多方視角覓思路 推廣引申探本質

2024年的九省適應性聯考數學，在題量和分值分布上做了很大的改革，壓軸題和次壓軸題的難度也有所提高.而次壓軸題考查的是直線過定點證明和面積最值的求解，試題思維量及運算量都較大，考生在考場上要想完整解決往往有較大的難度，成為考生的“攔路虎”，我以這道次壓軸題為例，談談其多解、變式、推廣，希望能有所啟發.

一、考題呈現

（九省高考適應性聯考第18題）已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，過F的直線l交C于A，B兩點，過F與l垂直的直線交C于D，E兩點，其中B，D在x軸上方，M，N分別為AB，DE的中點.

（1）證明：直線MN過定點；

（2）設G為直線AE與直線BD的交點，求△GMN面積的最小值.

分析：利用GGB作出圖1，對于（1）小題，采用線參法、點參法、齊次化法可以解決；而（2）小題可以使用函數法、幾何法、直線參數方程法、極坐標法等手段破解.試題簡潔但內涵豐富，是一道具有研究價值的好題.

二、解法探究

（1）解法1（線參法）：設直線AB：x=ty+1，t≠0，Ay214，y1，By224，y2，M（x0，y0），

N（x′0，y′0），∵x=ty+1，y2=4x，∴y2-4ty-4=0，∴y0=y1+y22=2t，x0=2t2+1，∴M（2t2+1，2t）.∵DE⊥AB，∴kDEkAB=-1，∴N2t2+1，-2t.當t≠±1，kMN=2t+2t/2t2-2t2=tt2-1，∴MN：y=tt2-1（x-2t2-1）+2t=tt2-1x-3tt2-1=tt2-1（x-3），

所以直線MusVHlATZlCfrSzz9w4VGbQ==N恒過（3，0）;當t=±1，顯然直線MN：x=3，也過（3，0）.∴MN恒過點（3，0）.

解法2（點參法）：設M（x1，y1），N（x2，y2），∵y2A=4xA①，y2B=4xB②，∴②-①：

yB-yAxB-xA=4yB+yA=2y1，∴kAB=y1x1-1=2y1，kDE=y2x2-1=2y2.又∵AB⊥CD，∴

y1x1-1·2y2=-1③，y2x2-1·2y1=-1④.∴③-④：x1y2-x2y1=3（y2-y1）.而對比直線MN的兩點式方程：x1y2-x2y1=x（y2-y1）+y（x1-x2），故x=3，y=0，∴MN過（3，0）.

解法3（齊次化法）：設過焦點F的弦的中點為（x，y），∴2y=yx-1，∴y2=2x-2.設直線MN：m（x-1）+ny=1，∴y2=2x-2=2（x-1）=2（x-1）［m（x-1）+ny］，整理此式可得：y2-2ny（x-1）-2m（x-1）2=0，兩邊同除以（x-1）2得：yx-12-2nyx-1-2m=0，

kAB·kDE=-2m=-1，∴m=12，∴AB：12（x-1）+ny=1，∴MN恒過（3，0）.

（2）解法1（幾何法）：過G作x軸平行線交MN于Q點，則S△GMN=12|xQ-xG||yM-yN|，由上面解法1知，G-1，2（t-1）t+1，M（2t2+1，2t），N2t2+1.-2t，MN：y=tt2-1（x-3），將MN方程與y=2（t-1）t+1聯立，解得xQ=2（t-1）t+1·t2-1t+3=2（t-1）2t+3，

∴|xQ-xG|=2（t-1）2t+3+1=2t2+2t，|yM-yN|=2t+2t，∴S△GMN=122t+2t2t2+2t=2t+1t2=2t2+1t2+2≥8，當且僅當t=±1時取等號.

解法2（向量積法）：由上面解法2知，G-1，2（t-1）t+1，M（2t2+1，2t），N2t2+1，-2t，則

GM=2t2+2，2t-2（t-1）t+1=2t2+2，2（t2+1）t+1，

GN=2t2+2，-2t-2（t-1）t+1

=2t2+2，-2（t2+1）t（t+1），

由向量積幾何意義知：S△GMNAzedDiCBeTiUCsa7aGJ9xQ===12GM×GN=12×

（2t2+2）·2（t2+1）-t（t+1）-2t2+2·2（t2+1）t+1=12

4（t2+1）2t2=2t2+2+1t2≥8，t=±1取等號.

點評：解法3采用向量積法可減少運算量，另外已知三角形三頂點面積的行列式法也可處理.

解法3（面積代換法）：利用GGB軟件作出圖2所示，因M，N為AB，DE的中點，故S△GAD=2S△GMD，S△GAD=2S△GNA，∴S△GAD=S△GMD+S△GNA，∴S△GMN=S△GT1T2+ST1T2NM=ST1T2NM+S△T1DM+S△T2AN=SADMN.而SADMN=

12×|AM|×|DN|=18|AB|×|DE|.∵|AB|=y214+y214+2=14×

［（y1+y2）2-2y1y2］+2=14［（4t）2+8］+2=4t2+4，∵kABkDE=-1，∴|DE|=4（-t）2+4.

∴S△GMN=18|AB||DE|=18（4t2+4）（4t2+4）=2t2+1t2+2≥8.當且僅當t=±1時取等號.

圖2解法4圖

解法4（直線參數方程法）：由解法4的面積代換知，S△GMN=SADMN=12×|AM|×|DN|=18×|AB|×|DE|.設直線AB的傾斜角為θ，則AB參數方程為x=1+tcosθy=0+tsinθ（t參數），代入拋物線方程：sin2θ·t-4cosθt-4=0，令A，B兩點對應的參數分別為t1，t2，則t1+t2=4cosθsin2θ，t1t2=-4sin2θ，∴|AB|=|t1-t2|=4cosθsin2θ2-4-4sin2θ=4sin2θ.∵AB⊥DE，∴以π2+θ替θ得：|DE|=4sin2π/2+θ=4cos2θ.∴S△GMN=18×4sin2θ×4cos2θ=

2sin2θcos2θ≥2sin2θ+cos2θ2/4=8.當且僅當θ=π4或θ=3π4時上式取等號.

解法5（極坐標法）：由解法4的面積代換知，S△GMN=SADMN=12×|AM|×|DN|=18×|AB|×|DE|.以O點為極點，x軸正向為極軸的方向建立極坐標系，則拋物線y2=4x的極坐標方程為ρ=21-cosθ，設B（ρ1，θ），A（ρ2π+θ），∴ρ1=21-cosθ，

ρ2=21+cosθ，∴|AB|=ρ1+ρ2=21-cosθ+21+cosθ=4sin2θ.∵AB⊥DE，∴以π2+θ替θ得：|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ.∴S△GMN=18×4sin2θ×4cos2θ=

2sin2θcos2θ≥2（sin2θ+cos2θ）2/4=8.當且僅當θ=π4或θ=3π4時上式取等號.

三、變式探究

1.條件變式

變式1：已知拋物線C：y2=8x的焦點為F，過F作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.求直線MN恒過的定點.

變式2：已知拋物線C：y2=8x，過點S（1，0）作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.求直線MN恒過的定點.

變式3：已知拋物線C：y2=8x，過點S（1，0）作兩條斜率之積為-2的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.求直線MN恒過的定點.

變式4：已知拋物線C：y2=8x的焦點為F，過F作兩條互相垂直的弦AB，DE，點B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點，G為直線AE與BD的交點，求（S△GMN）min.

變式5：已知拋物線C：y2=8x，過點S（1，0）作兩條互相垂直的弦AB，DE，點B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點，G為直線AE與BD的交點，求（S△GMN）min.

變式6：已知拋物線C：y2=8x，過焦點F作兩條斜率之積為-2的弦AB，DE，點B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點，G為直線AE與BD的交點，求（S△GMN）min.

簡解：運用下面的結論1-3的方法，得變式1-6答案依次為：（6，0）;（3，0）;（9，0）;32;24;122.

2.類比變式

變式7：已知橢圓C：x2+2y2=8，過點S（1，0）作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.求直線MN恒過的定點.

變式8：已知橢圓C：x2+2y2=8，過其右焦點F作兩條互相垂直的弦AB，DE，點B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點，G為直線AE與BD的交點，求（S△GMN）min.

變式9：已知雙曲線C：x2-2y2=8，過點S（1，0）作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.求直線MN恒過的定點.

變式10：已知橢圓C：x2-2y2=8，過其右焦點F作兩條互相垂直的弦AB，DE，點B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點，G為直線AE與BD的交點，求（S△GMN）min.

簡解：運用下面的結論4-7的方法，得變式7-10答案依次為：23，0;169;（2，0）;16.

四、一般性探究

波利亞曾說：“在你找到第一個蘑菇時，繼續觀察，就能發現一堆蘑菇”.細品解題過程及結論，筆者思考該題的兩個結論是偶然還是必然呢？

結論1：已知拋物線C：y2=2px（p>0），過定點S（s，0）（S>0）的直線l交C于A，B兩點，過S與l垂直的直線交C于D，E，M，N分別為AB，DE的中點.則MN過定點（s+p，0）.

證明：設直線AB：x=ty+s，t≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），聯立x=ty+sy2=2px得：

y2-2pty-2ps=0，∴y1+y2=2pt，∴y0=pt，x0=pt2+s，∴M（pt2+s，pt）.又∵

AB⊥DE，∴Npt2+s，-pt.∴kMN=pt+pt/pt2-pt2=tt2-1，∴直線MN方程為：

y=tt2-1（x-pt2-s）+pt=tt2-1（x-s-p），所以直線MN恒過定點（s+p，0）.

若定點S為焦點F，則有下列推論：

推論1：已知拋物線C：y2=2px（p>0），過焦點F的直線l交C于A，B兩點，過F與l垂直的直線交C于D，E兩點，M，N分別為AB，DE的中點.則MN過定點32p，0.

結論2：已知拋物線C：y2=2px（p>0），過定點S（s，0）（s>0）的直線l交C于A，B兩點，過S與l垂直的直線交C于D，E兩點，其中B，D在x軸上方，M，N分別為AB，DE的中點.設G為直線AE與直線BD的交點，則△GMN面積的最小值為（p+2s）p.

證明：設直線AB的參數方程為x=s+tcosαy=0+tsinα（α為參數），代入拋物線方程得：

sin2α·t2-2pcosα·t-2ps=0，設A，B兩點對應參數分別為t1，t2，則t1+t2=2pcosαsin2α，

t1t2=-2pssin2α，∴|AB|=|t1-t2|=2pcosαsin2α2+8ps=2ppcos2α+2ssin2αsin2α. 又因為AB⊥DE，∴|DE|=2ppsin2α+2scos2αcos2α.而M，N為AB，DE的中點，故S△GAD=2S△GMD，S△GAD=2S△GNA，∴S△GAD=S△GMD+S△GNA，∴S△GMN=S△GT1T2+ST1T2NM=ST1T2NM+S△T1DM+S△T2AN=SADMN.而SADMN=12×|AM|×|DN|=18

|AB|×|DE|=p2·

（psin2α+2scos2α）（pcos2α+2ssin2α）sin4αcos4α

=p2（p2+4s2-4sp）sin2αcos2α+2spsin4αcos4α，設sin2αcos2α=m，則m∈0，14，∴S△GAB=p2（2s-p）2m+2spm2=p2×2sp1m+（2s-p）24sp2-（2s-p）48sp，∵-（2s-p）24sp≤0，∴（S△GAB）min=p2（2s-p）24+2sp42=p（2s+p）.當且僅當m=1/4，即sin2αcos2α=1/4，故α=π4或α=3π4時上式取等號.

結論3：已知C：y2=2px（p>0），過定點S（s，0）（S>0）作兩條斜率之積為λ（λ<0）的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.則MN過定點（s-λp，0）.證明類似，從略.

五、類比探究

還可嘗試將結論1，2類比到橢圓和雙曲線中：

結論4：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），過定點S（s，0）s∈（-a，a）作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.則直線MN恒過定點a2sa2+b2，0.

結論5：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），過右焦點F2作兩條互相垂直的弦AB，DE，其中B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點.設G為直線AE與直線BD的交點，則△GMN面積的最小值為2e2p2（e2-2）2.

證明：以F2點為極點，以x軸正向為極軸方向建立極坐標系，則橢圓C的極坐標方程為：

ρ=ep1+ecosθ，其中p=a2c-c=b2c.設B（ρ1，θ），A（ρ2，π+θ），故ρ1=ep1+ecosθ，ρ2=ep1-ecosθ，∴|AB|=ep1-ecosθ+ep1+ecosθ=2ep1-e2cos2θ，同理|DE|=2ep1-e2sin2θ.

SBEAD=12|AB||DE|

=2e2p21-e2sin2θ-e2cos2θ+e4sin2θ·cos2θ

=2e2p21-e2+e4sin2θ·cos2θ8e2p24-4e2+e4sin22θ

≥8e2p24-4e2+e4=8e2p2（e2-2）2.當θ=π4或3π4，（SBEAD）min=8e2p2（e2-2）2.

而由圖形面積分析知，S△GMN=SMNAD=14SBEAD，∴（S△GMN）min=2e2p2（e2-2）2.

結論6：已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），過定點S（s，0）（s>a，s<-a）作兩條互相垂直的弦AB，DE，若M，N分別為弦AB，DE的中點.則直線MN過定點a2sa2-b2，0.

結論7：已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），過右焦點F2作兩條互相垂直的弦AB，DE，其

中B，D在x軸上方，若M，N分別為弦AB，DE的中點.設G為直線AE與直線BD的交點，則△GMN面積的最小值為2e2p2（e2-2）2.

六、考情分析

1.發揮幾何性質作用，有效減少運算量

對于第一問，如果利用拋物線幾何性質中的對稱性，可以直接得到定點必在x軸上，從而易提供明確的解題方向；而第二問，若按部就班求出交點G的坐標，再寫出所求三角形面積并求其最小值，則運算量極大，如分析圖形的結構特點，發現△GMN與四邊形MNDA的面積相等，那么轉化為四邊形面積最值問題則可輕松求解.故而解析幾何的運算是帶有幾何特征的運算，要充分利用圖形要素及相互之間的關系，這樣就會減少很多運算量.

2.突出數學運算能力，注重算法和算理

從九省適應性聯考卷和高考圓錐曲線解答題中發現，普遍對運算能力的要求較高，考場上短時間內要算出結果，預測今后這塊內容仍然會重視計算量的考查.因此，考生在圓錐曲線復習備考過程中，除了加強“四基”訓練外，還應要抓住核心問題——運算能力的提升，時刻注重強化數學運算，一步一個腳印.在計算的時候要注重算理、算法和技巧，不斷在解題中滲透強化，長期不懈地加強數學運算的訓練.只有這樣，考生自己才可以提升數學運算能力，不再“畏懼”解析幾何的計算，從而達到高效備考的目的.

【本文系安徽省合肥市教育信息技術2023年度課題“智慧課堂下利用GGB培養高中生數學探究能力的實踐研究”（項目編號：HDJ23017）階段性研究成果】

【作者簡介：安徽省合肥市高中數學骨干教師，省高考優秀閱卷員，公開發表論文多篇】

責任編輯 徐國堅