2020年高考全國卷Ⅰ理科20題的探究及教學啟示

蔡海濤 黃少瑩 盧妮

摘 要：2020年高考全國卷Ⅰ理科第20題，構思精妙，入手方向多，解題方法豐富.本文從解題方法以及背景進行深層次剖析，由此進行一定的教學反思.

關鍵詞：解法賞析;背景探究;教學啟示

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）34-0028-04

收稿日期：2021-09-05

作者簡介：蔡海濤（1975-），本科，中學高級教師，從事高中數學教學研究.

基金項目：本文系2020年福建省電化教育館課題《基于動態數學技術環境高中實驗教學的實踐研究》（課題編號閩教電館KT2042）研究成果.

一、試題呈現

（2020年高考全國卷Ⅰ·理20）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>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.

本題第（1）小題以橢圓為載體，考查橢圓基本量的運算，求標準方程等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查函數與方程思想.

第（2）小題以探索性問題為載體，考查橢圓的簡單幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數形結合思想、函數與方程思想、化歸與轉化思想，考查直觀想象、數學運算等核心素養.

二、解法賞析

（1）由已知可得A-a，0，Ba，0，G0，1，則AG=（a，1），GB=（a，-1），故AG·GB=a2-1=8，從而a2=9.所以E的方程為x29+y2=1.

（2）解法一 （設點）：設P6，y0，則直線AP的方程為y=y09x+3.

由x29+y2=1，y=y09x+3，整理得y20+9x2+6y20x+9y20-81=0，解得x=-3或x=-3y20+27y20+9.

將x=-3y20+27y20+9代入直線y=y09x+3，得y=6y0y20+9，所以點C的坐標為-3y20+27y20+9，6y0y20+9.

同理可得點D的坐標為3y20-3y20+1，-2y0y20+1

故直線CD的方程為

y--2y0y20+1=6y0y20+9--2y0y20+1-3y20+27y20+9-3y20-3y20+1x-3y20-3y20+1，

整理得y+2y0y20+1=8y0y20+369-y04x-3y20-3y20+1=8y063-y20x-3y20-3y20+1，即y=4y033-y20x+2y0y20-3=4y033-y20x-32.

所以直線CD過定點32，0.

點評 本解法從設點P的坐標出發，得到直線AP的方程，然后與橢圓方程聯立，由于知道一個交點（點A）的坐標，故可根據韋達定理求出另一個交點（點C）的坐標，這種處理方法叫“小聯立”.同理得到點D的坐標，進而得到直線CD的方程，再求得直線CD過定點.

解法二 （設直線）：設Cx1，y1，Dx2，y2，P6，t.

若t≠0，設直線CD的方程為x=my+n，由題意可知-3

因為直線PA的方程為y=t9（x+3），所以y1=t9（x1+3），直線PB的方程為y=t3（x-3），所以y2=t3（x2-3），則3y1（x2-3）=y2（x1+3）...（*）.

因為x229+y22=1，故y22=-（x2+3）（x2-3）9，代入（*）式得27y1y2=-（x1+3）（x2+3），即（27+m2）y1y2+m（n+3）（y1+y2）+（n+3）2=0.①

將x=my+n代入x29+y2=1，得（m2+9）y2+2mny+n2-9=0 .

所以y1+y2=-2mnm2+9，y1y2=n2-9m2+9，代入①式得（27+m2）（n2-9）-2m（n+3）mn+（n+3）2（m2+9）=0，解得n=-3（舍去）或n=32.故直線CD的方程為x=my+32，即直線CD過定點（32，0）.

若t=0，則直線CD的方程為y=0，亦過點（32，0）.綜上，直線CD過定點（32，0）.

點評 本解法從設直線CD的方程為x=my+n出發，再利用已知條件得到n=32，從而求得直線過定點.這是解決直線過定點問題的基本方法，即設方程為y=mx+n或x=my+n，利用已知條件得到m與n的關系或求出其中一個變量的值，使得所求直線方程只含有一個未知數，從而求得定點.

解法三 （利用三點共線）：設Cx1，y1，Dx2，y2，P6，m.

由A，P，C三點共線得y1x1+3=m9;由B，P，D三點共線得y2x2-3=m3，

從而3y1x1+3=y2x2-3，平方得9y21（x1+3）2=y22（x2-3）2②.

由于x219+y21=1，x229+y22=1，故9y21=-（x1+3）（x1-3），y22=-（x2+3）（x2-3）9，代入②式整理得4x1x2=15（x1+x2）-36.

（ⅰ）當直線CD斜率不存在時，x1=x2，y1=-y2，故4x1x2=15（x1+x2）-36可化為2x21-15x1+18=0，得x1=32或x1=6（舍去）.所以x1=x2=32.

故直線CD經過點（32，0）.

（ⅱ）當直線CD斜率存在且不為0時，設直線CD與x軸交點為Mx0，0.

直線CD方程為（x1-x2）（y-y2）=（y1-y2）（x-x2），故x0=x2y1-x1y2y1-y2③.

由3y1x1+3=y2x2-3得y2=3y1（x2-3）x1+3，代入③式整理得x0=2x1x2-9x1-3x23x2-x1-12.

又4x1x2=15（x1+x2）-36，故x0=4x1x2-18x1-6x22（3x2-x1-12）=9x2-3x1-362（3x2-x1-12）=32，所以直線CD經過點M（32，0）.

（ⅲ）當直線CD斜率為0時，由A，P，C三點共線以及A，P，B三點共線知此時直線CD方程為y=0，亦過點（32，0）.

綜上，直線CD過定點（32，0）.

點評 本解法利用三點共線，由A，P，C及B，P，D均三點共線，得到兩個關系式，結合C，D兩點在橢圓上，得到C，D兩點坐標間的關系式4x1x2=15（x1+x2）-36，由直線CD斜率不存在的特殊情況探路，猜測直線CD過定點（32，0），對直線CD斜率存在的一般情況再進行驗證，這種從特殊情況猜測再一般情況驗證的方法是解決直線過定點的常用方法.

解法四 設Cx1，y1，Dx2，y2，則x219+y21=1，x229+y22=1，整理得（x1+3）（x1-3）=-9y21，（x2+3）（x2-3）=-9y22.（*）

（ⅰ）當點P在x軸上時， C與B重合，D與A重合，此時直線CD方程為y=0.

（ⅱ）當點P不在x軸上時，直線PA，PB的斜率都存在且y1，y2都不為0.

直線AC的方程為y=y1x1+3（x+3）， 直線BD的方程為y=y2x2-3（x-3）.

令x=6，則有9y1x1+3=3y2x2-3，即3y1x1+3=y2x2-3④.

由（*）式得y1x1+3=x1-3-9y1，y2x2-3=x2+3-9y2.

故3（x1-3）y1=（x2+3）y2⑤.

由④得3x2y1-x1y2=9y1+3y2，由⑤得x2y1-3x1y2=-3y1-9y2，兩式相加得

4x2y1-4x1y2=6y1-6y2⑥.

又由兩點式方程得直線CD方程為（y-y1）（x2-x1）=（y2-y1）（x-x1），

即（x2-x1）y=（y2-y1）x+x2y1-x1y2.將⑥式代入得（x2-x1）y=（y2-y1）（x-32），

此時直線CD過定點（32，0）.綜上，直線CD過定點（32，0）.

點評 本解法與解法三類似，由A，P，C及B，P，D均三點共線得3y1x1+3=y2x2-3，又C，D兩點在橢圓上，有3（x1-3）y1=（x2+3）y2，結合兩式得4x2y1-4x1y2=6y1-6y2，與直線CD方程進行比較，得CD過定點.本法的基本思路即得到C，D兩點坐標間的關系，利用整體的思想進行處理.

解法五 （利用曲線系）：設直線AC，BD，CD，AB的方程分別為lAC：x=k1y-3， lBD：x=k2y+3，lCD：x=my+n，lAB：y=0.則過A，B，C，D四點的曲線系方程為

（x-k1y+3）（x-k2y-3）+λy（x-my-n）=μ（x29+y2-1）

比較系數得，xy項系數-k1-k2+λ=0，y項系數3k1-3k2-λn=0，

從而k1+k2=λ，k1-k2=λn3.由x=k1y-3，x=k2y+3得x=3（k1+k2）k1-k2=9n.

因為直線AC，BD的交點P在直線x=6上，故9n=6，即n=32.

所以直線CD過定點（32，0）.

點評 本法構建曲線系解題.一般地，若兩曲線C1：fx，y=0和C2：gx，y=0有交點，則過兩曲線交點的曲線系方程可設為：λfx，y+μgx，y=0;方程

fx，ygx，y=0表示曲線C1和C2.曲線系是具有某種性質的曲線的集合，合理運用曲線系解題體現了整體處理的解題策略，可大大簡化運算.

三、背景探究

法國數學家迪沙格在《圓錐曲線論稿》中闡述了極點和極線.定義如下：已知圓錐曲線C：Ax2+By2+Dx+Ey+F=0，則稱Px0，y0和直線l：Ax0x+By0y+x+x02D+y+y02E+F=0是曲線C的一對極點極線.我們也稱點P和直線l為“配極關系”，即點P為直線l的極點，直線l為點P的極線.對于橢圓C：xa22+yb22=1，與點Px0，y0對應的極線為xx0a2+yy0b2=1.

根據此結論，本題可另解：若直線CD過定點，則由橢圓的對稱性得定點在x軸上.假設直線CD過定點Mx0，0，則橢圓E的極線為xx09+y·0=1，得x=9x0=6，故x0=32.故直線CD過定點（32，0）.

四、教學反思

1.圓錐曲線的定量問題

圓錐曲線中的定量問題包括定點、定值問題，這類問題往往是某些幾何量（線段的長度、圖形的面積、角度、直線的斜率）的大小或某些代數表達式的值和題目中的參數無關，不隨參數的變化而變化，是一個不變的定量.求解這類問題常常有兩條途徑，一條是從特殊情況入手，發現特點，猜測出定點或定值，再通過觀察規律證明一般性情況，體現從特殊到一般的認識過程.另一條途徑是從變量中尋求不變，即先用變量表示要求的量或點的坐標，再通過推理計算，得出這些量或點的坐標和變量無關，是一般到特殊的推理過程.這兩條途徑相得益彰，是數學研究中常用的特殊與一般的重要思想方法.

2.關注解析幾何的核心教育價值

解析幾何的本質是用代數方法研究幾何問題，由于解析幾何蘊含豐富的數學思想（函數與方程思想、數形結合思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想等），所以解析幾何試題可有效檢測直觀想象、數學運算、邏輯推理以及數學抽象和數學建模等數學核心素養.基于高考遵循的“一核四層四翼”命題指導思想，復習教學要注意數學思想方法的滲透，立足基礎性，以體系建構為目標對板塊的必備知識進行全面梳理，在提升學科關鍵能力上應以運算求解能力和抽象概括能力為重點，著力發展數學運算與直觀想象等核心素養，彰顯解析幾何獨特的分支教育價值以落實學科教學的立德樹人根本任務.

用代數方法來研究幾何問題，即：幾何問題→代數問題→代數結論→幾何結論.所以，它的兩大任務是：把幾何問題轉化為代數問題;研究代數問題，得出代數結論.怎樣將幾何問題轉化為代數問題？（1）要主動去理解幾何對象的本質特征;（2）善于將幾何條件、幾何性質用代數的形式表達出來;（3）恰當選擇代數化的形式，這點是關鍵：一要研究具體的幾何對象具有什么樣的幾何特征（如果幾何特征不清楚，就不可能準確將其代數化），這就要在審題上下功夫;二是選擇最簡潔的代數形式（方便后續的代數研究），這需要大局觀;（4）注意等價轉化.

直線上的交點或者動點問題，代數上多結合幾何條件或設點或列方程，進而用方程思想求解問題，建議必須依題構圖，結合曲線的性質從題意與圖形中抽象出關鍵的幾何特征，并以簡潔的代數形式加以呈現，從而轉化為待求目標關系式進行變形演算.

3.關注解析幾何的簡化運算

解析幾何的主要特征是“算”，考生如果對運算方法運用不當，面臨繁雜的運算將無從下手，有效運算、簡便運算是求解解析幾何問題必須重視的環節，包括如何設元、如何設方程、如何整體代換、如何化簡等.

教學過程中，建議教師不能只是談思路方法，應通過課堂師生共同演算的體驗，增加實踐經驗，進行算法算理的指導.另外，解題中要指導學生克服只重視思路、輕視動手運算的缺點.運算能力差是學生普遍存在的問題，不僅在解析幾何問題中要加強訓練，在其它板塊中也要加強訓練，只有把提高學生的運算能力貫徹于教學的過程之中，才能收到較好的效果.還有，要培養學生運算的求簡意識，尤其是“設而不求”方法的應用，充分發揮圓錐曲線的定義和利用平面幾何知識化難為易、化繁為簡的作用.譬如圓錐曲線中的定點、定值問題，解決的基本思想從變量中尋求不變，即先用變量表示所求的量或點的坐標，再通過推理計算，導出這些量或點的坐標和變量無關.其基本策略是定點和定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題，基本思想是使用參數表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數無關.在這類試題中選擇消元的方向是非常關鍵的.另外，對于某些定點問題的證明，可以先通過特殊情形探求定點坐標，然后對一般情況進行證明，這種方法在填空題中更為實用.

五、對點訓練

1.（2017年高考全國卷Ⅰ·理20）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三點在橢圓C上.

（1）求C的方程;

（2）設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點.

答案：（1）C的方程為x24+y2=1.（過程略）（2）l過定點（2，-1）.

2.直線l：y=x+b與橢圓C：x252+y92=1不相交.過直線l上一動點P作橢圓的兩條切線，切點為M，N，求證：MN過定點.

答案：設Mx1，y1，Nx2，y2，則切線PM：x1x25+y1y9=1，PN：x2x25+y2y9=1.把Px0，y0分別代入得x0x125+y0y19=1，x0x225+y0y29=1，說明直線xx0a2+yy0b2=1同時經過M，N兩點，所以直線MN的方程為xx025+yx0+b9=1，即（x25+y9）x0+yb9=1，令x25+y9=0可得y=9b，x=-25b，所以MN過定點-25b，9b，與動點P無關.

參考文獻：[1]蔡海濤.多思少算覓蹊徑 輕舟巧過解幾山[J].數學教學通訊，2019（5）：86-88.

[責任編輯：李 璟]