ay0t21+t22-8.

將③代入化簡整理，得

xP=8x04y20-x20-4=8x0-8=-x0.

所以xG=x0+xP2=0.

所以OG⊥BC.

所以|GB|=|GC|.

所以|GB||GC|=1.

思路2條件中出現兩直線斜率的倒數和，故而考慮巧設直線，運用齊次化法來處理此題.

解法2（齊次化法）設Ex1，y1，Fx2，y2，直線EF：mx-x0+ny-y0=1.

因為1k1+1k2=x0+ay0+x0-ay0=2x0y0，

又Γ：x2-4y2-4=0變形為

（x-x0）2-4（y-y0）2+2x0（x-x0）-8y0（y-y0）=0.

所以x-x02-4（y-y0）2+［2x0（x-x0）-8y0（y-y0）］×［m（x-x0）+n（y-y0）］=0.

兩邊同除以x-x02，得

4+8ny0k2+8y0m-2nx0k-1-2x0m=0.

所以1k1+1k2=k1+k2k1k2

=-2nx0+8my01+2mx0=2x0y0.

所以8my20-2nx0y0=2x0+4mx20.

又因為4y20=x20-4，

所以2mx20-8m-2x0-4mx20=2nx0y0.

整理可得

x0=nx0y0-mx20-4m.

所以1=ny0+m（-4x0-x0）.

對比EF：mx-x0+ny-y0=1，

所以x=-4x0，y=0.

故直線EF過點（-4x0，0）.

又因為PE：x1x4-y1y=1，

PF：x2x4-y2y=1，

將點P坐標代入，可得

直線EF：xPx4-yPy=1.

將點（-4x0，0）代入，得xP=-x0.

所以xG=0.

所以|GB|=|GC|.

思路3因為直線DB，DC幾何特征上的相似性，故而可以采用同構方程的方法處理該題.

解法3（同構方程）Ex1，y1，Fx2，y2，DB：y-y0=k1x-x0，DC：y-y0=k2x-x0，

又Γ：x2-4y2-4=0變形為

（x-x0）2-4（y-y0）2+2x0（x-x0）-8y0（y-y0）=0.

將DB，DC的同構式代入，得

（x-x0）2-4k2（x-x0）2+2x0（x-x0）-8ky0（x-x0）=0.

從而解得x-x0=8ky0-2x01-4k2.

故y-y0=8k2y0-2kx01-4k2.

所以xE=8ky0-x0-4k2x01-4k2，

yE=4k2y0-2kx0+y01-4k2.

再設直線EF：y=mx+n，將點E坐標代入，得

4k2y0-2kx0+y0=m（8ky0-x0-4x0k2）+n（1-4k2）.

整理，知

4y0+4x0m+4nk2-2x0+8my0k+y0+mx0-n=0.

由韋達定理，得

1k1+1k2=8my0+2x0n-mx0-y0=2x0y0.

所以x0n=4m.

所以n=4mx0.

所以EF：y=mx+4mx0=m（x+4x0）過點（-4x0，0）.

下同解法2，略.

策略2點參法策略.

思路4本題利用點的坐標作為參數結合點差法，可以有效減少部分運算量.

解法4 （常規點參法）設Ex1，y1，Fx2，y2，則

1k1=x1-x0y1-y0=4.y1+y0x1+x0，

1k2=x2-x0y2-y0=4y2+y0x2+x0.

所以1k1+1k2=4·y1+y0x1+x0+x2-x0y2-y0

=4·y2+y0x2+x0+x1-x0y1-y0

=4y1y2+y0y2-y1y0-y20+x1x2+x0x2-x0x1-x20x1y2+x0y2-y0x1-x0y0

=4y1y2+y0y1-y2y0-y20+x1x2+x0x1-x0x2-x20x2y1+x0y1-y0x2-x0y0

=8y0y2-y1+2x0x2-x1x1y2-x2y1+x0y2-y1-y0x2-x1

=2x0y0.

所以x1y2-x2y1=4y20x0y2-y1-x0y2-y1

=-4x0y2-y1.

故EF過點（-4x0，0）.

下同解法2，略.

思路5利用點坐標作為參數，再輔之定比點差法，也可進一步簡化運算.

解法5（定比點差法）設Ex1，y1，Fx2，y2，令BE=λBD，則

x1+a，y1=λx0+a，y0.

所以x1+a=λx0+a，y1=λy0.

即x1-λx0=λ-1a.

而x21-4y21=4，λ2x20-4λ2y20=4λ2，

兩式相減，得

x1+λx0=-4aλ+1.

同理設CF=μCD，得x2-μx0=a-aμ，

x2+μx0=4a1+μ，

解得2x1=λa-4aλ-a-4a，

2λx0=a-4aλ-λa-4a;

2x2=4aμ-aμ+a+4a，

2μx0=4a-a+4aμ+aμ.

所以2x1y2-2x2y1=（λμa-4μaλ-aμ-4μa）y0-（aλ+4λa-λμa+4μλa）y0=-8x0（y2-y1）.

故EF過點（-4x0，0）.下同解法2，略.

策略3參數方程法策略.

解法6設E（2（1+t21）1-t21，2t11-t21），F（2（1+t22）1-t22，2t21-t22），D（2（1+t20）1-t20，2t01-t20），則

FE：x2·1+t1t21-t1t2-y·t1+t21-t1t2=1，

ED：x2·1+t0t11-t0t1-y·t0+t11-t0t1=1，

FD：x2·1+t0t21-t0t2-y·t0+t21-t0t2=1.

所以1k1+1k2=2t0+t11+t0t1+2t0+t21+t0t2=2kOD

=2t20+1t0.

所以t1+t2=0，t1t2=1t20.

所以xP=21-t1t21+t1t2

=21-1/t201+1/t20

=2t20-1t20+1

=-4x0.

故EF過點（-4x0，0）.

下同解法2，略.

策略4曲線系法策略.

解法7設Ex1，y1，Fx2，y2，則點D處切線為x0x4-y0y=1，

DE：y-y0=k1x-x0，

DF：y-y0=k2x-x0.

所以1k1+1k2=2x0y0.

又設直線EF：y=kx+m，根據曲線系知識，得（y-kx-m）（x0x4-y0y-1）+λ［y-y0k1-（x-x0）］·［y-y0k2-x-x0］=0為雙曲線方程，展開后易得xy，y，x的系數均為零.

即ky0+x04-λ（1k1+1k2）=0，

my0-1+λ·（x-x0k1+x-x0k2）=0，

k-m4x0+λ2y0-2x0=0.

化簡上述三式，得m=4kx0.

故直線EF：y=kx+4kx0=k（x+4x0）過點（-4x0，0），下同解法2，略.

點評本題通過線參法、點參法、參數方程法、曲線系法對運算不斷優化，直至最后尋找到最優化的解法，為解析幾何問題的處理帶來啟示.學生在高三備考中要掌握每種方法的算理和算法，再輔之以一定量的訓練，這樣才能在高考中從容應對，達到高效解題的目的.

3拓展推廣

波利亞曾說，沒有任何一個題目是徹底完成了的，總還會有些事情可以做.細品解題過程及結論，筆者思考第（2）問的結論是偶然還是必然呢？

結論1已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），B-t，0，C（t，0），其中tgt;2，Dx0，y0是Γ上一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F， 則直線EF過點（-a2x0，0）［1］.

證明設Ex1，y1，Fx2，y2，設直線EF：mx-x0+ny-y0=1.

因為1k1+1k2=x0+ty0+x0-ty0=2x0y0，

又Γ：b2x2-a2y2-a2b2=0可變形為

b2x-x02-a2（y-y0）2+2x0b2（x-x0）-2a2y0（y-y0）=0.

則b2x-x02-a2y-y02+［2b2x0x-x0-2a2y0y-y0］［m（x-x0）+n（y-y0）］=0.

兩邊同除以（x-x0）2，得

a2+2a2ny0k2+2a2y0m-2b2nx0k-b2-2b2mx0=0.

所以1k1+1k2=k1+k2k1k2

=2x0y0=2a2my0-2b2nx0b2+2b2mx0.

化簡，得

m（-x0-a2x0）+-y0n=1.

對比mx-x0+ny-y0=1，

所以x-x0=-x0-a2x0，y-y0=-y0.

所以x=-a2x0，y=0.

所以EF過點（-a2x0，0）.

考題第（2）問可以推廣至一般情形：

結論2已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），B-t，0，C（t，0），其中tgt;2，D（x0，y0）（x0≥a，y0gt;0）是Γ上一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F，Γ在點E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP中點為G，則點G必在y軸上，且|GB|=|GC|.

證明因l1與l2相交于點P，故切點弦所在直線EF為xPxa2-yPyb2=1.④

而由結論1知，EF過點（-a2x0，0），將此點代入④得xP（-1x0）=1.

所以xP=-x0.所以xG=0.所以|GB|=|GC|.

如果第一象限的點D推廣至雙曲線上其他象限上的點，則探究可得：

結論3已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），B（-t，0），C（t，0），其中tgt;2，D（x0，y0）是Γ上任意一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F，Γ在點E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP的中點為G，則點G必在y軸上，且|GB|=|GC|.

這里考慮將x軸上兩對稱點B，C推廣至y軸上，經探究可得：

結論4已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），B（0，-t），C（0，t），D（x0，y0）是Γ上任意一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F，Γ在點E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP的中點為G，則點G必在x軸上，且|GB|=|GC|［2］.

證明 同結論1的證法，易得直線過點（0，b2y0）.因l1與l2相交于點P，故切點弦所在直線EF為xPxa2-yPyb2=1.⑤

將此點代入⑤，得yP（-1y0）=1.

所以yP=-y0.

所以yG=0.所以點G必在x軸上，且|GB|=|GC|.

4類比探究

結論5已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1agt;bgt;0，B-t，0，Ct，0，其中tgt;2，Dx0，y0是Γ上一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F， 則直線EF過點（-a2x0，0）.

結論6如圖2，已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1agt;bgt;0，B-t，0，Ct，0，其中tgt;2，D（x0，y0）是Γ上任意一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F，Γ在點E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP的中點為G，則點G必在y軸上，且|GB|=|GC|.

結論7已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1agt;bgt;0，B0，-t，C0，t，Dx0，y0是Γ上任意一點，直線DB，DC與Γ的另一個交點分別為E，F，Γ在E，F處的切線記為l1，l2，l1與l2相交于點P，線段DP的中點為G，則點G必在x軸上，且|GB|=|GC|.

5結束語

總之，學生在平時的高考備考中，要嘗試學會研題，嘗試對經典高考真題進行解法探究、變式探究及推廣探究.通過多解探究，可以開闊自己的解題視野，打破思維定式，提升自己的推理論證能力及數學運算能力；通過變式探究可以達到舉一反三的學習效果；通過推廣探究可以探究出問題的本質，從而達到“解一題、通一類、會一片”的效果［3］.

參考文獻：

［1］ 王東海.對一道解析幾何最值問題的深入探究［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2023（21）：19-21 .

［2］ 王東海.一道聯考試題的解法探究、背景分析及拓展推廣［J］.數學通訊，2023（08）：41-43，61.

［3］ 王東海.一道解析幾何分點弦問題的深入探究［J］.中學數學研究（華南師范大學版），2023（15）：29-31.

［責任編輯：李慧嬌］