2018年高考理科數學全國（Ⅰ）卷第16題幾種解題思路

時英雄　馬艷

問題（2018年高考理科數學全國（Ⅰ）卷第16題）已知函數f（x）=2sinx+sin2x，則f（x）的最小值是

.

解法賞析

思路1f（x）=2sinx+sin2x，由周期函數不妨設x∈0，2π，

f′x=2cosx+2cos2x=2（2cos2x+cosx-1）=2（2cosx-1）（cosx+1）.

所以，fx在0，π3，5π3，2π上遞增，在π3，5π3上遞減.

所以f（x）min=min{f（0），f（5π3）}=min0，-332=-332，當x=2kπ-π3，k∈[WTHZ]Z[WTBX]時取等號.

思路2

f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx

≥-21-cos2x·1+cosx2

=-231+cosx33-3cosx≥-2331+cosx+3-3cosx44

≥-23644=-332，所以f（x）min=-332.取等號條件同思路1.

思路3f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx=8sinx2cos3x2.

令t=sinx2cos3x2

t2=13×3sin2x2·cos2x2·cos2x2·cos2x2≤133sin2x2+cos2x2+cos2x2+cos2x244

=13344，所以t∈-3316，3316，f（x）min=-332，取等號條件同思路1.

或者f2（x）=4（1-cosx）（1+cosx）3=[SX（]4[]3[SX）]（3-cosx）（1+cosx）（1+cosx）（1+cosx）≤[SX（]4[]3[SX）][JB（（][SX（]3-3cosx+1+cosx+1+cosx+1+cosx[]4[SX）][JB））]4=[SX（]27[]4[SX）]，當且僅當3-3cosx=1+cosx，即cosx=[SX（]1[]2[SX）]時，取等號.有f（x）min=-[SX（]3[KF（]3[KF）][]2[SX）].

思路4f（x）=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2tan2x2+1

令t=tanx2，所以fx=ft=8tt2+12.

f′t=-83t4+2t2-1t2+14，ft在-

SymboleB@ ，-33，33，+

SymboleB@ 上遞減，在-33，33上遞增.

又t→+

SymboleB@ 時，ft→0，

所以f（x）min=f（t）min=f（-33）=-332.取等號條件同思路1.

作者簡介時英雄，男，中學一級教師，現任教于安徽省合肥市第一中學，從事高中數學教學及數學解題方法的研究，已在《中學數學》、《中學數學雜志》等省部級期刊上發(fā)表數學論文30余篇.

[HT][HJ][FL）]

[JZ（][HT2Y3]2018年高考數學浙江卷第21題引發(fā)的探究

[HT][HT5K]浙江省寧波市第四中學315016[HT5H]魏定波

[JZ）][HT]

[FL（K2]

[STFZ]1試題呈現

[TP魏定波-1.tif，Y][TS（][JZ]圖1[TS）]

如圖1，已知點P是y軸左側（不含y軸）一點，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上.

（Ⅰ）設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；

（Ⅱ）若P是半橢圓x2+y24=1（x<0）上的動點，

求△PAB面積的取值范圍（2018年高考浙江卷第21題）.

拋物線具有結構簡單優(yōu)美、代數計算量適中的特點，因此常常受到命題者的青睞.本題設計巧妙，不落俗套，創(chuàng)新意識突出，具有良好的區(qū)分度，而且它的許多性質源于著名的“阿基米德三角形”.

2試題解析

（Ⅰ）證明

方法1設P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），則線段AP的中點

C（x0+x12，y0+y12），代入拋物線方程，得

y12+2y0y1+y20=8x0+8x1，即y12-2y0y1+8x0-y20=0，

依題意，y1，y2是方程y2-2y0y+8x0-y20=0的兩個根，則y1+y2=2y0，即y0=yM，故PM垂直于y軸.

[TP魏定波-2.tif，Y][TS（][JZ]圖2[TS）]

方法2設線段PA、PB的中點分別為C、D，線段CD的中點為N，由平面幾何知識容易知道P、N、M三點共線（如圖2）.

（1）當直線AB與x軸垂直時，由于拋物線的對稱軸是x軸，所以△PAB是等腰三角形，且AB∥y軸，則有PM⊥AB（M，N在x軸上），即PM垂直于y軸.

（2）當直線AB與x軸不垂直時，

kAB=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2yM，同理kCD=2yN，由AB∥CD，得yM=yN，即PM垂直于y軸.

綜上所述，PM垂直于y軸.

（Ⅱ）解法1由（Ⅰ）得，y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，

S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=12（x1+x22-x0）|y1-y2|=12（y12+y228-x0）|y1-y2|

=324（y20-4x0）y20-4x0.

由于y20=4-4x20（-1≤x0<0），所以y20-4x0=4（-x20-x0+1）∈[4，5]，故S△PAB∈[62，15104].

解法2設直線AB的方程x=ty+m，

由x=ty+m，y2=4x，得，y2-4ty-4m=0，因為y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，所以t=12y0，m=y204-2x0，

|AB|=（1+t2）（y2-y1）2=（1+t2）（8y20-32x0），d=|x0-ty0-m|1+t2，所以

S△PAB=12|AB|·d=324（y20-4x0）y20-4x0，以下同解法1.

[STFZ]3性質再探

將上述試題作進一步探究：

（1）已知拋物線C：y2=4x的內接梯形ABCD，其中AB∥CD.

①則該梯形的兩腰所在直線的交點、對角線交點及上下底的中點都在垂直y軸的直線l上（如圖3）；

②若直線l與拋物線C交于R，則過R點拋物線的切線與直線AB平行；

[TP魏定波-3.tif，Y][TS（][JZ]圖3[TS）]

③若直線AB、AC、BD的斜率存在，則1kAC+1kBD=2kAB；

④若直線AB的斜率不存在，則kAC+kBD=0；

⑤若直線AC的斜率不存在，則kAB=2kBD；

證明①的證明與試題（Ⅰ）證明相仿，不再闡述.

②當直線AB斜率不存在時，點R即為原點O，結論成立；當直線AB斜率存在時，對于y2=4x兩邊對x求導，得2y·y′=4，則k=y′=2yR=2yM=kAB，即過R點拋物線的切線與直線AB平行.

③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4

=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2·yM2=2kAB；

下面證明⑤，對于④的證明同理可得.

因為直線AC的斜率不存在，所以xC=xA，yC+yA=0，又yC+yD=yA+yB.

則yD-yB=2yA，

所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2×4yB+yD=2kBD.

（2）已知拋物線C：y2=4x的內接梯形ABCD，其中AB∥CD，過點P作拋物線的兩切線PE和PF（其中切點為E、F），則直線EF與AB平行，且直線EF經過Q點（如圖4）.

[TP魏定波-4.tif，Y][TS（][JZ]圖4[TS）]

證明由P（x0，y0）向拋物線C：y2=4x作切線PE、PF，容易得到切點弦EF所在的直線方程為：

2x-y0y+2x0=0，對比直線AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF∥AB.

由2x-y0y+2x0=0得線段EF的中點Q′（y202-x0，y0），又直線AC的方程為

4x-（yA+yC）y+yAyC=0，要證明Q′，Q重合，只須等式

（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立.

由于直線BC過點P，所以（yB+yC）y0-yByC=4x0，上述二個等式相加，其右邊等于4（y202-x0）+4x0=2y20，其左邊等于

（yB+yC）y0-yByC+（yA+yC）y0-yAyC=（yB+yA+2yC）y0-（yB+yA）yC

=（2y0+2yC）y0-2y0yC=（2y0+2yC）y0-2y0yC=2y20.

故（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立，即直線EF經過Q點.

進一步，當D、C分別趨向于A、B時，直線AD的方程由4x-（yA+yC）y+yAyC=0，變?yōu)?x-2yAy+yA2=0，即為2x-yAy+2xA=0，此為過點A的拋物線切線方程，△PAB轉化為著名的“阿基米德三角形”.

作者簡介魏定波，浙江省寧波市第四中學高級教師.

[HT][HJ][FL）]

[JZ（][HT2H]2018年全國Ⅰ卷理第19題的探究

[HT][HT5K]江西省吉水中學331600[HT5H]孫春生

[JZ）][HT]

[FL（K2]

2018年高考全國I卷理科第19題

設橢圓C：x22+y2=1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A、B兩點，點M的坐標為（2，0）.

（1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；

（2）設O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB.

本題圍繞直線與橢圓的位置關系這一重點內容，加強了對解析幾何基本概念、基本思想方法和關鍵能力的考查，著重考查了直線方程的求法，橢圓的簡單幾何性質、直線與橢圓的位置關系及直線的斜率等多個知識點.簡潔明了的題意背后是命題人的匠心獨運，筆者利用幾何畫板對本題作了較系統(tǒng)的探究，現結合2018年高考Ⅰ卷文科第20題，一并闡述如下.

解（1）略；

（2）證明：當直線l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0，符合題意；

當直線l與x軸不重合時，設l的方程為：x=ty+c，

由x=ty+1，x22+y2=1，得：（t2+2）y2+2ty-1=0，

由于點F在曲線內，故方程存在兩個根.設方程的兩個根分別為y1，y2，則

y1+y2=-2tt2+2，y1y2=-1t2+2，

要使∠OMA=∠OMB相等，則問題轉化為證明直線MA與MB的斜率互為相反數，設直線MA與直線MB的斜率分別為kMA，kMB，則

kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2=y1ty1-1+y2ty2-1=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1），

將y1+y2，y1y2的表達式分別代入，可得

kMA+kMB=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1）=-2tt2+2--2tt2+2（ty1-1）（ty2-1）=0

故此時∠OMA=∠OMB，

綜上所述，∠OMA=∠OMB.

解題后進行探究：題中的點M有什么特殊性嗎？由橢圓的簡單幾何性質，通過計算知M是橢圓準線與x軸的交點，將探究拓展成一般情形的猜想得到命題：

命題1設橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C交于A、B兩點，點M的坐標為（a2c，0），O為坐標原點，則∠OMA=∠OMB.

證明當直線l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0，符合題意；

當直線l與x軸不重合時，設l的方程為：x=ty+c，由

x=ty+c，x2a2+y2b2=1，得：（b2t2+a2）y2+2tcb2y-b4=0，由于點F在曲線內，故方程存在兩個根y1，y2，且y1+y2=-2tcb2b2t2+a2，y1y2=-b4b2t2+a2，

設直線MA與直線MB的斜率分別為kMA，kMB，則

kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1-b2+cy2cty2-b2=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）

將y1+y2，y1y2的表達式分別代入，可得kMA+kMB=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0.

因此，對橢圓一般情況問題成立.

將橢圓推廣到雙曲線，易證以下推廣命題：

推廣1設雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C的右支同時交于A、B兩點，點M的坐標為（a2c，0），O為坐標原點，則∠OMA=∠OMB.

進一步探究，當過F的直線l與C的左、右支分別交于一點時，情形如何？從幾何作圖來看，猜想有∠OMA+∠OMB=180°.

證明當直線l與x軸重合時，∠OMA+∠OMB=180°，符合題意；

當直線l與x軸不重合時，設l的方程為：x=ty+c，

由x=ty+c，x2a2-y2b2=1，得：（b2t2-a2）y2+2tcb2y+b4=0，

設方程的兩個根為y1，y2，則y1+y2=-2tcb2b2t2-a2，y1y2=b4b2t2-a2，

設直線MA與MB的斜率分別為kMA，kMB，則

kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1+b2+cy2cty2+b2=2c2ty1y2+b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0

因此直線MA與MB傾斜角互補，即∠OMA+∠OMB=180°成立.

推廣2設雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C的左右支分別交于A、B兩點，點M的坐標為（a2c，0），O為坐標原點，則∠OMA+∠OMB=180°.

橢圓中這一性質對于雙曲線有類似的推廣命題，對于拋物線也不難證得有相關結論：

推廣3設拋物線C：y2=2px的焦點為F，過F的直線與C交于A、B兩點，點

M（-p2，0），O為坐標原點，則∠OMA=∠OMB.

這一結論與2018年全國Ⅰ卷文科第20題極為相似：

（2018年高考Ⅰ卷文科第20題）已知拋物線C：y2=2x，點A（2，0），B（-2，0），過A的直線l與C交于M，N兩點，證明∠ABM=∠ABN.

比照推廣3與高考文科題20，易猜想在拋物線中，只需要滿足x軸上的兩點A，B對稱地分布在原點兩側，命題成立.

探究設A（a，0），B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），過A作直線l交拋物線C：y2=2px于M，N兩點，則∠ABM=∠ABN.

證明設l的方程為：x=ty+a，

由x=ty+a，y2=2px，得：y2-2pty-2pa=0，

設方程的兩個根為y1，y2，則y1+y2=2pt，y1y2=-2pa，

由直線MA與直線MB的斜率之和為：

kMA+kMB=y1x1+a+y2x2+a=y1ty1+2a+y2ty2+2a=2ty1y2+2a（y1+y2）（ty1+2a）（ty2+2a）=0，

因此猜想成立，故綜合以上探究有以下命題：

命題2設拋物線C：y2=2px，點A（a，0），點B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），過點A的直線l與C交于M，N兩點，則∠ABM=∠ABN.

進一步探究，可得以上命題的逆命題仍成立，故有以下推廣命題：

推論1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C交于A、B兩點，O為坐標原點，則存在唯一一點M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.

推論2已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C同時交于右支A、B兩點，則存在唯一一點M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.

推論3已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，過F的直線l與C交于左右兩支分別為A、B兩點，O為坐標原點，則存在唯一一點M（a2c，0），使∠OMA+∠OMB=180°.

推論4已知拋物線C：y2=2px，點A（a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），過A的直線l與C交于M，N兩點，則存在唯一一點B（-a，0），使∠MBA=∠NBA.

一個看似平淡無奇的高考題，其產生的依據卻是一些通用的性質作背景，若我們在解決數學問題后，能根據題中條件與結論之間蘊含的內在聯系，在題后多反思，并由特殊推廣到一般情形，則我們更能把握問題的實質，更能統(tǒng)領問題的全局.

作者簡介

孫春生（1971—），男，江西吉水人.

研究方向：高中數學教材教法，高考命題方向探究，高中數學解題方法探討，經典題型母題研究.

主要成績：江西省骨干教師，吉水縣名師，一直從事高中數學教學，兼任學校數學教研組長，指導學生在高考與奧賽中取得優(yōu)異成績，在《數學通報》、《數學教學》、《中學數學雜志》等省級以上刊物發(fā)表文章百余篇，撰寫教輔書多部.

[HT][HJ][FL）]

[JZ（][HT2XBS]巧用結論妙解試題

[ZW（*]基金項目：四川省"西部卓越中學數學教師協同培養(yǎng)計劃"項目（ZY16001）.[ZW）]

[HT1.][HT4F]——以2018年圓錐曲線試題為例

[HT][HT5K]四川省內江師范學院數學與信息科學學院641100[HT5H]余小芬彭玉靈

[JZ）][HT]

[FL（K2]

教材中結論主要以公式、定理、法則的形式直接呈現.事實上，教材中間接隱含了一些結論（這里稱為“二手”結論）需要開發(fā).“二手”結論往往是高考命題的重要取材、是解答高考試題的重要工具.本文以“二手結論”在2018年圓錐曲線試題中的應用舉例說明.

結論1雙曲線焦點到漸近線的距離為b，其中b為虛半軸長.

證明不妨設雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），右焦點F（c，0），l：y=bax為雙曲線的一條漸近線，即bx-ay=0.故F到l的距離d=bcb2+a2=bcc=b.

例1（2018年高考全國Ⅲ卷文科第10題）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的離心率為2，則點（4，0）到C的漸近線的距離為（）.

A.2B.2C.322D.22

解不妨設c=4，故點（4，0）為雙曲線右焦點.由結論1，（4，0）到C的漸近線的距離為b.由e=2

=ca，得a=22，所以b=c2-a2=22.故選D.

評注本題通過特殊法假設c=4，巧妙將問題轉化為雙曲線焦點到漸近線的距離，從而利用結論快速求解，避免了繁瑣計算，節(jié)約了求解時間.

例2（2018年高考天津卷理科第7題）已知雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的離心率為2，過右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，設A、B到雙曲線同一條漸近線的距離分別為d1和d2，且d1+d2=6，則雙曲線的方程為（）.

A.x24-y212=1B.x212-y24=1C.x23-y29=1D.x29-y23=1

圖1

解如圖1，設右焦點為P，作AC⊥l（l為漸近線）于C，BD⊥l于D，PM⊥l于M.易知PM為梯形ABDC的中位線，所以d1+d2=AC+BD=2PM=6，PM=3.又由結論1，b=PM=3.再由e=ca=2，c2=a2+b2，解得a2=3，故雙曲線方程為x23-y29=1.

評注本題結合梯形中位線性質，將d1+d2轉化為焦點到準線的距離，進而利用結論1求解問題.

例3（2018年高考全國Ⅰ卷理科第11題）已知雙曲線C：x23-y2=1，O為坐標原點，F為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則MN=（）.

A.32B.3C.23D.4

圖2

解如圖2，雙曲線漸近線方程為y=±33x，故tan∠MOF=33，所以∠MOF=30°，∠MON=60°.故Rt△OMN中，不妨設∠OMN=90°（∠ONM=90°同理可得），即FM⊥OM，故由結論1，FM=b.又OF=c，故MO=a=3.因此在Rt△OMN中，MN=MO·tan60°=3MO=3.

評注本題關鍵是通過漸近線方程求得Rt△OMN中∠MON=60°，以此確定△OMN中直角位置，

從而利用結論1求得△OMN中一直角邊，進而根據正切函數求得邊長.

例4（2018年高考全國Ⅲ卷理科第11題）設F1，F2是雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦點，O是坐標原點.過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若PF1=6OP，則C的離心率為（）.

A.5B.2C.3D.2

圖3

解如圖3，過F1作漸近線l的垂線，垂足為P′.由結論1，F2P=F1P′=b.在Rt△POF2中，OP=OF22-PF22=c2-b2=a.同理，OP′=a.由已知，PF1=6OP=6a.又在Rt△PP′F1中，PF1=F1P′2+PP′2=b2+4a2.故6a=b2+4a2，解得b2a2=2.故e=1+b2a2=3.

評注在Rt△POF2中，利用結論1易求OP長，進而結合PF1=6OP求得PF1長.事實上，本題可在△PF1F2中利用余弦定理建立a，b的關系式，但計算較為復雜.因此，通過利用雙曲線的對稱性，在Rt△PP′F1中求得PF1的長，再利用等量替換求得a，b比例關系，減少了運算量，節(jié)約了求解時間.

結論2已知F1，F2分別為橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點，P是C上的一點，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=θ，則離心率e=1sinθ+cosθ.

證明在Rt△PF1F2中，F1F2=2c，故PF2=F1F2·cosθ=2ccosθ，PF1=2csinθ.所以PF1+PF2=2c（sinθ+cosθ）=2a，因此離心率e=ca=1sinθ+cosθ.

例5（2018年高考全國Ⅱ卷文科第11題）已知F1，F2是橢圓C的兩個焦點，P是C上的一點，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，則C的離心率為（）.

A.1-32B.2-3C.3-12D.3-1

解由題意，利用結論2，e=1sin60°+cos60°=3-1.

例6（2018年高考北京卷理科第14題）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0），雙曲線N：x2m2-y2n2=1，若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓M的離心率為，雙曲線N的離心率為.圖4

解如圖4，不妨設橢圓M的左，右焦點分別為F1，F2.由題意，ABF1CDF2為正六邊形.連接AF1，易知∠F1AF2=90°，且∠F1F2A=60°.故由結論2，橢圓離心率e=1sin60°+cos60°=3-1.

連接AO，易知∠AOF2=60°，即雙曲線漸近線斜率nm=tan60°=3，故雙曲線N的離心率e=1+n2m2=2.

評注根據正六邊形幾何性質，不難得到題中焦點△F1AF2滿足結論2的條件，故利用公式直接求解橢圓離心率；再由漸近線傾斜角表示斜率，從而獲得m，n比例關系，再利用雙曲線離心率公式求得答案.

圖5

結論3若AB是過拋物線y2=2px（p>0）的焦點的弦，則以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切，且切點M與焦點F的連線垂直于弦AB.

證明如圖5，過點A，B分別向拋物線的準線l作垂線，垂足分別為A1，B1.過AB中點N向l作垂線，垂足為M.設以AB為直徑的圓的半徑為r，因為2r=AB=AF+BF=AA1+BB1=2MN，故MN=r.因此，以AB為直徑的圓與l相切.

下面再證MF⊥AB.

（1）當AB與x軸垂直時，結論顯然成立；

（2）當AB不與x軸垂直時，設M（-p2，t），又F（p2，0），故kMF=t-p.又kAB=yA-yBxA-xB=

yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF·kAB=-1，即MF⊥AB.例7（2018年高考全國Ⅲ卷理科第16題）已知點M-1，1和拋物線C：y2=4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點.若∠AMB=90°，則k=[CD#4].

解由題意，拋物線C的焦點為F（1，0），準線方程為：x=-1.即M（-1，1）恰在準線上，且滿足∠AMB=90°，故由結論3，有MF⊥AB，所以kMF·kAB=-1.又kMF=0-11-（-1）=-12，故kAB=2.

評注由拋物線方程易知M在拋物線準線上，且∠AMB=90°，即M位于以AB為直徑的圓上，且M恰為該圓與準線相切的切點，故由結論3，利用兩直線垂直的斜率關系，快速求得直線AB的斜率.由此可見，利用結論求解避免了聯立直線與曲線方程求解的繁瑣.

結論4設點P（x0，y0）是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的一點，F1（-c，0），F2（c，0）分別為橢圓的左右焦點，則PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，其中e為橢圓離心率.

證明PF12=（x0+c）2+y20=（x20+2cx0+c2）+b2-b2a2x20=（1-b2a2）x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=（cax0+a）2，所以PF1=cax0+a=ex0+a.又PF1+PF2=2a，所以PF2=a-ex0.

例8（2018年高考全國Ⅲ卷文科第20題）已知斜率為k的直線l與橢圓C：x24+y23=1交于A，B兩點.線段AB的中點為M1，mm>0.

（Ⅰ）略；（Ⅱ）F為C的右焦點，P為C上一點，且FP+FA+FB=[STHZ]0.

證明：2FP=FA+FB.

解由題意，a=2，b=3，所以c=1，故右焦點為F（1，0），離心率e=12.設A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3），故FP+FA+FB=（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（x1+x2+x3-3，y1+y2+y3）.

由FP+FA+FB=[STHZ]0，得x1+x2+x3=3.又線段AB的中點為M1，m，所以x1+x2=2，x3=1.又由結論4，FA=a-ex1=2-12x1，FB=a-ex2=2-12x2，FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12（x1+x2）=3，故FA+FB=2FP，即2FP=FA+FB.

評注解決本題的關鍵是利用結論4表示出FA，FB，FP，再結合條件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M為線段AB中點，通過向量加法的坐標運算及中點坐標公式求得x1，x2，x3的關系，從而證得結論.

由此可見，“二手結論”在解決高考試題中發(fā)揮著重要作用，利用“二手結論”解題也體現了近年高考“多考點想，少考點算”的基本命題理念.特別指出，上文的結論1—4并非“繁難偏怪”，而是完全依據教材中圓錐曲線的重要概念、性質以及領悟教材例題、習題設計意圖，通過適當變式、拓展而來.這正如教育家葉圣陶先生所說：“教材無非是個例子，它只能作為教課的依據.要教得好，使學生受益，還要靠教師善于運用.”因此，基于《普通高中數學課程標準（2017年版）》、《普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試大綱》，結合高考命題實際，對教材中的某些內容進行刪減、拓展、補充、改進、增補、變式、整合等.通過二次開發(fā)，將學習形態(tài)的數學轉化為應試形態(tài)的數學、將教材結構轉化為應試結構，不僅可以彌補、完善數學知識結構，也能促進學生對知識靈活、綜合的應用，拓寬學生數學思維的廣度和深度，激發(fā)他們進一步學習的潛能.