回歸知識(shí)本質(zhì)，提升解題能力

摘 要：解題過程是數(shù)學(xué)解題教學(xué)的關(guān)鍵環(huán)節(jié)，其不僅能深化學(xué)生對(duì)解析幾何相關(guān)內(nèi)容的理解，還能深化學(xué)生對(duì)知識(shí)本質(zhì)的理解與掌握.

本文通過對(duì)高中數(shù)學(xué)解析幾何問題解題策略的探究，促進(jìn)學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的提高，提升其解決數(shù)學(xué)問題的能力.

關(guān)鍵詞：高中數(shù)學(xué)；知識(shí)本質(zhì)；解析幾何；解題能力

解析幾何主要是對(duì)幾何問題進(jìn)行研究，其解答方法主要是代數(shù)方法.解析幾何中的知識(shí)本質(zhì)就是通過代數(shù)方法進(jìn)行幾何問題求解.^［1］由于解析幾何題有著較高的難度和較強(qiáng)的綜合性，對(duì)學(xué)生的計(jì)算能力有著較高的要求，所以學(xué)生在解答幾何問題時(shí)，常常存在解題思路混亂、方法選擇不正確、計(jì)算錯(cuò)誤等問題，這就需要學(xué)生回歸幾何知識(shí)的本質(zhì)，立足多角度對(duì)幾何問題進(jìn)行探討，以實(shí)現(xiàn)解題過程的優(yōu)化，提高計(jì)算與解題能力.^［2］

1 高中數(shù)學(xué)解析幾何的解題技巧探討

1.1 與代數(shù)知識(shí)密切結(jié)合

經(jīng)過大量的解析幾何題的求解經(jīng)驗(yàn)可知，在解析幾何的問題解答中，利用坐標(biāo)系，并按照代數(shù)方法進(jìn)行幾何問題的求解，是十分常見的一種方法.^［3］通常來(lái)說，直接進(jìn)行解析幾何題求解時(shí)，學(xué)生常常毫無(wú)頭緒，運(yùn)用代數(shù)方法則能有效求解相關(guān)幾何問題.高中數(shù)學(xué)的解析幾何主要是對(duì)點(diǎn)的軌跡形成的直線、圓以及圓錐曲線進(jìn)行研究，都采取了坐標(biāo)工具，即按照直線、圓以及圓錐曲線的具體定義或者圖形特征，對(duì)其方程進(jìn)行探究，對(duì)直線、圓以及圓錐曲線具備的幾何性質(zhì)加以研究，通常能充分呈現(xiàn)出坐標(biāo)法解答解析幾何題的重要性.^［4］

1.2 運(yùn)用幾何圖形的性質(zhì)，簡(jiǎn)化解題過程

在求解幾何圖形的有關(guān)問題時(shí)，可有效運(yùn)用圖形性質(zhì)，把代數(shù)知識(shí)和幾何知識(shí)有效結(jié)合，以實(shí)現(xiàn)解析幾何問題的簡(jiǎn)化，并在考試過程中獲得顯著的優(yōu)勢(shì).^［5］同時(shí)，如果采用的解題方法較為簡(jiǎn)單，解題的實(shí)際出錯(cuò)率就會(huì)明顯減少.通過數(shù)形結(jié)合進(jìn)行幾何問題求解時(shí)，通常包含了四類問題，即軌跡求解、求值、求范圍、證明問題.

例如，對(duì)曲線的軌跡方程進(jìn)行求解的時(shí)候，可運(yùn)用幾何條件，對(duì)軌跡的曲線類型進(jìn)行判斷，并經(jīng)過待定系數(shù)法解決解析幾何問題.

1.3 運(yùn)用函數(shù)變量解決問題

函數(shù)可呈現(xiàn)出客觀世界當(dāng)中變量之間的依賴關(guān)系，且在高中數(shù)學(xué)的課堂教學(xué)中占據(jù)著重要地位.在具體解題中，通過函數(shù)變量進(jìn)行高效解題，通常能夠使解題的整個(gè)過程變得更為簡(jiǎn)單.就解析幾何題來(lái)說，點(diǎn)或者線產(chǎn)生改變，就造成圖形當(dāng)中其他的量發(fā)生改變，該類問題，則能通過函數(shù)變量加以求解.^［6］

2 高中數(shù)學(xué)解析幾何問題解答策略

例1 如圖1所示，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率是12，F(xiàn)是橢圓C的右焦點(diǎn)，且A（-a，0），|AF|=3.

（1）求橢圓C的方程.

（2）設(shè)O是原點(diǎn)，P是橢圓上一點(diǎn)，點(diǎn)P并非是橢圓長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，AP的中點(diǎn)是M，直線OM和直線x=4相交于點(diǎn)D，過O且與直線AP平行的直線與直線x=4相交于點(diǎn)E，求證：∠ODF=∠OEF.

分析：本題第（1）問相對(duì)簡(jiǎn)單，運(yùn)用解析幾何相關(guān)知識(shí)

就能求解.第（2）問主要是證明兩個(gè)角是相等的，則需明確兩個(gè)角為何相等，即P是橢圓上的點(diǎn)，AP的中

點(diǎn)M和原點(diǎn)O相連接，再加以延長(zhǎng)，和直線x=4相交于點(diǎn)D，且點(diǎn)E是過O與直線AP平行的直線和直線x=4相交而得出的，從而獲得線段DF與EF相等，得出∠ODF與∠OEF.

由此可知，兩個(gè)角和點(diǎn)P有著密切關(guān)聯(lián)，因此，本題可由直線AP的方程式與點(diǎn)P坐標(biāo)作為切入點(diǎn)，進(jìn)行解題.

解析：（1）依據(jù)橢圓的離心率是12，A（-a，0）以及|AF|=3，可得出橢圓C的方程為x24+y23=1.

第（2）題可通過多種方法進(jìn)行求解.

解法1：由（1）可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0），設(shè)直線AP的方程是y=k（x+2）（k≠0），將直線代入橢圓方程，整理可得

（4k2+3）x2+16k2x+16k2-12=0，明顯有Δ＞0，設(shè)AP的中點(diǎn)為M（x0，y0），P（x1，y1），則-2+x1=-16k24k2+3，即x0=-2+x12=-8k24k2+3，y0=k（x0+2）=6k4k2+3，由此可知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為-8k24k2+3，6k4k2+3，直線OM的斜率為6k4k2+3-8k24k2+3=-34k，此時(shí)，可求得OM的直線方程為

y=-34kx，令x=4，可得點(diǎn)D4，-3k，設(shè)直線OE方程式為y=kx，令x=4，可得到點(diǎn)E坐標(biāo)是（4，4k），由右焦點(diǎn)F（1，0）可得出直線EF的斜率為4k4-1=4k3，則EF⊥OM，記垂足為G.

又有直線DF的斜率為-3k4-1=-1k，即DF⊥OE，記垂足為K.

在Rt△EGO和Rt△DKO中，∠ODF和∠OEF都與∠EOD互余，所以∠ODF=∠OEF.

解法2：

由（1）可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0），設(shè)P（x1，y1）（x1≠±2），其中3x21+4y21=12，由于直線AP的中點(diǎn)是M，可得M的坐標(biāo)為x1-22，y12，則直線OM的斜率為kOM=y1x1-2，直線OM的方程是y=y1x1-2x，令x=4，可得

點(diǎn)D的坐標(biāo)是4，4y1x1-2，由此可知直線OE的方程為y=y1x1+2x，

令x=4，可得點(diǎn)E的坐標(biāo)是4，4y1x1+2.由右焦點(diǎn)F（1，0）可得直線EF的斜率為kEF=4y13（x1+2），由于kOM·kEF=y1x1-2·4y13（x1+2）=4y213（x21-4）=-1，則

EF⊥OM，同理得DF⊥OE，進(jìn)而得證∠ODF=∠OEF.

解法3：

由（1）可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，0），設(shè)P（x1，y1）（x1≠±2），其中的3x21+4y21-12=0，由于直線AP的中點(diǎn)是M，可得M的坐標(biāo)為x1-22，y12，則直線OM的斜率為kOM=y1x1-2，直線OM的方程是y=y1x1-2x，令x=4，可得到點(diǎn)D的坐標(biāo)是4，4y1x1-2.設(shè)直線x=4和x軸相交于點(diǎn)H，設(shè)∠ODH=α，∠FDH=β，則有tanα=4｜yD｜，tanβ=3｜yD｜.

因此，tan∠ODF=tan（α-β）=｜yD｜y2D+12，同理求解出tan∠OEF=｜yE｜y2E+12，根據(jù)題意可知，yD、yE為異號(hào)，可設(shè)yE＞0，

則|yE|y2E+12-|yD|y2D+12=yEy2E+12+yDy2D+12=yE（y2D+12）+yD（y2E+12）（y2E+12）（y2D+12）.又有yE（y2D+12）+yD（y2E+12）=（yE+yD）（yEyD+12）=（yE+yD）4y1x1+24y1x1-2+12=（yE+yD）16y21x21-4+12.又有點(diǎn)P（x1，y1）位于橢圓上，則3x21+4y21-12=0，即（yE+yD）16y21x21-4+12=（yE+yD）·12（4-x21）x21-4+12=（yE+yD）（-12+12）=0，由此可知，tan∠ODF=tan∠OEF，根據(jù)題意可知∠ODF、∠OEF是銳角，則∠ODF=∠OEF.

例2 如圖2所示，已知直線l：y=kx+2和橢圓C：x24+y2=1相交于不同的兩點(diǎn)A、B.設(shè)直線OA、OB的斜率是k1、k2，且有k1=λk2，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

解析：聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，可得出k值的取值范圍，設(shè)A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)，通過兩點(diǎn)的斜率公式得出k1、k2，構(gòu)建其λ和k的代數(shù)關(guān)系式.

聯(lián)立方程y=kx+2，

x24+y2=1，可得（4k2+1）x2+16kx+12=0，由Δ=4k2-3＞0，解得k²＞34，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則有x1+x2=-16k4k2+1，x1x2=124k2+1，由此可得

λ=k1k2=y1x1y2x2=kx1x2+2x2kx1x2+2x1=12k4k2+1+2x212k4k2+1+2x1①.由此可知，①式是本題解答的關(guān)鍵.

解法1：依據(jù)對(duì)稱性可知，設(shè)k＞0，當(dāng)x1＜x2時(shí)，可以得到x1=-8k-24k2-34k2+1，x2=-8k+24k2-34k2+1，將其代入

①式可知，λ=12k4k2+1+-16k+44k2-34k2+112k4k2+1+-16k-44k2-34k2+1=k-4k2-3k+4k2-3=1-4-3k21+4-3k2=-1+21+4-3k2.由于k2∈34，+∞，則4-3k2∈（0，2），由此可得λ∈-13，1.當(dāng)x1＞x2的時(shí)候，有x1=-8k+24k2-34k2+1，x2=-8k-24k2-34k2+1②，如果k2=1，可得A點(diǎn)的坐標(biāo)-65，45，B點(diǎn)坐標(biāo)（-2，0），此時(shí)

k1=-23，k2=0，得λ∈；如果k2∈34，1∪（1，+∞），將②式代入①式，化簡(jiǎn)可得

λ=-1+21-4-3k2，由于k2∈34，1∪（1，+∞），則1-4-3k2∈（-1，0）∪（0，1），由此可得

λ∈（-∞，-3）∪（1，+∞）.

綜上所述

λ∈（-∞，-3）∪-13，1∪（1，+∞）.

解法2：由于x1+x2=-16k4k2+1，x1x2=124k2+1，則

x1x2=-34k（x1+x2），將其代入①

式可得

λ=kx1x2+2x2kx1x2+2x1=-34（x1+x2）+2x2-34（x1+x2）+2x1=54x2-34x154x1-34x2=5x2-3x15x1-3x2=5-3x1x25x1x2-3.令t=x1x2，可知t＞0，

λ=5-3x1x25x1x2-3=5-3t5t-3=-35+165（5t-3）.

（x1+x2）2x1x2=x1x2+x2x1+2=64k23（4k2+1）=6431k2+4∈4，163，也就是t+1t+2∈4，163，由此可得

t∈13，1∪（1，3），由

λ=-35+165（5t-3）

，可得

λ∈（-∞，-3）∪-13，1∪（1，+∞）.

解法3：由于x1+x2=-16k4k2+1，x1x2=124k2+1，所以1x1+1x2=-43k.又由于k1=y1x1=k+2x1，k2=y2x2=k+2x2，且有k1=λk2，則1x1-λx2=λ-12k，由1x1+1x2=-43k，

1x1-λx2=λ-12k，對(duì)聯(lián)立方程進(jìn)行求解可得x1=-6（λ+1）（5λ+3）k，

x2=-6（λ+1）（3λ+5）k，由此方程組可知x1x2=36（λ+1）2（5λ+3）（3λ+5）k2=124k2+1，化簡(jiǎn)方程可得15λ2+34λ+153（λ2+2λ+1）=4k2+1k2=4+1k2.由k2＞34，可知15λ2+34λ+153（λ2+2λ+1）=4+1k2∈4，163，即有12（λ2+2λ+1）＜15λ2+34λ+15，

15λ2+34λ+15＜16（λ2+2λ+1），求解可得λ∈（-∞，-3）∪-13，1∪（1，+∞）.

3 結(jié)語(yǔ)

解析幾何是高中數(shù)學(xué)教學(xué)中的重難點(diǎn)，在對(duì)其

進(jìn)行講解時(shí)，教師需科學(xué)合理地設(shè)計(jì)代數(shù)解析的方法，通過一題多解的形式，引導(dǎo)學(xué)生準(zhǔn)確把握知識(shí)本質(zhì)，促進(jìn)學(xué)生知識(shí)結(jié)構(gòu)的優(yōu)化，從而使學(xué)生處于“一法通解”的聚焦性思維當(dāng)中，實(shí)現(xiàn)自身解題能力的提高.

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