2023年北京高考解析幾何試題的解法和背景探究

2023年高考數學北京卷第19題是一道平面解析幾何解答題，其題目設計頗具匠心，旨在深入考查學生的邏輯推理能力和數學運算核心素養．題目以平易近人的姿態呈現，注重通性通法的運用，通過巧妙地設點、設線，將未知點轉化為已知點，靈活運用設點代入法或設線聯立來求解，充分展現了試題對解析幾何基本功的扎實考查.然而，這道題目看似樸素的外表之下，實則暗含高等幾何的深刻數學背景，等待著學生以敏銳的思維和深入的分析去發掘其內在的數學價值. 接下來，本文將帶領讀者一同揭開這道試題的神秘面紗，深入探究其蘊含的數學奧秘.

1 試題呈現

（2023年高考北京卷第19題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為53，A，C分別是E的上、下頂點，圖1B，D分別是E的左、右頂點，|AC|=4，如圖1．

（1）求E的方程；

（2）設P為第一象限內E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y=－2交于點N．求證：MN∥CD．

2 思路及解法

對于第（1）問，易求得E的方程為x29+y24=1，過程略.

下面重點分析第（2）問的思路及解法.點與直線是解析幾何中最基本的要素，高考題注重通性通法，最直接的解題思路就是設點或者設線.本題中涉及到的點有四個定點A，B，C，D及三個動點P，M，N，兩條定直線BC，y=－2及兩條動直線AP，PD.由此可以從以下兩個思路去入手解決問題．

思路1：（設點代入法）設點P的坐標（m，n），得到直線PD的方程，與直線BC聯立得到交點M的坐標，再通過點P得到直線PA的方程，求出點N的坐標，最后證明直線MN與直線CD的斜率相等．

證法1：因為橢圓E的方程為x29+y24=1，所以A（0，2），C（0，－2），B（－3，0），D（3，0）.

易得kBC=0+2－3－0=－23，則直線BC的方程為

y=－23x－2.

因為P為第一象限E上的動點，則設P（m，n）（0＜m＜3，0＜n＜2）.

易得kPD=n－0m－3=nm－3，則直線PD的方程為

y=nm－3（x－3）.

聯立y=－23x－2與y=nm－3（x－3），解得點M的坐標為3（3n－2m+6）3n+2m－6，－12n3n+2m－6.

而kPA=n－2m－0=n－2m，則直線PA的方程為y=n－2mx+2.令y=－2，則－2=n－2mx+2，解得x=－4mn－2，即N－4mn－2，－2.又m29+n24=1，則m2=9－9n24，可知8m2=72－18n2，所以

kMN=－12n3n+2m－6+23（3n－2m+6）3n+2m－6－－4mn－2

=－6n2+4mn－8m+249n2+8m2+6mn－12m－36

=－6n2+4mn－8m+249n2+72－18n2+6mn－12m－36

=－6n2+4mn－8m+24－9n2+6mn－12m+36=23.

又kCD=0+23－0=23，則kMN=kCD.顯然，MN與CD不重合，所以MN∥CD.

思路2：（設線聯立）設直線PD（或PA）的斜率為k，將直線PD（或PA）的方程與橢圓方程聯立，用k表示點P的坐標，得到直線PA（或PD）的方程，求出點N（或M）的坐標，最后證明直線MN與直線CD的斜率相等．

證法2：設動直線PD的斜率為k，則直線PD的方程為y=k（x－3），且k≠0.

由y=k（x－3），

x29+y24=1消去y，得

（9k2+4）x2－54k2x+81k2－36=0.

所以xD·xP=81k2－369k2+4.

又xD=3，于是xP=27k2－129k2+4.

把xP代入y=k（x－3），得yP=－24k9k2+4.

所以P27k2－129k2+4，－24k9k2+4.

所以kAP=2+24k9k2+40－27k2－129k2+4=2（3k+2）－3（3k－2）.

故直線PA的方程為y=2（3k+2）-3（3k-2）x+2.

聯立直線y=－2與直線PA的方程，解得點N的坐標為18k－123k+2，-2.

易知直線BC的方程為y=－23x－2.

聯立y=k（x－3），

y=－23x－2，解得xM=9k－63k+2，代入直線BC的方程得yM=－12k3k+2，則M9k－63k+2，－12k3k+2．

所以，直線MN的斜率為

kMN=－2－－12k3k+218k－123k+2－9k－63k+2=6k－49k－6=23.

所以kMN=kCD.

顯然，MN與CD不重合，故可得MN∥CD.

無論設點還是設直線斜率，此題的計算量都非常大，對學生的數學運算要求非常高.那么，能否簡化代數運算呢？那就需要深入挖掘題目中幾何對象的幾何特征和位置關系．

思路3：（幾何分析）若MN∥CD，則∠MNC=∠DCN，又因為kCD+kBC=0，則∠MCN=∠DCN，所以∠MCN=∠MNC，可知三角形CMN為等腰三角形，于是可得xM=xN2.這樣就只需求出M，N兩點的橫坐標，省掉了求點M的縱坐標以及直線MN的斜率，避開了大量的繁瑣計算．

證法3：在證法1的基礎上計算

xM－xN2=3（3n－2m+6）3n+2m－6－－2mn－2

=4m2+9n2－36（3n+2m－6）（n－2）

=0.

所以xM=xN2.所以三角形CMN為等腰三角形，則∠MCN=∠MNC.又因為kCD+kBC=0，所以可得∠MCN=∠DCN，于是∠MNC=∠DCN，所以MN∥CD.

幾何問題的研究不僅僅局限于代數運算，更重要的是對幾何對象的幾何特征進行深入分析.這種研究有助于揭示幾何問題的本質屬性，從而避免復雜的代數推理運算，實現化繁為簡、直觀、簡潔的解題效果.研究高考題的目的不僅僅是為了解題，更應該是解決問題，挖掘題目背后的數學本質.下面我們來一起探究這道題背后所蘊含的高等幾何背景．

3 背景分析

注意到題目中橢圓上的五個點A，B，C，D，P，而直線y=－2恰好是橢圓在點C處的切線，可以看成是兩個點重合的情形，本題的命題背景來源于高等幾何中的退化為五個點的帕斯卡 （Pascal） 定理．

3.1 帕斯卡 （Pascal） 定理

設一個六角形內接于一條二次曲線，那么它的三雙對邊的交點共線[1]．

如圖2所示，若A，B，C，D，E，F為圓錐曲線上六個點，對邊AB和DE交于點G，對邊BC和EF交于點H，對邊FA和CD交于點I，則G，H，I三點共線．

3.2 帕斯卡定理的退化情況

帕斯卡定理是幾何學中一個非常重要的定理，其圖形結構復雜多變，因此，在解題過程中迅速識別出帕斯卡構型對于應用該定理至關重要．我們需要對多種構圖以及圓錐曲線內六點的排列方式有深入的了解.從幾何的角度來看，五邊形、四邊形和三角形都可以視為六邊形的一種特殊情況．具體來說，當六邊形中有一對點重合時，它就變成了一個五邊形；當有兩對點重合時，它就變成了四邊形；而當三對點都重合時，它就轉化為了三角形.由此有以下定理：

定理設一個五角形內接于一條二次曲線，則一邊與其對頂的切線的交點，以及其余兩對不相鄰的邊的交點共線 [2]（如圖3）．

2023年高考北京卷第19題背景分析：如圖4，A，B，C，D，P為橢圓上的五個點，BC和DP交于點M，AP和點C處的切線相交于點N，假設BA和CD交于無窮遠點Q （在射影平面內，可以認為兩條平行線相交于無窮遠點），則根據帕斯卡定理的退化情況可得到M，N及無窮遠點Q三點共線．所以直線MN、直線AB、直線CD有共同的無窮遠點Q，自然三條直線就是平行的關系了，即MN∥CD．

厘清命題背景之后，我們就可以得到這道題的一般情況：

如圖5所示，直線AC，BD相交于原點O，P為橢圓上任意一點，BC和DP交于點M，橢圓在點C處的切線與AP交于點N，則MN∥CD∥AB.

近年來，高考數學中也有一些試題的背景可以歸結為帕斯卡定理．

（2012年高考北京卷理科第19題）已知曲線C：（5－m）x2+（m－2）y2=8（m∈R）．

（Ⅰ）若曲線C是焦點在x軸上的橢圓，求m的取值范圍；

（Ⅱ）設m=4，曲線C與y軸的交點為A，B（點A位于點B的上方），如圖6，直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點M，N，直線y=1與直線BM交于點G，求證：A，G，N三點共線．

分析：這道題第（Ⅱ）問的原型可以追溯到下面的問題——自定點S（0，4）向橢圓x2+2y2=8引割線，交點分別為M，N，A，B為橢圓短軸端點（點A位于點B的上方），AN∩BM=G，求點G的軌跡．

觀察橢圓 x2+2y2=8的內接凹四邊形AMBN，把它想象成橢圓的內接凹六邊形 AM1M2BN1N2的退化情形（其中M1與M2無限接近直至重合于M點、N1與N2無限接近直至重合于N點）．這樣，借助帕斯卡定理就可推測，直線AN與直線BM的交點G、橢圓在點M處的切線與在N處的切線的交點P、直線AM與直線BM的交點Q這三點共線．而由極點極線理論易知，兩切線交點P在定點S（0，4）的極線y=1上，則可知交點Q在定直線y=1上．

4 結束語

作為中學教育一線的數學教師，掌握高等幾何的理論顯得尤為重要．通過運用這些更高級別的觀點和角度，我們能夠深入研究高中解析幾何題目，更加精準地追蹤試題的命題軌跡，探尋其背后的命題邏輯．這不僅能夠增強我們思維的深度和廣度，開闊學習思考的視野，還能讓我們更深入地理解高等幾何與初等幾何之間的內在聯系．

參考文獻：

[1] 朱德祥，朱維宗．高等幾何[M]．3版.北京：高等教育出版社，2015.

[2]羅碎海，羅家平，麻紅雷.帕斯卡定理的初等證明與高考題[J].中學數學研究（華南師范大學版），2023（7）：1720.