曹軍才 李莎莎 耿曉琦

摘要：對一道解析幾何題目的研究，需要思考如何用坐標(biāo)或方程表達(dá)點和線，實現(xiàn)“從幾何中來”;也需要研究題目背后隱藏的東西，實現(xiàn)“到幾何中去”.本文中以2022年全國高考數(shù)學(xué)甲卷理科第20題為例，基于蝴蝶定理所蘊含的數(shù)形結(jié)合之美，從通法、溯源、拓展、推廣等視角遷移問題，形成一類解決問題的系統(tǒng)認(rèn)知.

關(guān)鍵詞：坐標(biāo)法;遷移視角;蝴蝶定理;系統(tǒng)認(rèn)知

解析幾何的基本研究方法就是坐標(biāo)法，即用代數(shù)方法研究幾何問題.對一道具體題目的研究，需要思考如何用坐標(biāo)或方程表達(dá)點和線，即如何將幾何問題代數(shù)化，實現(xiàn)“從幾何中來”;也需要研究題目背后隱藏的東西，即問題本身或解決途徑可否類比、遷移，實現(xiàn)“到幾何中去”.賈德（Charles H.Judd）的一項早期實驗表明：一切教育的目的都是在發(fā)展系統(tǒng)的思想，這種思想能從它被獲得的情境中遷移到別的情境中去[1].下面以2022年全國高考數(shù)學(xué)甲卷理科第20題為例，從幾個視角談?wù)剰摹敖忸}”到“解決問題”[2]的系統(tǒng)認(rèn)知.

1 問題再現(xiàn)

（2022年全國高考數(shù)學(xué)甲卷理科第20題）設(shè)拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，點D（p，0），過F的直線交C于M，N兩點.當(dāng)直線MD垂直于x軸時，MF=3.

（1）求C的方程;

（2）設(shè)直線MD，ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當(dāng)α-β取得最大值時，求直線AB的方程.

2 問題分析

第（2）小題思維導(dǎo)圖如圖1.

思路1：以直線斜率為參數(shù)，由線及點.

設(shè)直線MN：x=my+1，與拋物線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理獲得點M，N的（縱）坐標(biāo)關(guān)系，然后由點M，N與點D生成直線MD，ND，將它們的方程分別與拋物線方程聯(lián)立，獲得M與A，N與B的（縱）坐標(biāo)關(guān)系，進(jìn)而獲得兩直線斜率關(guān)系kMN=2kAB.再由差角的正切公式及基本不等式分析傾斜角之差最大時的kAB.最后設(shè)直線AB：x=2y+n，結(jié)合條件確定n.

思路2：以點的坐標(biāo)為參數(shù)，由點及線.

設(shè)出點M，N，A，B的坐標(biāo)，由四點所滿足的直線方程MN，MA，NB，AB的統(tǒng)一結(jié)構(gòu)，通過直線經(jīng)過定點尋得坐標(biāo)積的定值關(guān)系，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)兩直線MN，AB斜率的關(guān)系.

思路3：以角度為參數(shù)，由角及形.

已知條件中有直線傾斜角，因此可以寫出直線的參數(shù)方程并代入拋物線方程，借助參數(shù)t表達(dá)點、線.

思路4：以直線系方程入手，由線及形.

題目中有四條直線，其中MN過定點（1，0），MA，NB過定點（2，0），因此可以從過定點的直線系方程入手解答，優(yōu)化思路1的多次聯(lián)立直線與拋物線方程.

思路5：以動態(tài)圖形尋定點，由靜制動.

拋物線中有四邊形ABMN且其對角線的交點為定點，圖形形似蝴蝶，聯(lián)想蝴蝶定理，借助幾何關(guān)系，猜證結(jié)合，輔助代數(shù)推理.

思路6：以動態(tài)圖形尋定線，由形釋數(shù).

由蝴蝶圖形的對稱性，MB，NA在x軸上下方的對稱位置的交點縱坐標(biāo)互為相反數(shù)、橫坐標(biāo)相同，猜想直線MB，NA的交點軌跡是一條垂直于x軸的定直線.

3 問題解決

（一）視角一：通法.

（2）通法1：如圖2，設(shè)直線MN：x=my+1.由（1）知，曲線C的方程為y2=4x.設(shè)Mx1，y1，Nx2，y2，Ax3，y3，Bx4，y4.

聯(lián)立x=my+1，y2=4x，消去x，得y2-4my-4=0.則

Δ1>0，y1y2=-4.

由斜率公式，可得kMN=y1-y2y214-y224=4y1+y2，

kAB=y3-y4y234-y244=4y3+y4.

直線MD：x=x1-2y1·y+2，代入拋物線方程可得y2-4x1-2y1·y-8=0.則Δ2>0，y1y3=-8.

所以y3=2y2.同理可得y4=2y1.

所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2.

又因為直線MN，AB的傾斜角分別為α，β，所以

kAB=tan β=kMN2=tan α2.

若要使α-β最大，則β∈0，π2.

設(shè)kMN=2kAB=2k>0，則tanα-β=tan α-tan β1+tan αtan β=k1+2k2=11k+2k≤121k·2k=24，

當(dāng)且僅當(dāng)1k=2k，即k=22時等號成立，所以當(dāng)α-β最大時，kAB=22.

設(shè)直線AB：x=2y+n，代入拋物線方程，可得

y2-42y-4n=0.

則Δ3>0，y3y4=-4n=4y1y2=-16，得n=4.

所以，直線AB的方程為x-2y-4=0.

另解（求直線AB方程）：當(dāng)α-β最大時，

kAB=4y3+y4=22，y3+y4=42.

又因為y3y4=4y1y2=-16，所以

x3+x4=y324+y424=16.

所以AB中點坐標(biāo)為 （8，22）.

故直線AB的方程為x-2y-4=0.

點評：這是中學(xué)生熟悉的解析法——線參法，即含參直線和二次曲線相交，聯(lián)立方程，獲得關(guān)鍵方程，再用韋達(dá)定理獲得交點的坐標(biāo)關(guān)系，是通法.難點是如何尋求直線AB與MN的斜率關(guān)系，只能邊算邊看.此題坐標(biāo)法運用自然，突出解析幾何的基本分析方法，摒棄了弦長、范圍等套路問題.

通法2：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），則

kMN=tan α=y1-y2x1-x2=y1-y2y214-y224=4y1+y2，

kAB=tan β=y3-y4x3-x4=y3-y4y234-y244=4y3+y4.

故直線MN的方程為y-y1=4y1+y2（x-x1），即4x-（y1+y2）y+y1y2=0.

又因為直線MN過定點（1，0），所以y1y2=-4.

同理，直線MA的方程為4x-（y1+y3）y+y1y3=0，

直線NB的方程為4x-（y2+y4）y+y2y4=0.

又因為直線MA，NB都經(jīng)過定點（2，0），所以

y1y3=-8，y2y4=-8，y3=-8y1，y4=-8y2.

所以y3+y4=-8y1-8y2=-8（y1+y2）y1y2=2（y1+y2）. 故kAB=4y3+y4=2y1+y2.

若要使α-β最大，則β∈0，π2，所以y3+y4>0，y1+y2>0.則有

tan（α-β）=2y1+y21+8（y1+y2）2

=2y1+y2+8y1+y2≤24，

當(dāng)且僅當(dāng)y1+y2=22時，等號成立，即y3+y4=2（y1+y2）=42.

同理，直線AB的方程為4x-（y3+y4）y+y3y4=0.

又因為y3y4=-8y1·-8y2=64y1y2=-16，所以直線AB的方程為4x-42y-16=0，即x-2y-4=0.

點評：這也是中學(xué)生熟悉的解析法——點參法，即設(shè)出點的坐標(biāo)，利用點在曲線上，則點的坐標(biāo)就滿足相應(yīng)曲線方程，進(jìn)而注意到拋物線中任意弦所在的直線方程具有對稱的統(tǒng)一結(jié)構(gòu).此法也是通法，較通法1更為簡潔.

通法3：依據(jù)題意設(shè)直線MN：x=1+tcos α，y=tsin α（α為參數(shù)），代入曲線C得tsin α2=41+tcos α，即

t2sin2 α-4tcos α-4=0.

設(shè)M，N對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則

t1+t2=4cos αsin 2α，t1t2=-4sin2α.

直線MD：y=t1sin α1+t1cos α-2x-2，即

y=t1sin αt1cos α-1x-2.

聯(lián)立y=t1sin αt1cos α-1x-2，y2=4x，消去x，整理得

t1sin α4t1cos α-1y2-y-2t1sin αt1cos α-1=0.

所以yMyA=-8，即yA=-8yM.同理yB=-8yN.

故yAyB=（-8yM）·（-8yN）=64t1sin α·t2sin α=-16，且tan β=yA-yBxA-xB=4yA+yB=4-8yM-8yN=yMyN-2yM+yN=-4-2t1sin α+t2sin α=-4-24cos αsin α=12tan α.

下同通法1.

點評：這也是中學(xué)生熟悉的解析法——角參法，即引入角作參數(shù)，利用直線參數(shù)方程求解.

通法 4：依據(jù)題意設(shè)過點Tm，0的直線系方程為y=kx-m.聯(lián)立y=kx-m，y2=4x，

消去x，得

k4y2-y-km=0，則y1+y2=4k，y1y2=-4m.

當(dāng)m=1時，yM+yN=4tan α，yMyN=-4.

當(dāng)m=2時，yMyA=-8，yNyB=-8，即yA=-8yM，yB=-8yN.

所以yAyB=（-8yM）·（-8yN）=64-4=-16.

故tan α=yM-yNxM-xN=4yM+yN，

tan β=yA-yBxA-xB=4yA+yB=4-8yM-8yN=yMyN-2yM+yN=-4-24tan α=12tan α.

下同通法1.

點評：借助過定點的直線系，獲得點的坐標(biāo)關(guān)系.

（二）視角二：溯源.

蝴蝶定理 如圖3，設(shè)D為圓內(nèi)弦PQ的中點，過點D作弦MA，NB，設(shè)MN，AB分別交弦PQ所在直線于點X，Y，則D是XY的中點.

注：① 點D在圓內(nèi)是不必要的，可以在圓外;

② 圓可以改為任意圓錐曲線.

解法5：如圖4，過點D作直線DQ垂直于x軸，交MN于點X，交AB于點Y，交拋物線于P，Q兩點.因為|PD|=|QD|，所以由蝴蝶定理可知|XD|=|YD|.

要使α-β最大，則β為銳角且tan（α-β）=tan α-tan β1+tan α·tan β最大.

設(shè)直線AB交x軸于點T，則

tan α=|XD||FD|=|XD|，tan β=|DY||DT|.

下面證明直線AB過定點T.

因為直線AB：y-y3=y4-y3x4-x3（x-x3），即

y-y3=4y3+y4（x-x3）.

令y=0，則x=-y3（y3+y4）4+x3=-y3y44.

由通法1知，y3=2y2，y4=2y1，y1y2=-4，所以x=-4y1y24=4，從而直線AB過定點T（4，0）.

所以|DT|=4-2=2，從而tan α=2tan β.

下同通法1.

點評：蝴蝶翩翩，形態(tài)萬千.借助蝴蝶定理猜想直線AB過定點T，進(jìn)而需要尋求y1y2與y3y4的關(guān)系.目標(biāo)明確，思路清晰.

解法6：如圖5，設(shè)直線MN與AB交于點Q（x，y）.

由通法2可知，直線MN的方程為

4x-（y1+y2）y+y1y2=0①

直線AB的方程為4x-（y3+y4）y+y3y4=0，即

4x-2（y1+y2）y+4（y1y2）=0②

①×2-②，得4x+2y1y2-4（y1y2）=0.

所以4x=2y1y2=-8，即x=-2.

故交點Q的軌跡是定直線x=-2.

設(shè)此直線交x軸于點H，要使α-β最大，即使∠FQT最大.

問題轉(zhuǎn)化為在定直線x=-2上取一點Q，使張角∠FQT最大.

顯然，當(dāng)HQ與△FQT的外接圓相切于點Q時，滿足條件.

此時HQ2=HF·HT=18，解得Q（-2，-32）.

所以QT：y=324-（-2）（x-4），即直線AB的方程為x-2y-4=0.

點評：此法是該題的一種幾何解釋，轉(zhuǎn)化后的問題“張角∠FQT最大”即為米勒問題（最大視角問題）.其實，極點（x0，y0）關(guān)于曲線y2=2px的極線就是y0y=p（x+x0），則極點D（2，0）關(guān)于曲線y2=4x的極線就是0·y=2（x+2），即定直線HQ：x=-2.

（三）視角三：拓展.

反思1：此題中F，D可定位于x軸上任意點.當(dāng)然，F(xiàn)，D也可定位于形內(nèi)其他位置.

變式 設(shè)M，N，A，B為拋物線y2=2px（p>0）上任意四點，MN，AB交x軸于F，T，MA，BN交于點D.設(shè)F（a，0），D（b，0），MN，AB的傾斜角分別為α，β，當(dāng)α-β取最大值時，求直線AB的方程.

解：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），直線MN的方程為x=my+a.

聯(lián)立x=my+a，y2=2px，得y2-2pmy-2pa=0.所以

y1+y2=2pm，y1y2=-2pa③

于是kMN=1m=2py1+y2.

由y=y1x1-b（x-b），y2=2px消去x，可得

y2-2p（x1-b）y1y-2pb=0.

所以y1y3=-2pb.同理，可得y2y4=-2pb.

再結(jié)合③式可得y3y2=ba，y4y1=ba，進(jìn)而可得

y3y4=ba2y1y2.

又直線AB的方程為y-y3=y4-y3x4-x3（x-x3），即y-y3=2py3+y4（x-x3），則kAB=2py3+y4.

令y=0，得xT=-y3（y3+y4）2p+x3=-y3y42p=-ba2y1y22p=ba2·2pa2p=b2a.

所以直線AB過定點b2a，0.

法1：過D作PQ垂直于x軸，交MN于點X，交AB于點Y，交拋物線于P，Q兩點.因為|PD|=|QD|，由蝴蝶定理知|DX|=|DY|，所以tan αtan β=|DX|b-a|DY|b2a-b=ba.

法2：tan αtan β=2py1+y22py3+y4=ba，即kMN=bakAB.設(shè)kAB=k，要使α-β最大，則β為銳角，即k>0，從而tan（α-β）=tan α-tan β1+tan αtan β=bak-k1+bak2=b-aak+bk≤b-a2ab，

當(dāng)且僅當(dāng)ak=bk，即k=ab時等號成立.

又直線AB過定點（b2a，0），所以直線AB的方程為x=bay+b2a.

點評：點F，D確定，直線AB過定點是蝴蝶定理蘊含的一個結(jié)論.令p=2，a=1，b=2，即為原題及其解答.

（四）視角四：推廣.

反思2：原題可以推廣至橢圓中.當(dāng)然，也可以推廣到其他圓錐曲線中.

鏈接 （2022年成都市高中畢業(yè)班摸底測試題理科數(shù)學(xué)第20題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，上頂點為H，O為坐標(biāo)原點，∠OHF2=30°，點（1，32）在橢圓上.

（1）求橢圓E的方程;

（2）設(shè)經(jīng)過點F2且斜率不為0的直線l與橢圓E相交于A，B兩點.點P（-2，0），Q（2，0）.若M，N分別為直線AP，BQ與y軸的交點，記△MPQ，△NPQ的面積分別為S△MPQ，S△NPQ，求S△MPQS△NPQ的值.

分析：本題第（1）問過程略，第（2）問有如下3種解法.

解法1：

不妨設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），且y1>0，如圖6.

設(shè)直線AB的方程為x=my+1，結(jié)合第（1）問，由x24+y23=1，x=my+1，消x得

（3m2+4）y2+6my-9=0.

所以y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.

又直線PA的方程為y=y1x1+2（x+2），令x=0，得yM=2y1x1+2.

直線QB的方程為y=y2x2-2（x-2），令x=0，得yN=-2y2x2-2.

所以

S△MPQS△NPQ=yMyN=2y1x1+2·x2-2-2y2

=y1x1+2·2-x2-y2=y1my1+3·1-my2-y2

=y1-my1y2-my1y2-3y2

=-6m3m2+4-y2+9m3m2+49m3m2+4-3y2=13.

解法2（秒殺）：

題意等價于求yMyN=|OM||ON|.如圖7，過點F作CD垂直于x軸交橢圓于C，D兩點，分別交PA，PB于點X，Y.因為|CF|=|DF|，由蝴蝶定理知|XF|=|YF|.

因為MO//XF，所以

|MO||XF|=aa+c.

又FY//ON，所以

|FY||ON|=a-ca.

所以，可得yMyN=|OM||ON|=a-ca+c=2-12+1=13.

故S△MPQS△NPQ=13.

解法3（秒殺）：

如圖8，由蝴蝶圖形的對稱性，PA，BQ的交點R的軌跡是一條垂直于x軸的定直線RH.由極點極線知識可知，極點（x0，y0）關(guān)于曲線a2x2+b2y2=a2b2的極線就是a2x0x+b2y0y=a2b2，所以極點F（1，0）關(guān)于曲線3x2+4y2=12的極線就是3×1×x+4×0×y=12，即定直線RH：x=4（橢圓的右準(zhǔn)線），此時，H（4，0）.因為△NOQ≌△RHQ，所以|ON|=|RH|.因為OM//RH，所以|OM||RH|=|OP||PH|=26=13.

因此S△MPQS△NPQ=|OM||ON|=13.

點評：此題中蝴蝶定理的運用盡顯其優(yōu)越性，解法2，3較解法1，運算簡潔，近乎秒殺！

對試題的研究，貴在遷移，形成知識鏈，進(jìn)入命題意境.從通法角度研究各種解法固然重要，此為“境”;但若能從溯源題目出處、拓展題目結(jié)論、推廣題目類型等視角，揣測命題者想法，更能從一定高度審視題目，此為“意”.身在高考試題的“境”中，達(dá)其“蝴蝶定理”之“意”，悟數(shù)學(xué)之美妙，通數(shù)學(xué)之本真.

參考文獻(xiàn)：

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