一類高考解析幾何壓軸題的巧解與拓展

摘要：根據(jù)題設特征，充分利用圓錐曲線本身的對稱性，轉(zhuǎn)換思維視角，利用構造對偶式來解決解析幾何壓軸題，有效避免了直線方程與圓錐曲線方程的聯(lián)立問題.不僅能極大地減少運算量，提高解題速度，而且能以簡馭繁、簡縮思維、拓寬思路，達到事半功倍的效果.

關鍵詞：對偶式；巧解；拓展

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0008-09

收稿日期：2024-12-05

作者簡介：陳熙春，正高級教師，特級教師，從事數(shù)學教學研究.

基金項目：寧夏教育科學規(guī)劃“基礎教育質(zhì)量提升行動”專項課題（項目編號：NXJKG22174）.

在解析幾何中，遇到直線與圓錐曲線相交的幾何特征問題，常規(guī)方法是設出直線方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立，再運用根與系數(shù)的關系解決問題.事實上，這種處理方法往往會帶來較大的計算量，從而導致學生出現(xiàn)“有思路，沒出路”“望題興嘆”的現(xiàn)象.本質(zhì)原因是解析幾何的核心思想是“數(shù)形結合”，是運用代數(shù)的方法解決幾何問題，在解題過程中涉及“數(shù)”與“形”的靈活轉(zhuǎn)換和整合，因此，運算便成了問題解決過程中的“攔路虎”.本文通過轉(zhuǎn)換思維，利用構造對偶式法來處理此類問題，解法新穎別致，為問題的解決提供一種新思路，屬于“高觀點，低運算”的經(jīng)典方法，有效避免了直線方程與圓錐曲線方程的聯(lián)立問題，使計算變得簡潔，解題變得高效.

1對偶式基本原理

我們把形式相似，具有某種對稱關系的一對式子稱為對偶式.在解題時，通過合理構造對偶關系，并通過對對偶關系進行適當?shù)暮汀⒉睢⒎e運算，往往能使問題得到巧妙解決，收到事半功倍的效果.下面以橢圓“軸點弦”問題為例.

設橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），過點P（m，0）的直線與橢圓C交于A，B兩點，A（x1，y1），B（x2，y2），由A，P，B 三點共線得

y1x1-m=y2x2-m，

即x2y1-x1y2=m（y1-y2）.①

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=y21（a2-a2y22/b2）-y22（a2-a2y21/b2）m（y1-y2）

=a2m（y1+y2）.②

由①②，得2y1x2=（a2m+m）y1+（a2m-m）y2，

2y2x1=（a2m+m）y2+（a2m-m）y1.

進而得到2x2=（a2m+m）+（a2m-m）y2y1，

2x1=（a2m+m）+（a2m-m）y1y2.

這樣就可以實現(xiàn)坐標轉(zhuǎn)換.

2典型應用

例1（2024年全國甲卷理科第20題、文科第21題）設橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F，點M（1，32）在C上，且MF⊥x軸.

（1）求C的方程；

（2）過點P（4，0）的直線與C交于A，B兩點，N為線段FP的中點，直線NB交直線MF于點Q，證明：AQ⊥y軸.

解析（1）由橢圓中的a，b，c的關系易得橢圓方程為x24+y23=1.

（2）解法1常規(guī)方法.

設直線AB的方程為x=my+4，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程3x2+4y2=12，

x=my+4， 消去x得

（4+3m2）y2+24my+36=0.

故Δ=（24m）2-4×36（4+3m2）gt;0，得m2gt;4.

則y1+y2=-24m4+3m2，y1y2=364+3m2.

而N（52，0），故直線BN的方程為

y=y2x2-5/2（x-52）.

令x=1，得

yQ=-3y2/2x2-5/2=-3y2/2my2+3/2.

所以yQ-y1=-3y2/2my2+3/2-y1

=-my1y2+3（y1+y2）/2my2+3/2

=36m/（4+3m2）-（3/2）·24m/（4+3m2）-（my2+3/2）=0.

故y1=yQ.

即AQ⊥y軸.

評析利用反設出直線方程與橢圓方程聯(lián)立，可以避免對直線的斜率是否存在進行分類討論，有效簡化運算量.一般地，直線經(jīng)過x軸定點時，優(yōu)先采用反設法.另外，本題是典型的非對稱韋達定理的應用問題，要注意在運算過程中找到的和、積等量關系的技巧性.如此題也可以由y1+y2=-24m4+3m2，y1y2=364+3m2，兩式相除得到

3（y1+y2）+2my1y2=0.

又由yQ=-3y22my2+3

=-3y1y22my1y2+3y1

=-3y1y2-3（y1+y2）+3y1=y1.

這種兩式相除的方法可以順利地得到y(tǒng)1y2與y1+y2的和、積等量關系，問題即可順利解決.

解法2構造對偶式法.

設A（x1，y1），B（x2，y2），因為直線AB經(jīng)過點P（4，0），所以y1x1-4=y2x2-4.

即x2y1-x1y2=4（y1-y2）.③

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=y21（4-4y22/3）-y22（4-4y21/3）4（y1-y2）

=y1+y2.④

由③④可得2y1x2=5y1-3y2.

而N（52，0），故直線BN：y=y2x2-5/2（x-52）.

令x=1，得

yQ=3y25-2x2

=3y1y25y1-2y1x2

=3y1y25y1-（5y1-3y2）=y1.

故y1=yQ.

即AQ⊥y軸.

評析此法主要運用在直線經(jīng)過坐標軸上一定點的情況，解題的核心是利用“交叉平方差式”與三點共線相結合.構造對偶式重在“構造”，在運用時要對已知等式進行整體觀察，利用代數(shù)式的對稱性，設法構造有利于計算的代數(shù)式，使問題簡捷獲解.對偶式主要是用于化簡、轉(zhuǎn)化定點、定直線的坐標表示，構造對偶式法在解題中具有廣泛性、靈活性和簡潔性的優(yōu)勢.

探究1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F，點M在橢圓C上，且MF⊥x軸.橢圓C的右準線與x軸交于點P.過點P的直線與橢圓C交于A，B兩點，N為線段FP的中點，直線NB交直線MF于點Q，則AQ⊥y軸.

證明設A（x1，y1），B（x2，y2），因為P（a2c，0），由A，P，B 三點共線得

y1x1-a2/c=y2x2-a2/c.

即x2y1-x1y2=a2c（y1-y2）.⑤

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=y21（a2-a2y22/b2）-y22（a2-a2y21/b2）a2（y1-y2）/c

=c（y1+y2）.⑥

由⑤⑥可得 2y1x2=（c+a2c）y1+（c-a2c）y2.

所以y1=（c-a2/c）y22x2-（c+a2/c）=-b2y22cx2-（c2+a2）.

而N（a2+c22c，0），故直線BN的方程為

y=y2x2-（a2+c2）/（2c）（x-a2+c22c）.

令x=c，得

yQ=y2x2-（a2+c2）/（2c）（c-a2+c22c）

=-b2y22cx2-（a2+c2）.

所以y1=yQ.即AQ⊥y軸.

評析由此可見，例1就是本結論的特殊情況.

探究2已知雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的右焦點為F，點M在雙曲線C上，且MF⊥x軸.雙曲線C的右準線與x軸交于點P.過點P的直線與雙曲線C交于A，B兩點，N為線段FP的中點，直線NB交直線MF于點Q，則AQ⊥y軸.

探究3已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），點M在拋物線C上，且MF⊥x軸.拋物線C的準線與x軸交于點P.過點P的直線與拋物線C交于A，B兩點，O為坐標原點，直線OB與直線MF交于點Q，則AQ⊥y軸.

推廣1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），點M在橢圓C上，點E（n，0）（ngt;0，n≠a）且ME⊥x軸.直線x=a2n與x軸交于點P.過點P的直線與橢圓C交于A，B兩點，N為線段EP的中點，直線NB交直線ME于點Q，則AQ⊥y軸.

推廣2已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），點M在雙曲線C上，點E（n，0）（ngt;0，n≠a）且ME⊥x軸.直線x=a2n與x軸交于點P.過點P的直線與雙曲線C交于A，B兩點，N為線段EP的中點，直線NB交直線ME于點Q，則AQ⊥y軸.

推廣3已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），點M在拋物線C上，點E在x軸上且ME⊥x軸.EP的中點是坐標原點O，過點P的直線與拋物線C交于A，B兩點，直線OB與直線ME交于點Q，則AQ⊥y軸.

例2（2023年全國新高考Ⅱ卷21題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為（-25，0），離心率為5.

（1）求C的方程；

（2）記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點（-4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P.證明：點P在定直線上.

解析（1）由雙曲線中的a，b，c的關系易得C的方程為x24-y216=1.

（2）解法1常規(guī)方法.

由（1）可得A1（-2，0），A2（2，0），設M（x1，y1），N（x2，y2），顯然直線的斜率不為0，所以設直線MN的方程為x=my-4，且-12lt;mlt;12，

與x24-y216=1聯(lián)立可得

（4m2-1）y2-32my+48=0，

且Δ=64（4m2+3）gt;0，則

y1+y2=32m4m2-1，y1y2=484m2-1.

直線MA1的方程為y=y1x1+2（x+2），

直線NA2的方程為y=y2x2-2（x-2），

聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程可得

x+2x-2=y2（x1+2）y1（x2-2）

=y2（my1-2）y1（my2-6）

=my1y2-2（y1+y2）+2y1my1y2-6y1

=48m/（4m2-1）-2·（32m）/（4m2-1）+2y148m/（4m2-1）-6y1

=（-16m）/（4m2-1）+2y148m/（4m2-1）-6y1=-13.

由x+2x-2=-13，解得x=-1.

故點P在定直線x=-1上.

評析本題也是典型的非對稱韋達定理的應用問題，與例1同樣要注意在運算過程中找到的和、積等量關系的技巧性.如此題也可以由y1+y2=32m4m2-1，y1y2=484m2-1，兩式相除得到

my1y2=32（y1+y2）.

所以x+2x-2=my1y2-2y2my1y2-6y1

=3（y1+y2）/2-2y23（y1+y2）/2-6y1

=3y1-y2-3（3y1-y2）=-13.

解法2構造對偶式法.

由（1）可得A1（-2，0），A2（2，0），Q（-4，0）.設M（x1，y1），N（x2，y2），因為直線MN經(jīng)過點（-4，0），所以y1x1+4=y2x2+4.

即x2y1-x1y2=-4（y1-y2） .⑦

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=y21（4+y22/4）-y22（4+y21/4）-4（y1-y2）

=-（y1-y2）.⑧

由⑦⑧可得y1x2=-5y12+3y22，

y2x1=-5y22+3y12.

又因為直線MA1的方程為y=y1x1+2（x+2），

直線NA2的方程為y=y2x2-2（x-2），

兩式相除得

x+2x-2=x2y1-2y1x1y2+2y2=3y2/2-9y1/2-y2/2+3y1/2=-3，

解得x=-1.

故點P在定直線x=-1上.

評析通過對題目結構特征的觀察，由目標導向，利用平方差關系構造對偶式，從而獨辟蹊徑，出奇制勝，計算量大大減少.此法的優(yōu)勢就是不需要聯(lián)立，屬于“高觀點，低運算”的經(jīng)典方法.

探究1已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的中心為坐標原點，記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點（a2m，0）（m≠0）的直線與C的左支交于M，N兩點，直線MA1與NA2交于點P.證明：點P在定直線x=m上.

證明由題意可得A1（-a，0），A2（a，0）.設M（x1，y1），N（x2，y2），因為直線MN經(jīng)過點（a2m，0），

所以y1x1-a2/m=y2x2-a2/m.

即x2y1-x1y2=a2m（y1-y2） .⑨

又因為x2y1+x1y2=x22y21-x21y22x2y1-x1y2

=y21（a2+a2y22/b2）-y22（a2+a2y21/b2）a2（y1-y2）/m

=a2m（y1+y2） .⑩

由⑨⑩，得2y1x2=（m+a2m）y1+（m-a2m）y2，

2y2x1=（m+a2m）y2+（m-a2m）y1.

又因為直線MA1的方程為y=y1x1+a（x+a），

直線NA2的方程為y=y2x2-a（x-a），

兩式相除得

x-ax+a=x2y1-ay1x1y2+ay2

=（m+a2/m）y1+（m-a2/m）y2-2ay1（m+a2/m）y2+（m-a2/m）y1+2ay2

=（m+a2/m-2a）y1+（m-a2/m）y2（m-a2/m）y1+（m+a2/m+2a）y2

=（m-a）y1/（m+a）+y2y1+（m+a）y2/（m-a）=m-am+a，

解得x=m.

故點P在定直線x=m上.

評析由此可見，例2就是本結論的特殊情況.真可謂“踏破鐵鞋無覓處，得來全不費功夫”.

探究2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為坐標原點，記C的左、右頂點分別為A1，A2，P為直線x=m（m≠0）上的動點，PA1與C的另一交點為M，PA2與C的另一交點為N，則直線MN過定點（a2m，0），且直線A1N與MA2的交點在定直線x=m上.

例3（2020年全國新課標Ⅰ卷20、文科21題）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（agt;1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG·GB=8.P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.

（1）求E的方程；

（2）證明：直線CD過定點.

解析（1）由題意A（-a，0），B（a，0），G（0，1），所以AG=（a，1），GB=（a，-1）.

因為AG·GB=a2-1=8，解得a=3，

所以橢圓E的方程為x29+y2=1.

（2）解法1常規(guī)方法.

由（1）知A（-3，0），B（3，0），設P（6，m），則直線PA的方程是y=m9（x+3）.

聯(lián)立x29+y2=1，

y=m9（x+3），得

（9+m2）x2+6m2x+9m2-81=0.

由韋達定理，得-3xc=9m2-819+m2.

即xc=-3m2+279+m2.

代入直線PA的方程y=m9（x+3），得

yc=6m9+m2.

即C（-3m2+279+m2，6m9+m2）.

直線PB的方程是y=m3（x-3），

聯(lián)立方程x29+y2=1，

y=m3（x-3），得

（1+m2）x2-6m2x+9m2-9=0.

由韋達定理，得3xD=9m2-91+m2.

即xD=3m2-31+m2.

代入直線PB的方程y=m3（x-3），得

yD=-2m1+m2.

即D（3m2-31+m2，-2m1+m2）.

因為直線CD的斜率

kCD=yC-yDxC-xD=4m3（3-m2），

所以直線CD的方程是

y--2m1+m2=4m3（3-m2）（x-3m2-31+m2）.

整理，得y=4m3（3-m2）（x-32）.

故直線CD過定點（32，0）.

解法2構造對偶式法.

設C（x1，y1），D（x2，y2），由對稱性知直線CD過x軸上的定點，設M（m，0），由C，D，M 三點共線，得y1x1-m=y2x2-m.

即x2y1-x1y2=m（y1-y2）.

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=y21（9-9y22）-y22（9-9y21）m（y1-y2）

=9m（y1+y2）.

由，得

2y1x2=（9/m+m）y1+（9/m-m）y2，

2y2x1=（9/m+m）y2+（9/m-m）y1.

即令λ=y1y2，得到

x1=（9/m+m）2+（9/m-m）λ2，

x2=（9/m+m）2+（9/m-m）12λ.

設P（6，y0），因為kAC=kPA=y09，kBD=kPB=y03，所以kBD=3kAC.

即y2x2-3=3y1x1+3.

變形得3y1y2=x1+3x2-3.

則有（182m+2m-9）λ+182m-2m-3=0.

由λ的任意性，得182m+2m-9=0，且182m-2m-3=0，從而得m=32.

故直線CD過定點（32，0）.

評析可以看出，這道試題是探究2的特殊情況.若出現(xiàn)相交弦共點在坐標軸上的時候，常規(guī)聯(lián)立非常煩瑣，那么將坐標變換成比值，能達到事半功倍的效果.

探究1已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的中心為坐標原點，記C的左、右頂點分別為A1，A2，P為直線x=m（m≠0）上的動點，PA1與C的另一交點為M，PA2與C的另一交點為N，則直線MN過定點（a2m，0），且直線A1N與MA2的交點在定直線x=m上.

探究2已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），點P為直線x=m（m≠0）上的動點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為M，N，則直線MN過定點H（-m，0）.

探究3已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為坐標原點，記C的左、右頂點分別為A1，A2，P為直線x=m（m≠0）上的動點，PA1與C的另一交點為M，PA2與C的另一交點為N，直線MN交x軸于點H，記直線PH的斜率為k0，直線PA1的斜率為k1，直線PA2的斜率為k2，則有k1+k2=2k0.

推廣1過x軸上一定點H（a2m，0）（m≠0）的直線交橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）于M，N兩點，則在直線x=m上的任一點P與弦MN端點及定點H的連線的斜率成等差數(shù)列.記直線PH的斜率為k0，直線PM的斜率為k1，直線PN的斜率為k2，則有k1+k2=2k0.

探究4已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的中心為坐標原點，記C的左、右頂點分別為A1，A2，P為直線x=m（m≠0）上的動點，PA1與C的另一交點為M，PA2與C的另一交點為N，直線MN交x軸于點H，記直線PH的斜率為k0，直線PA1的斜率為k1，直線PA2的斜率為k2，則有k1+k2=2k0.

推廣2過x軸上一定點H（a2m，0）（m≠0）的直線交雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）于M，N兩點，則在直線x=m上的任一點P與弦MN端點及定點H的連線的斜率成等差數(shù)列.記直線PH的斜率為k0，直線PM的斜率為k1，直線PN的斜率為k2，則有k1+k2=2k0.

推廣3過x軸上一定點H（m，0）（m≠0）的直線交拋物線C：y2=2px（pgt;0）于M，N兩點，則在直線x=-m上的任一點P與弦MN端點及定點H的連線的斜率成等差數(shù)列.記直線PH的斜率為k0，直線PM的斜率為k1，直線PN的斜率為k2，則有k1+k2=2k0.

探究5已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為坐標原點，過橢圓C長軸上任意一點（a2m，0）（m≠0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在定直線x=m上.

探究6已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的中心為坐標原點，過雙曲線C實軸上任意一點（a2m，0）（m≠0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在定直線x=m上.

探究7過拋物線C：y2=2px（pgt;0）的對稱軸上的定點（m，0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在定直線x=-m上.

特殊地，當定點為圓錐曲線的焦點時，定直線的軌跡為圓錐曲線的準線.由此又得到以下三個重要結論，簡稱為“相交焦弦，軌跡準線”.

結論1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的中心為坐標原點，過橢圓焦點F（c，0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在準線x=a2c上.

結論2已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的中心為坐標原點，過雙曲線C焦點F（c，0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在準線x=a2c上.

結論3過拋物線C：y2=2px（pgt;0）的焦點F（p2，0）的兩條弦端點的直線的交點的軌跡在準線x=-p2上[1].

例4（2023年全國乙卷理科第20題）已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為53，點A（-2，0）在C上.

（1）求C的方程；

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

解析（1）由橢圓中的a，b，c的關系易得C的方程為y29+x24=1.

（2）解法1常規(guī)方法.

設P（x1，y1），Q（x2，y2），B（-2，3），M（0，yM），N（0，yN），直線PQ的方程為y=k（x+2）+3，

聯(lián)立y=k（x+2）+3，

y29+x24=1， 消去y整理，得

（4k2+9）（x+2）2+（24k-36）（x+2）+36=0.

由根與系數(shù)的關系可得

（x1+2）+（x2+2）=36-24k4k2+9，

（x1+2）（x2+2）=364k2+9.

因為A（-2，0），則直線AP：y=y1x1+2（x+2），令x=0，解得yM=2y1x1+2.

同理可得yN=2y2x2+2.

所以yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2

=2k+3（x1+2+x2+2）（x1+2）（x2+2）

=2k+3（36-24k）/（4k2+9）36/（4k2+9）=3.

所以線段MN的中點為定點（0，3）.

評析利用整體的思想，通過構造出關于x+2的一元二次方程，得到斜率間的等量關系，把x+2看成整體以后，運算量大大簡化，這種整體代換的思想是處理解析幾何煩瑣運算的有效策略.

解法2構造對偶式法.

設點B（-2，3），P（x1-2，y1），Q（x2-2，y2），由B，P，Q三點共線可得y1-3x1=y2-3x2.

變形可得y1x2-y2x1=3（x2-x1）.

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=x22（9x1-9x21/4）-x21（9x2-9x22/4）3（x2-x1）

=3x1x2.

因為直線AP的方程為y=y1x1（x+2），

令x=0，得yM=2y1x1.

同理可得yN=2y2x2.

故線段MN的中點的縱坐標為

yM+yN2=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2=3.

所以線段MN的中點是定點（0，3）.

探究1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左頂點為A（-a，0），上頂點為B（0，b），過點R（-a，b）的直線交橢圓C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為橢圓的上頂點B（0，b）［2］.

證明對偶式法.

設P（x1-a，y1），Q（x2-a，y2），因為直線PQ經(jīng)過點R（-a，b），

所以y1-bx1=y2-bx2.

即x2y1-x1y2=b（x2-x1） .

構造對偶式

y1x2+y2x1=（y1x2）2-（y2x1）2y1x2-y2x1

=b2x22x1（2a-x1）/a2-b2x21x2（2a-x2）/a2b（x2-x1）

=（b2/a2）2ax1x2（x2-x1）b（x2-x1）

=2bx1x2a.

而A（-a，0），P（x1-a，y1），故直線AP的方程為y=y1x1（x+a）.

令x=0，得yM=ay1x1.

同理可得yN=ay2x2.

由可得

yM+yN2=a2（y1x1+y2x2）

=a2·y1x2+y2x1x1x2

=a2·（2b/a）x1x2x1x2=b.

所以線段MN的中點是上頂點B（0，b）.

由此可見，例4是本結論的特殊情況.

探究2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），左頂點為A（-a，0），上頂點為B（0，b），過點R（-a，b）的直線交橢圓C于P，Q兩點，直線BP，BQ與x軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為橢圓左頂點A（-a，0）.

探究3已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），左頂點為A（-a，0），上頂點為B（0，b），點R是直線x=-a上的任意一點，過點R作橢圓C的兩條切線，分別交橢圓C于A，B兩點，過點R的直線交橢圓C于P，Q兩點，直線AB，AP，AQ的斜率分別為k，k1，k2，證明：k1+k2=2k.

3結束語

不難看出，運用對偶式的思想方法在高考試題中是普遍存在的，構造對偶式是一種重要的代數(shù)變換技巧，是解決“軸點弦”問題的一種重要思路和方法.在解題過程中，要充分挖掘出題目中潛在的對稱性，合理分析，有意識地構造與之相應的對偶關系.這種方法新穎別致，為問題的解決提供了一種新思路，使計算變得簡捷，不僅能以簡馭繁、拓寬思路，達到事半功倍的效果，而且還給學生帶來學習數(shù)學的新鮮感，讓人萌生一種“春雨斷橋人不渡，小舟撐出柳蔭來”的美妙感覺，同時對于激發(fā)學生學習數(shù)學的興趣也是大有裨益［3］.更為重要的是有利于學生“居高臨下”地站在系統(tǒng)的高度迅速地思考和解決問題，達到“會當凌絕頂，一覽眾山小”的功能，收到縮短思維長度、提高解題速度、節(jié)約解題時間的作用.

參考文獻：

［1］ 陳熙春.多角度切入，秒探究拓展：以2023年全國新高考Ⅱ卷第21題為例[J].高中數(shù)理化，2023（11）：23-26.

[2] 陳熙春.2022年全國高考乙卷第20題的解法探究與拓展[J].理科考試研究：2022，29（11）：16-20.

［3］ 中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學課程標準（2017年版2020年修訂）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［責任編輯：李慧嬌］