一道解析幾何探索性問題的解法賞析

高賀清

[摘? 要] 文章對一道解析幾何探索性題目的解法，從同構式、曲線系、設點等不同角度進行了探究，并對問題進行了推廣和引申.

[關鍵詞] 解析幾何;斜率;探索性問題

[?]試題呈現

題目：（2021年深圳市二模）在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，P是直線x=-2上的動點，過P作兩條相異直線l和l，其中l與拋物線C：y2=4x交于A，B兩點，l與C交于M，N兩點，記l，l和直線OP的斜率分別為k，k和k.

（1）當P在x軸上，且A為PB中點時，求

k

.

（2）當AM為△PBN的中位線時，請問是否存在常數μ，使得+=μk？若存在，求出μ的值;若不存在，請說明理由.

分析：試題以直線與拋物線為載體，以其幾何關系為背景，利用設而不求、方程思想等來解決問題，坐標法貫穿始終，主要考查直線與拋物線的位置關系及探索性問題，考查數學運算、邏輯推理等數學核心素養及思辨能力. 雖說是學生非常熟知的探究性問題，且入口寬，但具有一定的靈活性，少了固有的套路，能真正考查學生臨場應變能力，可以真實反映出學生對解析幾何的思想、運算、翻譯等基本技能的掌握程度.

[?]解法探究

（1）

k

=，答案從略.

（2）解法1：設P（-2，t），B

，y

，N

，y

，顯然y≠y.

則k=，k=，k=-.

由AM為△PBN的中位線，知A

，

，M

，

.

因為A，B都在拋物線C上，所以

2

=4×①

2

=4×②

①-②得=，化簡得到y+y=2t，即y=2t-y.

所以+=+=-===t=-2k.

故存在常數μ=-2，使得+=μk恒成立.

評注：此法類似“點差法”，以設點的坐標為突破口，回避了“聯立方程組”這一處理直線和曲線位置關系的常規思路，另辟蹊徑，大大簡化了運算.

解法2：設P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y）.

則k===，同理k=，所以+=.

因為AM為△PBN的中位線，所以A，M分別為PB，PN中點，所以2y=y-2k，2y=y-2k，兩式相加得2（y+y）=（y+y）-4k①.

由MA∥NB，知（x-x）（y-y）=（y-y）（x-x），化簡得y+y=y+y②.

由①②可得y+y=y+y=-4k，所以+=-2k.

故存在常數μ=-2，使得+=μk恒成立.

評注：該法與解法1相似，從“設點的坐標”出發，先利用點A，B在拋物線上，對斜率k和k進行化簡，最后利用整體代換的思想，運算簡便快捷，令人耳目一新，對學生的思維能力提出了較高的要求.

解法3：設P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y）.

設l的方程為y=k（x+2）-2k，把x=代入得ky2-4y+8（k-k）=0.

則y+y=①，yy=②.

因為AM為△PBN的中位線，所以A為PB中點，所以2y=y-2k③.

由①③可解得

y

=

-k

，

y

=

+k

，代入②中

-k

·

+k

=.

化簡得8

2+16k·-k-18=0，同理可得8

2+16k·-k-18=0，這表明，為方程8k2+16k·k-k-18=0的兩個不相等的實數根（事實上該方程的判別式Δ>0，故關于k的上述方程必有兩個不相等的實數根）

所以+=-=-2k，故存在常數μ=-2，使得+=μk恒成立.

評注：該解法有兩個關鍵點，其一，對③式的處理，這是一個非對稱的韋達定理關系，這類問題的處理方法一般是把③式與①式（即兩根之和）聯立方程組，求出兩個根y，y，再利用②式（即兩根之積）得到需要的關系式;或者，利用韋達定理得到yy與y+y的關系后，再結合相關的式子進行化簡處理.這兩種方法均可解決2020年全國Ⅰ卷理科數學的第20題. 其二，構造同構式，使得，為一元二次方程的兩個不相等的實數根，進一步體現了解析幾何“設而不求”的典型思想，這種方法與蒙日圓的求解過程有異曲同工之妙.

解法4：設P（-2，-2k），設l，l，BN的方程分別為y=k（x+2）-2k，y=k（x+2）-2k，x+by+2c=0，則過點P且與直線BN平行的直線為x+by+2+2bk=0.

因為AM為△PBN的中位線，所以直線AM的方程為x+by+c+bk+1=0.

所以過A，B，N，M四點的曲線系為（kx-y+2k-2k）（kx-y+2k-2k）+λ（x+by+2c）（x+by+c+bk+1）=0（*）.

其中，x2的系數為kk+λ，xy的系數為-k-k+2λb，y的系數為4k-2（k+k）+λb（3c+bk+1），y2的系數為1+λb2，x的系數為4kk-2k（k+k）+λ（3c+bk+1）.

由于A，B，N，M四點又在拋物線C上，對比（*）式與y2-4x=0的各項系數知

kk+λ=0①，

-k-k+2λb=0②，

4k-2（k+k）+λb（3c+bk+1）=0③，

=④，

由①②③得kk=-λ，k+k=2λb，bλ（3c+bk+1）=2（k+k）-4k⑤.

把⑤帶入④并化簡得b（1+λb2）=（1+λb2）k.

由①②知+==-2b，若1+λb2=0，則1+（-kk）·

2=0，即（k-k）2=0，也就是k=k，顯然不成立.

從而必有b=k，所以+=-2k.

故存在常數μ=-2，使得+=μk恒成立.

評注：由于本題涉及的點較多，正好符合二次曲線系方法處理問題的主要特征[1]. 在本題中利用此法的一個難點是，如何“翻譯”中位線這一條件，“中位線”有兩個特征，一是平行，利用平行直線系不難處理，但AM=BN如何“翻譯”呢？筆者通過求“過點P且與直線BN平行的直線方程”，得到了直線AM的方程.可以看到，該法運算量較大，參數較多，關系復雜，而且“消元”過程具有一定的技巧.

解法5：設P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y），則=（x-x，y-y），=（x-x，y-y）.

因為AM為△PBN的中位線，所以∥，從而（x-x）（y-y）=（y-y）·（x-x）.

又x-x==，x-x==，且y≠y，y≠y，所以y+y=y+y，即y-y=y-y.

兩邊同時平方，可以得到（y+y）2-4yy=（y+y）2-4yy（*）.

設l的方程為y=k（x+2）-2k，把x=代入得ky2-4y+8（k-k）=0.

則y+y=，yy=①.

同理可得y+y=，yy=②.

把①和②代入（*）式可得+= -2k.

故存在常數μ=-2，使得+=μk恒成立.

評注：審視該解法的過程發現，我們只用到了“平行”這一條件便得到了答案，并未使用AM=BN，這是不是意味著只要滿足AM∥BN，上述結論依然成立呢？再者，P的位置能否一般化？條件和結論能否互換呢？帶著這些問題，筆者進行了深入的探究.

[?]結論推廣

將上述問題一般化，不難得到如下結論，限于篇幅，證明從略.

結論1：在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，P是直線x=my+t上的動點，過P作兩條相異直線l和l，其中l與拋物線C：y2=2px（p>0）交于A，B兩點，l與C交于M，N兩點，記l，l和直線OP的斜率分別為k，k和k，則當AM∥BN時，+=恒成立.

結論2：在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，P是直線x=my+t上的動點，過P作兩條相異直線l和l，其中l與拋物線C：y2=2px（p>0）交于A，B兩點，l與C交于M，N兩點，記l，l和直線OP的斜率分別為k，k和k，則當+=恒成立時，AM∥BN.

結論3：在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，過P作兩條相異直線l和l，其中l與拋物線C：y2=2px（p>0）交于A，B兩點，l與C交于M，N兩點，記l，l和直線OP的斜率分別為k，k和k，則當AM∥BN，且+=（a，b為常數，且a≠0）恒成立時，點P在直線2x-2by-pa=0上.

通過對該題解法的剖析，我們得到了處理此類問題的幾種巧妙新穎的方法，并對問題進行了拓展，得到了幾個優美的結論.橢圓和雙曲線中是否也有類似的結論？有興趣的讀者可以嘗試一下，不再贅述.

[?]解題反思

解析幾何是高中數學的主干知識之一，承載著落實和提升直觀想象、數學運算、邏輯推理等核心素養的功能，是高考的必考內容. 學好解析幾何，必須過三關，即“審題關”“翻譯關”“運算關”.其中，“翻譯”非常關鍵.我們知道，解析幾何的基本思想是把幾何問題代數化，即根據對幾何圖形的分析，用代數語言把幾何問題轉化（即“翻譯”）為代數問題，運用代數方法得到結論，那么選擇何種工具進行翻譯就顯得尤為重要了，合理的翻譯，不僅可以大大簡化運算，還可以產生一些新穎獨特的解法，通過上述幾種解法的對比可見一斑.

在平時的教學中，教師要注重引導學生進行“自覺分析”[2]，即對解題過程進行自覺反思，使理解進入深層結構，通過分析“怎樣解題”而領悟“怎樣學會解題”，不僅要反思計算是否準確、推理是否合理、解法是否還有更多更簡單的途徑、能否進行相應的引申和拓展等，還要提煉怎樣解題和怎樣學會解題的理論啟示，進而形成并強化新的認知結構，達到完善解法、優化過程、陳題新解、難題簡解、一題多解、多題歸一等效果，不斷提高學生的創新意識、科學精神和思維品質.

參考文獻：

[1]? 劉詩熊. 奧數教程[M]. 上海：華東師范大學出版社，2016.

[2]? 羅增儒. 數學解題學引論[M]. 西安：陜西師范大學出版社，2016.