齊次化方法巧解一類斜率之和（積）問題

【摘 要】 在將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立時(shí)，如果借助齊次化的思想方法，就可以得到關(guān)于yx的一元二次方程，從而將題目中涉及的兩條直線的斜率直接視為該一元二次方程的兩個(gè)根，從而根據(jù)韋達(dá)定理直接得到斜率之和與斜率之積的表達(dá)式.

【關(guān)鍵詞】 齊次化;圓錐曲線;斜率之和;斜率之積;定點(diǎn)問題;定值問題

“齊次化”是一種通過構(gòu)造關(guān)系式（等式或不等式）兩邊各項(xiàng)的次數(shù)相等，轉(zhuǎn)化為齊次式結(jié)構(gòu)，從而實(shí)現(xiàn)解題的一種數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化方法.在求解圓錐曲線問題時(shí)，常常需要將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，如果借助齊次化的思想方法，就可以得到關(guān)于yx的一元二次方程，從而將題目中涉及的兩條直線的斜率直接視為該一元二次方程的兩個(gè)根，再根據(jù)韋達(dá)定理，即可直接得到斜率之和與斜率之積的表達(dá)式.齊次化思想方法的這種操作又常被稱為齊次化聯(lián)立.利用這種齊次化聯(lián)立與平移齊次化方法，往往可以降低一類斜率之和或斜率之積問題的運(yùn)算量，實(shí)現(xiàn)巧解.

1 齊次化聯(lián)立：常量巧代換，妙招構(gòu)斜率

我們知道，當(dāng)直線l：y=kx+m與圓錐曲線f（x，y）=0相交于A，B兩點(diǎn)時(shí)，聯(lián)立兩者的方程，消去y得Ax2+Bx+C=0，根據(jù)韋達(dá)定理可得x1+x2與x1x2，進(jìn)而可以求得兩條直線OA與OB的斜率之和kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+mx1+kx2+mx2=2kx1x2+m（x1+x2）x1x2與斜率之積kOA·kOB=y1y2x1x2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2x1x2的表達(dá)式（這里的點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.這種解題思路極為常見，但若是巧施妙手，通過“齊次化聯(lián)立”對(duì)其略加改進(jìn)，得到關(guān)于yx的一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0，就可以把斜率kOA與kOB視為該方程的兩個(gè)根，這樣斜率之和與斜率之積就非常容易得出來了.

例1 （2017年高考全國Ⅲ卷·理20）已知拋物線C：y2=2x，過點(diǎn)（2，0）的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，圓M是以線段AB為直徑的圓.（1）證明：坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上;（2）略.

解析 欲證明坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上，等價(jià)于證明OA⊥OB，即證明斜率之積kOA·kOB=-1.顯然，當(dāng)直線斜率為0時(shí)，直線與拋物線交于一點(diǎn)，不符合題意，故可設(shè)直線l：x=my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）.聯(lián)立直線l與C的方程y2=2x，x=my+2，代換常量“2”，實(shí)現(xiàn)齊次化，可得y2=（x-my）x，即y2+mxy-x2=0，等式兩邊同除以x2得yx2+m·yx-1=0.這樣，kOA=y1x1與kOB=y2x2就是此一元二次方程的兩根，則kOA·kOB=-1，即坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上.

評(píng)注 上述齊次化聯(lián)立的過程可以歸納為兩步：一是由直線與圓錐曲線方程得到齊次式y(tǒng)2=（x-my）x，這是通過代換拋物線方程中的常量“2”實(shí)現(xiàn)的，而不是消去x或y，這是與常規(guī)的聯(lián)立的不同所在，也是齊次化處理的關(guān)鍵一步;二是將齊次式變形成關(guān)于yx的一元二次方程，這樣方程的兩根即為斜率kOA與kOB.例2 （2022年2月皖南地區(qū)高二年級(jí)開學(xué)調(diào)研·22）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)M3，32滿足MF1+MF2=2a，且△MF1F2的面積為32.（1）求橢圓C的方程;（2）設(shè)E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OE的斜率為k1，直線OF的斜率為k2，求當(dāng)k1·k2為何值時(shí)，直線EF與以原點(diǎn)為圓心的定圓相切，并寫出此定圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.解析 第（1）問較易，求得橢圓C的方程為x24+y23=1.第（2）問涉及到點(diǎn)、直線、圓、橢圓等較多元素，概括起來就是：直線EF與橢圓C相交，與以原點(diǎn)為圓心的定圓相切，求定值k1·k2.顯然直線EF不經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，故可設(shè)其方程為Ax+By=1，點(diǎn)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），定圓的方程為x2+y2=r2（r>0）.

聯(lián)立直線EF與橢圓C的方程Ax+By=1x24+y23=1，齊次化得x24+y23=（Ax+By）2，整理得（12B2-4）y2+24ABxy+（12A2-3）x2=0，等式兩邊同除以x2得（12B2-4）·yx2+24AB·yx+12A2-3=0.因此，k1=y1x1與k2=y2x2就是此一元二次方程的兩根，則k1·k2=12A2-312B2-4.

又因?yàn)橹本€EF與定圓相切，故圓心O到直線EF的距離等于半徑r，即1A2+B2=r，即A2=1r2-B2. 所以，k1·k2=121r2-B2-312B2-4=-12B2+12r2-312B2-4.顯然，當(dāng)12r2-3=4即r2=127時(shí)，k1·k2=-1為定值.

綜上所述，當(dāng)k1·k2=-1時(shí)，直線EF與以原點(diǎn)為圓心的定圓相切，且此定圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y2=127.評(píng)注 本題中不知道動(dòng)直線EF的斜率、截距或過定點(diǎn)等特征，在設(shè)其方程時(shí)，將其方程設(shè)為Ax+By=1，這是頗為巧妙的一步，其目的是得到常量“1”，以便于得到x24+y23=（Ax+By）2，輕松實(shí)現(xiàn)齊次化.2 平移齊次化：坐標(biāo)系平移，齊次化聯(lián)立通過上述兩例，我們知道，當(dāng)直線l與圓錐曲線相交于兩點(diǎn)（x1，y1），（x2，y2）時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)O與兩交點(diǎn)連線的斜率k1=y1x1，k2=y2x2就是一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0的兩個(gè)根，這樣就很容易得到斜率之和與斜率之積的表達(dá)式了.但是，坐標(biāo)原點(diǎn)之外的某一定點(diǎn)（x0，y0）與兩交點(diǎn)連線的斜率k1=y1-y0x1-x0，k2=y2-y0x2-x0就不是上述方程的兩根了，其斜率之和與斜率之積問題如何求解呢？這就需要先進(jìn)行坐標(biāo)系的平移來解決了.

如果坐標(biāo)軸的方向和單位長(zhǎng)度都不改變，只改變?cè)c(diǎn)的位置，這種坐標(biāo)系的變換就稱為坐標(biāo)系的平移.如圖1所示，在原坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)O′的坐標(biāo)為（h，k），平移坐標(biāo)系，得到以O(shè)′為坐標(biāo)原點(diǎn)的新的坐標(biāo)系x′O′y′.設(shè)點(diǎn)M在原坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為（x，y），在新坐標(biāo)系中的坐標(biāo)為（x′，y′），則其對(duì)應(yīng)關(guān)系為x′=x-h，y′=y-k或?qū)懗蓌=x′+h，y=y′+k，我們稱其為坐標(biāo)平移公式.

設(shè)曲線C在原坐標(biāo)系中的方程為f（x，y）=0，那么在新坐標(biāo)系中的方程為f（x′+h，y′+k）=0;反之，如果它在新坐標(biāo)系中的方程為f（x′，y′）=0，那么在原坐標(biāo)系中的方程為f（x-h，y-k）=0.顯然，坐標(biāo)系平移后，點(diǎn)的坐標(biāo)與曲線的方程會(huì)發(fā)生改變，但線段的長(zhǎng)度、角的大小與直線的斜率并不發(fā)生改變.這樣，前面提到的對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)之外的某一定點(diǎn)（x0，y0）與兩交點(diǎn)連線的斜率問題，可以通過先坐標(biāo)系平移，再齊次化聯(lián)立來完美解決.

例3 （2018年高考全國Ⅰ卷·文20）設(shè)拋物線C：y2=2x，點(diǎn)A（2，0），B（-2，0），過點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn).

（1）略;（2）證明：∠ABM=∠ABN.

解析 如圖2所示，欲證∠ABM=∠ABN，即證kBM+kBN=0.考慮到點(diǎn)B（-2，0）不是坐標(biāo)原點(diǎn)，故進(jìn)行坐標(biāo)系平移，以點(diǎn)B為新坐標(biāo)系的原點(diǎn).

記新坐標(biāo)系中，原點(diǎn)為B′，直線l對(duì)應(yīng)l′，拋物線C對(duì)應(yīng)C′，點(diǎn)M，N分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），則x=x′-2，y=y′，直線l的方程x=my+2改變成l′的方程x′-2=my′+2，即x′=my′+4，拋物線C的方程y2=2x改變?yōu)镃′的方程y′2=2（x′-2）.

聯(lián)立直線l′與拋物線C′的方程x′=my′+4，y′2=2（x′-2），由直線方程得2=x′-my′2，代入拋物線方程，齊次化得y′2=x′-my′2x′-x′-my′2，即（m2+4）y′2-x′2=0，方程兩邊同除以x′2得（m2+4）·y′x′2-1=0.這樣，kB′M′=y1′x1′與kB′N′=y2′x2′就是此一元二次方程的兩根，由韋達(dá)定理得kB′M′+kB′N′=0.所以，kBM+kBN=0，即∠ABM=∠ABN.評(píng)注 平移齊次化解題的關(guān)鍵有二：一是坐標(biāo)系的平移，要注意平移前后的“變”與“不變”，特別是不能弄錯(cuò)曲線在新坐標(biāo)系中的方程;二是齊次化聯(lián)立，本題在聯(lián)立過程中，通過對(duì)常量“2”的代換，即2=x′-my′2，從而實(shí)現(xiàn)齊次化的目的.例4 （2017年高考全國Ⅰ卷·理20）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點(diǎn)P1（1，1）、P2（0，1）、P3-1，32、P41，32中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.（1）求橢圓C的方程;? （2）設(shè)直線l不經(jīng)過點(diǎn)P2且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：直線l過定點(diǎn).解析 （1）顯然，橢圓C經(jīng)過點(diǎn)P2（0，1）、P3-1，32、P41，32，其方程為x24+y2=1.

（2）如圖3、圖4所示，將原坐標(biāo)系平移成以點(diǎn)P2（0，1）為原點(diǎn)的的坐標(biāo)系，記新原點(diǎn)為P2′，直線l對(duì)應(yīng)l′，拋物線C對(duì)應(yīng)C′，點(diǎn)A，B分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)A′（x1′，y1′），B′（x2′，y2′），則x=x′y=y′+1，橢圓C的方程x24+y2=1改變?yōu)镃′的方程x′24+（y′+1）2=1.

因?yàn)橹本€l′不過新坐標(biāo)原點(diǎn)P2′，可設(shè)其方程為mx′+ny′=1.將直線l′與橢圓C′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，x′24+（y′+1）2=1，代換常量“1”，齊次化得x′24+（y′+mx′+ny′）2=（mx′+ny′）2，整理得（8n+4）y′2+8mx′y′+x′2=0，方程兩邊同除以x′2得（8n+4）·（y′x′）2+8m·y′x′+1=0.此一元二次方程的兩根為kP2′A′=y1′x1′與kP2′B′=y2′x2′，由韋達(dá)定理得kP2′A′+kP2′B′=-8m8n+4=-2m2n+1.

由題意，直線P2A與直線P2B斜率的和為-1，則-2m2n+1=-1，即2m-2n=1，故直線l′過定點(diǎn)（2，-2）.

所以，在原坐標(biāo)系中，直線l過定點(diǎn)（2，-1）.

評(píng)注 利用平移齊次化證明定點(diǎn)問題時(shí)，要注意坐標(biāo)系平移前后定點(diǎn)坐標(biāo)之間的相互關(guān)系.

例5 （2020年高考新課標(biāo)Ⅰ卷·22）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為22，且過點(diǎn)A（2，1）.

（1）求C的方程;

（2）點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值.

解析 （1）易求橢圓C的方程為x26+y23=1.

（2）根據(jù)題意，AM⊥AN，即定點(diǎn)A（2，1）與橢圓C上兩點(diǎn)M，N連線垂直，故斜率之積kAM·kAN=-1.由此，開啟平移齊次化的解題之旅.

如圖5、圖6所示，將原坐標(biāo)系平移成以點(diǎn)A（2，1）為原點(diǎn)的的坐標(biāo)系，記新原點(diǎn)為A′，橢圓C對(duì)應(yīng)C′，點(diǎn)M，N分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），則x=x′+2，y=y′+1，橢圓C的方程x26+y23=1改變?yōu)镃′的方程（x′+2）26+（y′+1）23=1.

設(shè)直線M′N′方程為mx′+ny′=1，將其方程與橢圓C′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，（x′+2）26+（y′+1）23=1，齊次化得[x′+2（mx′+ny′）]26+[y′+（mx′+ny′）]23=（mx′+ny′）2，整理得（4n+2）y′2+（4m+4n）x′y′+（4m+1）x′2=0，方程兩邊同除以x′2得（4n+2）·y′x′2+（4m+4n）·y′x′+4m+1=0，此一元二次方程的兩根為kA′M′=y1′x1′與kA′N′=y2′x2′，故兩根之積為kA′M′·kA′N′=4m+14n+2.

因?yàn)樽鴺?biāo)系平移前后，直線的斜率不變，則kA′M′·kA′N′=kAM·kAN，即4m+14n+2=-1，即4m+4n+3=0，即-43m-43n=1，故直線M′N′經(jīng)過定點(diǎn)-43，-43，記為點(diǎn)E′-43，-43.因此，在原坐標(biāo)系中，直線MN經(jīng)過定點(diǎn)E23，-13.由于AE為定值，并且AE為Rt△ADE的斜邊，故AE的中點(diǎn)Q滿足DQ為定值，即DQ=12AE=122-232+1+132=223.根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，線段AE的中點(diǎn)為Q43，13，故存在點(diǎn)Q43，13，使得DQ為定值.

評(píng)注 本題在求解時(shí)，從AM⊥AN即斜率之積為-1這一特征出發(fā)，借助平移齊次化的處理思路得到直線MN過定點(diǎn)E23，-13的結(jié)論，從而使Rt△ADE的斜邊AE的長(zhǎng)度得以確定下來.最后，再根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”找到定點(diǎn)Q即為斜邊的中點(diǎn).縱觀這一解題過程，定點(diǎn)與圓錐曲線上兩點(diǎn)連線的斜率之積是求解的突破口.例6 （2020年高考全國Ⅰ卷·理20文21）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，AG·GB=8，P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D.

（1）求E的方程;（2）證明：直線CD過定點(diǎn).

解析 （1）橢圓E的方程為x29+y2=1.

（2）如圖7所示，設(shè)C（x0，y0），則kAC·kBC=y0x0+3·y0x0-3=y20x20-9=1-19x20x20-9=-19.

再設(shè)P（6，t），則kAC=kPA=t9，kBD=kPB=t3=3kAC，故kBC·kBD=kBC·3kAC=3×（-19）=-13（此斜率之積為定值是以下平移齊次化解題的出發(fā)點(diǎn)）.

如圖8所示，將原坐標(biāo)系平移成以點(diǎn)B（3，0）為原點(diǎn)的的坐標(biāo)系，記新原點(diǎn)為B′，橢圓E對(duì)應(yīng)E′，點(diǎn)C，D分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′（x1′，y1′），D′（x2′，y2′），則x=x′+3，y=y′，橢圓E的方程x29+y2=1改變?yōu)镋′的方程（x′+3）29+y′2=1.

設(shè)直線C′D′方程為mx′+ny′=1，將其方程與橢圓E′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，（x′+3）29+y′2=1，齊次化得[x′+3（mx′+ny′）]29+y′2=（mx′+ny′）2，整理得9y′2+6nx′y′+（6m+1）x′2=0，方程兩邊同除以x′2得9·y′x′2+6n·y′x′+6m+1=0，此一元二次方程的兩根為kB′C′=y1′x1′與kB′D′=y2′x2′，故兩根之積為kB′C′·kB′D′=6m+19.

因?yàn)閗B′C′·kB′D′=kBC·kBD，故6m+19=-13，解得m=-23.所以，直線C′D′方程為-23x′+ny′=1.

顯然，動(dòng)直線C′D′經(jīng)過定點(diǎn)-32，0，故在原坐標(biāo)系中，直線CD過定點(diǎn)32，0.

評(píng)注 本題在利用上述思路求解時(shí)，需要掌握橢圓中一個(gè)性質(zhì)：若橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左右頂點(diǎn)為A1，A2，點(diǎn)P是橢圓上異于A1，A2的任意一點(diǎn)，則斜率之積kPA1·kPA1=-b2a2為定值[1].利用這一結(jié)論，本題得到kBC·kBD=-13，即定點(diǎn)B與橢圓上兩動(dòng)點(diǎn)C，D連線的斜率之積為定值，從而為平移齊次化處理提供了切入點(diǎn).

3 齊次化價(jià)值：悟解析本質(zhì)，提運(yùn)算素養(yǎng)

在解析幾何知識(shí)的學(xué)習(xí)過程中，學(xué)生遇到圓錐曲線綜合題時(shí)往往表現(xiàn)得束手無策、舉步維艱，“會(huì)而不對(duì)，對(duì)而不全，全而不優(yōu)”的現(xiàn)象普遍存在.究其原因，一方面是因?yàn)閷W(xué)生對(duì)解析幾何研究問題的基本方法——坐標(biāo)法的認(rèn)識(shí)較為膚淺，缺乏用坐標(biāo)法解決綜合問題的整體設(shè)計(jì);另一方面是因?yàn)閷W(xué)生大都比較害怕“運(yùn)算”，對(duì)運(yùn)算對(duì)象的理解、運(yùn)算思路的探究、運(yùn)算程序的設(shè)計(jì)和運(yùn)算路徑的選擇上存在不足[1].教師在常態(tài)課堂教學(xué)中要更多地關(guān)注學(xué)生對(duì)坐標(biāo)法解題程序的整體設(shè)計(jì)和運(yùn)算思路的合理選擇，促進(jìn)學(xué)生更好地領(lǐng)悟解析方法的本質(zhì)，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).

3.1 齊次化方法體現(xiàn)了運(yùn)用坐標(biāo)法求解綜合問題的整體構(gòu)思

解析幾何強(qiáng)調(diào)利用坐標(biāo)系與函數(shù)、方程的相關(guān)知識(shí)，把有關(guān)圖形的幾何問題，轉(zhuǎn)化為關(guān)于方程的代數(shù)問題，有利于人們對(duì)幾何圖形及其問題的深入研究.這也是解析法（坐標(biāo)法）的本質(zhì)特征.如何利用坐標(biāo)與方程來求解圓錐曲線中的綜合問題，這往往需要解題者在審題時(shí)進(jìn)行整體的構(gòu)思.比如在直線與圓錐曲線相交時(shí)，我們常先根據(jù)“設(shè)而不求”的思路得到x1+x2與x1x2或者y1+y2與y1y2，然后再利用這里的兩根之和與兩根之積實(shí)現(xiàn)“整體代換”，去求得線段之長(zhǎng)、三角形的面積、斜率之和與斜率之積等等，進(jìn)而去判斷、求解相關(guān)的最值、定點(diǎn)與定值等問題.

在進(jìn)行解題的整體構(gòu)思時(shí)，一方面，我們必須較為精準(zhǔn)地判斷出每一個(gè)題設(shè)條件的用途，以便推知由此可以得出的結(jié)論;另一方面，從問題待求解的結(jié)論出發(fā)，我們也需要對(duì)其進(jìn)行合理轉(zhuǎn)化，尋求破解疑難的必要條件與充分條件，從而預(yù)計(jì)溝通題設(shè)條件與問題結(jié)論的可能性.從這個(gè)意義上說，上述齊次化方法充分體現(xiàn)了運(yùn)用坐標(biāo)法求解圓錐曲線綜合問題的整體構(gòu)思，齊次化聯(lián)立能得到什么樣的結(jié)論、解決什么樣的問題，平移齊次化又能達(dá)到什么樣的效果，平移后的“變”與“不變”怎樣來解釋平移前的問題……只有對(duì)齊次化方法有了整體的認(rèn)知，才能將求解的思路形成一個(gè)整體構(gòu)思.

3.2 齊次化方法強(qiáng)化合理依據(jù)運(yùn)算法則解決數(shù)學(xué)問題的能力

數(shù)學(xué)運(yùn)算被列入高中階段數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是指在明晰運(yùn)算對(duì)象的基礎(chǔ)上，依據(jù)運(yùn)算法則解決數(shù)學(xué)問題的素養(yǎng).它既是一種特殊的邏輯推理，而且能較好地甄別學(xué)生解決問題的能力.由于解析幾何是運(yùn)用代數(shù)工具來解決幾何問題，涉及到“數(shù)”與“式”的合理整合與靈活轉(zhuǎn)換，“運(yùn)算”往往成為許多學(xué)生在問題解決過程中的攔路虎.本文所展示的四道與斜率之和或斜率之積有關(guān)的問題，如果利用常規(guī)思路進(jìn)行求解，往往會(huì)因?yàn)槠漭^為復(fù)雜的表達(dá)形式和繁重的計(jì)算量，讓學(xué)生產(chǎn)生畏難情緒.齊次化方法通過平移變換、齊次化簡(jiǎn)等靈活巧算的技巧和方法，合理構(gòu)造出兩條直線的斜率之和與斜率之積，大大簡(jiǎn)化了表達(dá)形式，降低了計(jì)算量.

因此，在平時(shí)的教學(xué)活動(dòng)中，教師一方面要有意識(shí)地引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會(huì)探索、歸納、梳理、總結(jié)圓錐曲線中的一些典型問題，以不變應(yīng)萬變，切實(shí)提高學(xué)生的解題能力與信心;另一方面，還需要引導(dǎo)學(xué)生從多元視角分析影響運(yùn)算的相關(guān)因素，加強(qiáng)對(duì)理解運(yùn)算對(duì)象、掌握運(yùn)算法則、探究運(yùn)算思路等數(shù)學(xué)運(yùn)算本質(zhì)的領(lǐng)悟與應(yīng)用，不斷滲透數(shù)學(xué)思路與方法，從而鞏固“四基”和提升“四能”.

參考文獻(xiàn)

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[1] 郭建華，于健，寧連華，張?jiān)骑w.為運(yùn)算找出路，發(fā)展運(yùn)算素養(yǎng)——以2020年高考數(shù)學(xué)山東卷第22題為例[J].數(shù)學(xué)通報(bào)，2021（12）：41-46.

作者簡(jiǎn)介 朱賢良（1981—），男，安徽樅陽人，高級(jí)教師;榮獲市級(jí)名教師、學(xué)科帶頭人、骨干教師、先進(jìn)教研個(gè)人與縣級(jí)優(yōu)秀班主任等稱號(hào);主要從事中學(xué)數(shù)學(xué)教育教學(xué)與考試研究;主編或參編教育教學(xué)圖書十余本，主持省、市課題研究三項(xiàng).