2023年北京卷第19題解析幾何題目賞析

1 題目

（2023年北京高考第19題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為53，設橢圓E的上、下頂點分別為A，C，左、右頂點分別為B，D，|AC|=4.

（Ⅰ）求橢圓E的方程;

（Ⅱ）點P在橢圓E的第一象限上運動，直線PD與直線BC交于點M，直線AP與直線y=-2交于點N，求證：MN∥CD.

2 分析與思維導圖

本題重點考查“數學運算”，如何運算學生都知道，但能否運算正確是關鍵.此題并不側重于“解析”，而在于“算準”.考查“數學運算”、注重運算的嚴謹性是這兩年北京高考解析幾何的顯著特征.在具體計算上，“設點”或者“設線”并沒有明顯的差別，“設點”可能更容易想到.本題在本質上是“帕斯卡定理”的特殊形態.帕斯卡定理約于公元1639年為法國數學家布萊士·帕斯卡所發現，指圓錐曲線內接六邊形（包括退化的六邊形）其三對邊的交點共線，是射影幾何中的一個重要定理.北京高考上述題，是定理的一種特殊的退化形式.事實上，不知道這個定理也不影響正確運算.

解析幾何的本質是用代數的方法研究幾何問題，充分體現了數形結合的數學思想，即將幾何問題代數化（用坐標和方程表示幾何元素），再通過一系列的代數運算，最后將代數運算的結果“翻譯”為幾何結論.

在具體解答過程中，一般要經歷這樣幾個環節：首先要搞明白試題要解決的是什么樣的幾何問題；其次要弄清楚解決這個幾何問題需要用到哪些代數條件，再把幾何問題代數化（有時候這個代數化過程不是很直觀，需要把幾何問題轉化為另一個等價的幾何問題后再進行代數化）；再次是分析已知的題設條件之間的聯系，研究并解決轉化之后的代數問題；最后返回去解決幾何問題.

因此，在具體解答第（Ⅱ）問時，首先要明確題目要解決的是什么樣的幾何問題，本問是一個平行的證明問題；其次，要思考是將這個幾何問題直接代數化還是轉化為另外一個幾何問題再代數化.我們發現，MN∥CD這個幾何問題可以直接代數化或者通過轉化后再代數化為如下這些形式：

MN∥CDkMN=kCD（MN∥CD）yM-yNxM-xN=23|DM||DQ|=|CN||CQ|（Q為CN與DM的交點）yMyQ=xNxQ△BCD∽△CMNxN=2xM過N作CD的平行線，交BC于M′，證M′，P，D共線

再次是分析已知的題設條件之間的聯系，研究并解決轉化之后的代數問題.在這個過程中，我們首先要關注如何設元的問題.該題目是一個非常經典的單動點問題，我們可以設出動點坐標，將題目中的文字描述“翻譯”成數學語言，再利用動點在橢圓上消元求解即可；也可設出動點所在的直線方程，聯立該直線和橢圓方程求出該動點坐標，再同上即可.關注如何設元，關于動點P有如下這些表征方式：

動點P設點P（x0，y0）（x0gt;0，y0gt;0）設P（3cos θ，2sin θ）θlt;0lt;π2設點P所在直線PD：y=k（x-3）klt;-23設P所在直線PD：x=ty+3設點P所在直線AP，與PD同理通過逆向設N（n，-2）或Mm，-23m-2

有了這兩個關注，即關注如何設元和如何將幾何問題代數化，便可以初步形成解決該問題的基本思路，先簡單呈現下面8個思路.其實兩個關注通過組合可以得出更多的解法，但本質都是一樣的，通過下面這8個思路及其對應的解法便足以掌握此類問題.

思路1：依據題意設橢圓上動點P（x0，y0），表示出相關直線方程，聯立相關直線方程，求出點M，N的坐標，通過計算并依據曲線方程消元證明kMN=kCD，進而得證MN∥CD.

思路2：依據題意設橢圓上動點P（x0，y0），表示出相關直線方程，聯立相關直線方程，求出點M，N的坐標，通過計算并依據曲線方程消元證明DMDQ=CNCQ，進而得證MN∥CD.

思路3：依據題意設直線PD的斜率k，從直線PD的點斜式方程入手，聯立直線和曲線方程，利用直線PD的斜率k表示出點P的坐標，并表示出相關直線方程，再聯立相關直線方程求出點M，N的坐標，通過計算證明kMN=kCD，進而得證MN∥CD.

思路4：依據題意反設直線PD的方程，接下來同思路3，只是在聯立直線與直線方程時計算量略小.

思路5 幾何條件轉化，只要證出xN=2xM即可證出MN∥CD.

思路6：對思路1加以改進，利用橢圓參數方程設橢圓上P（3cos θ，2sin θ）0lt;θlt;π2，接下來同思路1和思路5.

思路7 可以直接設N（t，-2），并過點N作CD的平行線，交BC于點M′，如果能證明點M′，P，D三點共線，那就說明點M′就是題目中的M，那么MN∥CD得證.

思路8 設橢圓上動點P（x0，y0），利用極點極線的結論求出相關點的坐標，通過計算證明kMN=kCD，進而得證MN∥CD.

依據上述解題思路，繪制思維導圖，如圖1所示.

3 解答

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（Ⅰ）易求得橢圓E的方程為x29+y24=1（過程略）.

（Ⅱ）這里只給出解法2和解法5，其余解法可以掃碼查看.

解法2：點參數法二.

設P（x0，y0），則x209+y204=1（x0gt;0，y0gt;0）.

易求得直線PD：y=y0x0-3（x-3），直線BC：y=-23x-2.

聯立y=y0x0-3（x-3），y=-23x-2，解得

M3（3y0-2x0+6）3y0+2x0-6，-12y03y0+2x0-6.

易求得直線AP：y=y0-2x0x+2，令y=-2，得N-4x0y0-2，-2.

如圖2，設CN∩DM=Q，

對于直線PD：y=y0x0-3＼5（x-3），

令y=-2，得

Q3y0-2x0+6y0，-2.

于是，可得|DM||DQ|=yMyQ=-12y03y0+2x0-6-2=6y03y0+2x0-6.

又可以得到|CN||CQ|=xNxQ=-4x0y0-23y0-2x0+6y0=4x0y0（2-y0）（3y0-2x0+6）=12x0y0-9y20+6x0y0-12x0+36=12x0y04x20-36+6x0y0-12x0+36=6y02x0+3y0-6，

所以|DM||DQ|=|CN||CQ|，故MN∥CD.

解法5：幾何條件轉化.

如圖3，過點M作MQ⊥CN于點Q.

若MN∥CD，又BD∥CN，則△BCD∽△CMN.

由于CO⊥BD，且O為BD的中點，因此Q應為CN的中點.又xC=0.所以只需證

xN=2xM.

由解法1，知xM=3（3y0-2x0+6）3y0+2x0-6，xN=-4x0y0-2，因此

即證6（3y0-2x0+6）3y0+2x0-6=-4x0y0-2，即證

4x20+9y20=36，而x209+y204=1顯然成立.

故MN∥CD.

該解法在具體計算上與解法1最優化計算后的處理相同.我們可以看出，幾何問題的轉化與代數問題的轉化，看似是兩個平行的系統，一個是幾何系統深挖，一個是代數系統深挖，其實二者是齊步并進的.要么在幾何條件深挖上下功夫，要么在代數運算中多觀察、多優化，沒有白費的功夫，帶著覺察關注到在幾何性質和代數運算中的每一個發現，都會找到優化問題的解決方式.

4 背景試題研究（溯源與推廣）

試題溯源 此題的背景是六邊形帕斯卡定理退化為五邊形的應用：

將點C處的切線記為CC，設AB與CD在無窮遠處的交點為S，將五邊形寫成標準帕斯卡定理的六點排序形式，則有CCDPABCCC∩PA=MCD∩AB=SDP∩BC=NM，N，S三點共線，又AB∥CD，所以MN∥CD∥AB.

把背景理清楚以后，就可以得到這道題的一般情況：直線AC，BD過原點O，P為橢圓上任意點，橢圓在點C的切線與AP交于點N，直線PD與直線BC交于點M，則MN∥CD∥AB.

本題是高等幾何中帕斯卡定理的特殊形式：圓錐曲線內接六邊形（含退化的六邊形），其三組對邊的交點共線.

試題推廣 已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的上、下頂點分別為A，C，左、右頂點分別為B，D，點P在橢圓E的第一象限上運動，直線PD與直線BC交于點M，直線AP與直線y=-b交于點N，求證：MN∥CD.

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證明過程略，可掃碼查看.

5 鏈接（練習）

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左、右頂點分別為A，B，上頂點為D，P為橢圓C上異于頂點的動點，已知橢圓的離心率e=32，短軸長為2.

（Ⅰ）求橢圓C的方程;

（Ⅱ）若直線AD與BP交于點M，直線DP與x軸交于點N，求證：MN恒過定點，并求出該點坐標.

解：（Ⅰ）易求得橢圓C的方程為x24+y2=1.

（Ⅱ）如圖4，其中A（-2，0），B2，B1（2，0），P，D2，D1（0，1）六點在橢圓C上，構成橢圓內接六邊形，記AB2∩D2P=N，AD1∩B1P=M，B2B1∩D1D2=Q，依據帕斯卡定理知M，N，Q三點共線.

如圖5，當點B2無限趨近于定點B1時，直線AB2趨近于x軸，直線B2B1趨近于過點B1的切線;當點D2無限趨近于D1時，直線D2D1趨近于過點D1的切線.而分別過點B1和點D1的兩條切線相交于點Q（2，1），故直線MN過定點Q（2，1）.

幾何好懂不好算，代數好算不好懂，而坐標法把二者很好地結合起來了.但是在平面直角坐標系中，點的坐標是由幾何作圖得到的，因而將各種幾何性質翻譯成坐標運算，需要求助于幾何定理，這里就體現了數形結合的數學思想方法，這就是解析幾何這門學科的精髓.高考數學北京卷中的解析幾何試題考查解析幾何的本質特點，要求學生把靈活的幾何問題轉化為代數問題來計算，利用形象生動的幾何模型幫助理解，關注對運算對象的觀察，使精辟的數學思想“隨風潛入夜”，讓強大的數學方法“潤物細無聲”，使得貌似困難的問題迎刃而解，讓學生體會“數學學科的神韻”.