2023年北京高考解析幾何試題的解法和背景探究

2023年高考數(shù)學(xué)北京卷第19題是一道平面解析幾何解答題，其題目設(shè)計(jì)頗具匠心，旨在深入考查學(xué)生的邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng)．題目以平易近人的姿態(tài)呈現(xiàn)，注重通性通法的運(yùn)用，通過巧妙地設(shè)點(diǎn)、設(shè)線，將未知點(diǎn)轉(zhuǎn)化為已知點(diǎn)，靈活運(yùn)用設(shè)點(diǎn)代入法或設(shè)線聯(lián)立來求解，充分展現(xiàn)了試題對解析幾何基本功的扎實(shí)考查.然而，這道題目看似樸素的外表之下，實(shí)則暗含高等幾何的深刻數(shù)學(xué)背景，等待著學(xué)生以敏銳的思維和深入的分析去發(fā)掘其內(nèi)在的數(shù)學(xué)價(jià)值. 接下來，本文將帶領(lǐng)讀者一同揭開這道試題的神秘面紗，深入探究其蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)奧秘.

1 試題呈現(xiàn)

（2023年高考北京卷第19題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為53，A，C分別是E的上、下頂點(diǎn)，圖1B，D分別是E的左、右頂點(diǎn)，|AC|=4，如圖1．

（1）求E的方程；

（2）設(shè)P為第一象限內(nèi)E上的動點(diǎn)，直線PD與直線BC交于點(diǎn)M，直線PA與直線y=－2交于點(diǎn)N．求證：MN∥CD．

2 思路及解法

對于第（1）問，易求得E的方程為x29+y24=1，過程略.

下面重點(diǎn)分析第（2）問的思路及解法.點(diǎn)與直線是解析幾何中最基本的要素，高考題注重通性通法，最直接的解題思路就是設(shè)點(diǎn)或者設(shè)線.本題中涉及到的點(diǎn)有四個(gè)定點(diǎn)A，B，C，D及三個(gè)動點(diǎn)P，M，N，兩條定直線BC，y=－2及兩條動直線AP，PD.由此可以從以下兩個(gè)思路去入手解決問題．

思路1：（設(shè)點(diǎn)代入法）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)（m，n），得到直線PD的方程，與直線BC聯(lián)立得到交點(diǎn)M的坐標(biāo)，再通過點(diǎn)P得到直線PA的方程，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，最后證明直線MN與直線CD的斜率相等．

證法1：因?yàn)闄E圓E的方程為x29+y24=1，所以A（0，2），C（0，－2），B（－3，0），D（3，0）.

易得kBC=0+2－3－0=－23，則直線BC的方程為

y=－23x－2.

因?yàn)镻為第一象限E上的動點(diǎn)，則設(shè)P（m，n）（0＜m＜3，0＜n＜2）.

易得kPD=n－0m－3=nm－3，則直線PD的方程為

y=nm－3（x－3）.

聯(lián)立y=－23x－2與y=nm－3（x－3），解得點(diǎn)M的坐標(biāo)為3（3n－2m+6）3n+2m－6，－12n3n+2m－6.

而kPA=n－2m－0=n－2m，則直線PA的方程為y=n－2mx+2.令y=－2，則－2=n－2mx+2，解得x=－4mn－2，即N－4mn－2，－2.又m29+n24=1，則m2=9－9n24，可知8m2=72－18n2，所以

kMN=－12n3n+2m－6+23（3n－2m+6）3n+2m－6－－4mn－2

=－6n2+4mn－8m+249n2+8m2+6mn－12m－36

=－6n2+4mn－8m+249n2+72－18n2+6mn－12m－36

=－6n2+4mn－8m+24－9n2+6mn－12m+36=23.

又kCD=0+23－0=23，則kMN=kCD.顯然，MN與CD不重合，所以MN∥CD.

思路2：（設(shè)線聯(lián)立）設(shè)直線PD（或PA）的斜率為k，將直線PD（或PA）的方程與橢圓方程聯(lián)立，用k表示點(diǎn)P的坐標(biāo)，得到直線PA（或PD）的方程，求出點(diǎn)N（或M）的坐標(biāo)，最后證明直線MN與直線CD的斜率相等．

證法2：設(shè)動直線PD的斜率為k，則直線PD的方程為y=k（x－3），且k≠0.

由y=k（x－3），

x29+y24=1消去y，得

（9k2+4）x2－54k2x+81k2－36=0.

所以xD·xP=81k2－369k2+4.

又xD=3，于是xP=27k2－129k2+4.

把xP代入y=k（x－3），得yP=－24k9k2+4.

所以P27k2－129k2+4，－24k9k2+4.

所以kAP=2+24k9k2+40－27k2－129k2+4=2（3k+2）－3（3k－2）.

故直線PA的方程為y=2（3k+2）-3（3k-2）x+2.

聯(lián)立直線y=－2與直線PA的方程，解得點(diǎn)N的坐標(biāo)為18k－123k+2，-2.

易知直線BC的方程為y=－23x－2.

聯(lián)立y=k（x－3），

y=－23x－2，解得xM=9k－63k+2，代入直線BC的方程得yM=－12k3k+2，則M9k－63k+2，－12k3k+2．

所以，直線MN的斜率為

kMN=－2－－12k3k+218k－123k+2－9k－63k+2=6k－49k－6=23.

所以kMN=kCD.

顯然，MN與CD不重合，故可得MN∥CD.

無論設(shè)點(diǎn)還是設(shè)直線斜率，此題的計(jì)算量都非常大，對學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算要求非常高.那么，能否簡化代數(shù)運(yùn)算呢？那就需要深入挖掘題目中幾何對象的幾何特征和位置關(guān)系．

思路3：（幾何分析）若MN∥CD，則∠MNC=∠DCN，又因?yàn)閗CD+kBC=0，則∠MCN=∠DCN，所以∠MCN=∠MNC，可知三角形CMN為等腰三角形，于是可得xM=xN2.這樣就只需求出M，N兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，省掉了求點(diǎn)M的縱坐標(biāo)以及直線MN的斜率，避開了大量的繁瑣計(jì)算．

證法3：在證法1的基礎(chǔ)上計(jì)算

xM－xN2=3（3n－2m+6）3n+2m－6－－2mn－2

=4m2+9n2－36（3n+2m－6）（n－2）

=0.

所以xM=xN2.所以三角形CMN為等腰三角形，則∠MCN=∠MNC.又因?yàn)閗CD+kBC=0，所以可得∠MCN=∠DCN，于是∠MNC=∠DCN，所以MN∥CD.

幾何問題的研究不僅僅局限于代數(shù)運(yùn)算，更重要的是對幾何對象的幾何特征進(jìn)行深入分析.這種研究有助于揭示幾何問題的本質(zhì)屬性，從而避免復(fù)雜的代數(shù)推理運(yùn)算，實(shí)現(xiàn)化繁為簡、直觀、簡潔的解題效果.研究高考題的目的不僅僅是為了解題，更應(yīng)該是解決問題，挖掘題目背后的數(shù)學(xué)本質(zhì).下面我們來一起探究這道題背后所蘊(yùn)含的高等幾何背景．

3 背景分析

注意到題目中橢圓上的五個(gè)點(diǎn)A，B，C，D，P，而直線y=－2恰好是橢圓在點(diǎn)C處的切線，可以看成是兩個(gè)點(diǎn)重合的情形，本題的命題背景來源于高等幾何中的退化為五個(gè)點(diǎn)的帕斯卡 （Pascal） 定理．

3.1 帕斯卡 （Pascal） 定理

設(shè)一個(gè)六角形內(nèi)接于一條二次曲線，那么它的三雙對邊的交點(diǎn)共線[1]．

如圖2所示，若A，B，C，D，E，F(xiàn)為圓錐曲線上六個(gè)點(diǎn)，對邊AB和DE交于點(diǎn)G，對邊BC和EF交于點(diǎn)H，對邊FA和CD交于點(diǎn)I，則G，H，I三點(diǎn)共線．

3.2 帕斯卡定理的退化情況

帕斯卡定理是幾何學(xué)中一個(gè)非常重要的定理，其圖形結(jié)構(gòu)復(fù)雜多變，因此，在解題過程中迅速識別出帕斯卡構(gòu)型對于應(yīng)用該定理至關(guān)重要．我們需要對多種構(gòu)圖以及圓錐曲線內(nèi)六點(diǎn)的排列方式有深入的了解.從幾何的角度來看，五邊形、四邊形和三角形都可以視為六邊形的一種特殊情況．具體來說，當(dāng)六邊形中有一對點(diǎn)重合時(shí)，它就變成了一個(gè)五邊形；當(dāng)有兩對點(diǎn)重合時(shí)，它就變成了四邊形；而當(dāng)三對點(diǎn)都重合時(shí)，它就轉(zhuǎn)化為了三角形.由此有以下定理：

定理設(shè)一個(gè)五角形內(nèi)接于一條二次曲線，則一邊與其對頂?shù)那芯€的交點(diǎn)，以及其余兩對不相鄰的邊的交點(diǎn)共線 [2]（如圖3）．

2023年高考北京卷第19題背景分析：如圖4，A，B，C，D，P為橢圓上的五個(gè)點(diǎn)，BC和DP交于點(diǎn)M，AP和點(diǎn)C處的切線相交于點(diǎn)N，假設(shè)BA和CD交于無窮遠(yuǎn)點(diǎn)Q （在射影平面內(nèi)，可以認(rèn)為兩條平行線相交于無窮遠(yuǎn)點(diǎn)），則根據(jù)帕斯卡定理的退化情況可得到M，N及無窮遠(yuǎn)點(diǎn)Q三點(diǎn)共線．所以直線MN、直線AB、直線CD有共同的無窮遠(yuǎn)點(diǎn)Q，自然三條直線就是平行的關(guān)系了，即MN∥CD．

厘清命題背景之后，我們就可以得到這道題的一般情況：

如圖5所示，直線AC，BD相交于原點(diǎn)O，P為橢圓上任意一點(diǎn)，BC和DP交于點(diǎn)M，橢圓在點(diǎn)C處的切線與AP交于點(diǎn)N，則MN∥CD∥AB.

近年來，高考數(shù)學(xué)中也有一些試題的背景可以歸結(jié)為帕斯卡定理．

（2012年高考北京卷理科第19題）已知曲線C：（5－m）x2+（m－2）y2=8（m∈R）．

（Ⅰ）若曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，求m的取值范圍；

（Ⅱ）設(shè)m=4，曲線C與y軸的交點(diǎn)為A，B（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的上方），如圖6，直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點(diǎn)M，N，直線y=1與直線BM交于點(diǎn)G，求證：A，G，N三點(diǎn)共線．

分析：這道題第（Ⅱ）問的原型可以追溯到下面的問題——自定點(diǎn)S（0，4）向橢圓x2+2y2=8引割線，交點(diǎn)分別為M，N，A，B為橢圓短軸端點(diǎn)（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的上方），AN∩BM=G，求點(diǎn)G的軌跡．

觀察橢圓 x2+2y2=8的內(nèi)接凹四邊形AMBN，把它想象成橢圓的內(nèi)接凹六邊形 AM1M2BN1N2的退化情形（其中M1與M2無限接近直至重合于M點(diǎn)、N1與N2無限接近直至重合于N點(diǎn)）．這樣，借助帕斯卡定理就可推測，直線AN與直線BM的交點(diǎn)G、橢圓在點(diǎn)M處的切線與在N處的切線的交點(diǎn)P、直線AM與直線BM的交點(diǎn)Q這三點(diǎn)共線．而由極點(diǎn)極線理論易知，兩切線交點(diǎn)P在定點(diǎn)S（0，4）的極線y=1上，則可知交點(diǎn)Q在定直線y=1上．

4 結(jié)束語

作為中學(xué)教育一線的數(shù)學(xué)教師，掌握高等幾何的理論顯得尤為重要．通過運(yùn)用這些更高級別的觀點(diǎn)和角度，我們能夠深入研究高中解析幾何題目，更加精準(zhǔn)地追蹤試題的命題軌跡，探尋其背后的命題邏輯．這不僅能夠增強(qiáng)我們思維的深度和廣度，開闊學(xué)習(xí)思考的視野，還能讓我們更深入地理解高等幾何與初等幾何之間的內(nèi)在聯(lián)系．

參考文獻(xiàn)：

[1] 朱德祥，朱維宗．高等幾何[M]．3版.北京：高等教育出版社，2015.

[2]羅碎海，羅家平，麻紅雷.帕斯卡定理的初等證明與高考題[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2023（7）：1720.