2020年高考全国卷Ⅰ理科20题的探究及教学启示

蔡海涛 黄少莹 卢妮

摘 要：2020年高考全国卷Ⅰ理科第20题，构思精妙，入手方向多，解题方法丰富.本文从解题方法以及背景进行深层次剖析，由此进行一定的教学反思.

关键词：解法赏析;背景探究;教学启示

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）34-0028-04

收稿日期：2021-09-05

作者简介：蔡海涛（1975-），本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.

基金项目：本文系2020年福建省电化教育馆课题《基于动态数学技术环境高中实验教学的实践研究》（课题编号闽教电馆KT2042）研究成果.

一、试题呈现

（2020年高考全国卷Ⅰ·理20）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.

（1）求E的方程;

（2）证明：直线CD过定点.

本题第（1）小题以椭圆为载体，考查椭圆基本量的运算，求标准方程等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想.

第（2）小题以探索性问题为载体，考查椭圆的简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，考查直观想象、数学运算等核心素养.

二、解法赏析

（1）由已知可得A-a，0，Ba，0，G0，1，则AG=（a，1），GB=（a，-1），故AG·GB=a2-1=8，从而a2=9.所以E的方程为x29+y2=1.

（2）解法一 （设点）：设P6，y0，则直线AP的方程为y=y09x+3.

由x29+y2=1，y=y09x+3，整理得y20+9x2+6y20x+9y20-81=0，解得x=-3或x=-3y20+27y20+9.

将x=-3y20+27y20+9代入直线y=y09x+3，得y=6y0y20+9，所以点C的坐标为-3y20+27y20+9，6y0y20+9.

同理可得点D的坐标为3y20-3y20+1，-2y0y20+1

故直线CD的方程为

y--2y0y20+1=6y0y20+9--2y0y20+1-3y20+27y20+9-3y20-3y20+1x-3y20-3y20+1，

整理得y+2y0y20+1=8y0y20+369-y04x-3y20-3y20+1=8y063-y20x-3y20-3y20+1，即y=4y033-y20x+2y0y20-3=4y033-y20x-32.

所以直线CD过定点32，0.

点评 本解法从设点P的坐标出发，得到直线AP的方程，然后与椭圆方程联立，由于知道一个交点（点A）的坐标，故可根据韦达定理求出另一个交点（点C）的坐标，这种处理方法叫“小联立”.同理得到点D的坐标，进而得到直线CD的方程，再求得直线CD过定点.

解法二 （设直线）：设Cx1，y1，Dx2，y2，P6，t.

若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知-3

因为直线PA的方程為y=t9（x+3），所以y1=t9（x1+3），直线PB的方程为y=t3（x-3），所以y2=t3（x2-3），则3y1（x2-3）=y2（x1+3）...（*）.

因为x229+y22=1，故y22=-（x2+3）（x2-3）9，代入（*）式得27y1y2=-（x1+3）（x2+3），即（27+m2）y1y2+m（n+3）（y1+y2）+（n+3）2=0.①

将x=my+n代入x29+y2=1，得（m2+9）y2+2mny+n2-9=0 .

所以y1+y2=-2mnm2+9，y1y2=n2-9m2+9，代入①式得（27+m2）（n2-9）-2m（n+3）mn+（n+3）2（m2+9）=0，解得n=-3（舍去）或n=32.故直线CD的方程为x=my+32，即直线CD过定点（32，0）.

若t=0，则直线CD的方程为y=0，亦过点（32，0）.综上，直线CD过定点（32，0）.

点评 本解法从设直线CD的方程为x=my+n出发，再利用已知条件得到n=32，从而求得直线过定点.这是解决直线过定点问题的基本方法，即设方程为y=mx+n或x=my+n，利用已知条件得到m与n的关系或求出其中一个变量的值，使得所求直线方程只含有一个未知数，从而求得定点.

解法三 （利用三点共线）：设Cx1，y1，Dx2，y2，P6，m.

由A，P，C三点共线得y1x1+3=m9;由B，P，D三点共线得y2x2-3=m3，

从而3y1x1+3=y2x2-3，平方得9y21（x1+3）2=y22（x2-3）2②.

由于x219+y21=1，x229+y22=1，故9y21=-（x1+3）（x1-3），y22=-（x2+3）（x2-3）9，代入②式整理得4x1x2=15（x1+x2）-36.

（ⅰ）当直线CD斜率不存在时，x1=x2，y1=-y2，故4x1x2=15（x1+x2）-36可化为2x21-15x1+18=0，得x1=32或x1=6（舍去）.所以x1=x2=32.

故直线CD经过点（32，0）.

（ⅱ）当直线CD斜率存在且不为0时，设直线CD与x轴交点为Mx0，0.

直线CD方程为（x1-x2）（y-y2）=（y1-y2）（x-x2），故x0=x2y1-x1y2y1-y2③.

由3y1x1+3=y2x2-3得y2=3y1（x2-3）x1+3，代入③式整理得x0=2x1x2-9x1-3x23x2-x1-12.

又4x1x2=15（x1+x2）-36，故x0=4x1x2-18x1-6x22（3x2-x1-12）=9x2-3x1-362（3x2-x1-12）=32，所以直线CD经过点M（32，0）.

（ⅲ）当直线CD斜率为0时，由A，P，C三点共线以及A，P，B三点共线知此时直线CD方程为y=0，亦过点（32，0）.

综上，直线CD过定点（32，0）.

点评 本解法利用三点共线，由A，P，C及B，P，D均三点共线，得到两个关系式，结合C，D两点在椭圆上，得到C，D两点坐标间的关系式4x1x2=15（x1+x2）-36，由直线CD斜率不存在的特殊情况探路，猜测直线CD过定点（32，0），对直线CD斜率存在的一般情况再进行验证，这种从特殊情况猜测再一般情况验证的方法是解决直线过定点的常用方法.

解法四 设Cx1，y1，Dx2，y2，则x219+y21=1，x229+y22=1，整理得（x1+3）（x1-3）=-9y21，（x2+3）（x2-3）=-9y22.（*）

（ⅰ）当点P在x轴上时， C与B重合，D与A重合，此时直线CD方程为y=0.

（ⅱ）当点P不在x轴上时，直线PA，PB的斜率都存在且y1，y2都不为0.

直线AC的方程为y=y1x1+3（x+3）， 直线BD的方程为y=y2x2-3（x-3）.

令x=6，则有9y1x1+3=3y2x2-3，即3y1x1+3=y2x2-3④.

由（*）式得y1x1+3=x1-3-9y1，y2x2-3=x2+3-9y2.

故3（x1-3）y1=（x2+3）y2⑤.

由④得3x2y1-x1y2=9y1+3y2，由⑤得x2y1-3x1y2=-3y1-9y2，两式相加得

4x2y1-4x1y2=6y1-6y2⑥.

又由两点式方程得直线CD方程为（y-y1）（x2-x1）=（y2-y1）（x-x1），

即（x2-x1）y=（y2-y1）x+x2y1-x1y2.将⑥式代入得（x2-x1）y=（y2-y1）（x-32），

此时直线CD过定点（32，0）.综上，直线CD过定点（32，0）.

点评 本解法与解法三类似，由A，P，C及B，P，D均三点共线得3y1x1+3=y2x2-3，又C，D两点在椭圆上，有3（x1-3）y1=（x2+3）y2，结合两式得4x2y1-4x1y2=6y1-6y2，与直线CD方程进行比较，得CD过定点.本法的基本思路即得到C，D两点坐标间的关系，利用整体的思想进行处理.

解法五 （利用曲线系）：设直线AC，BD，CD，AB的方程分别为lAC：x=k1y-3， lBD：x=k2y+3，lCD：x=my+n，lAB：y=0.则过A，B，C，D四点的曲线系方程为

（x-k1y+3）（x-k2y-3）+λy（x-my-n）=μ（x29+y2-1）

比较系数得，xy项系数-k1-k2+λ=0，y项系数3k1-3k2-λn=0，

从而k1+k2=λ，k1-k2=λn3.由x=k1y-3，x=k2y+3得x=3（k1+k2）k1-k2=9n.

因为直线AC，BD的交点P在直线x=6上，故9n=6，即n=32.

所以直线CD过定点（32，0）.

點评 本法构建曲线系解题.一般地，若两曲线C1：fx，y=0和C2：gx，y=0有交点，则过两曲线交点的曲线系方程可设为：λfx，y+μgx，y=0;方程

fx，ygx，y=0表示曲线C1和C2.曲线系是具有某种性质的曲线的集合，合理运用曲线系解题体现了整体处理的解题策略，可大大简化运算.

三、背景探究

法国数学家迪沙格在《圆锥曲线论稿》中阐述了极点和极线.定义如下：已知圆锥曲线C：Ax2+By2+Dx+Ey+F=0，则称Px0，y0和直线l：Ax0x+By0y+x+x02D+y+y02E+F=0是曲线C的一对极点极线.我们也称点P和直线l为“配极关系”，即点P为直线l的极点，直线l为点P的极线.对于椭圆C：xa22+yb22=1，与点Px0，y0对应的极线为xx0a2+yy0b2=1.

根据此结论，本题可另解：若直线CD过定点，则由椭圆的对称性得定点在x轴上.假设直线CD过定点Mx0，0，则椭圆E的极线为xx09+y·0=1，得x=9x0=6，故x0=32.故直线CD过定点（32，0）.

四、教学反思

1.圆锥曲线的定量问题

圆锥曲线中的定量问题包括定点、定值问题，这类问题往往是某些几何量（线段的长度、图形的面积、角度、直线的斜率）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，是一个不变的定量.求解这类问题常常有两条途径，一条是从特殊情况入手，发现特点，猜测出定点或定值，再通过观察规律证明一般性情况，体现从特殊到一般的认识过程.另一条途径是从变量中寻求不变，即先用变量表示要求的量或点的坐标，再通过推理计算，得出这些量或点的坐标和变量无关，是一般到特殊的推理过程.这两条途径相得益彰，是数学研究中常用的特殊与一般的重要思想方法.

2.关注解析几何的核心教育价值

解析几何的本质是用代数方法研究几何问题，由于解析几何蕴含丰富的数学思想（函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想等），所以解析几何试题可有效检测直观想象、数学运算、逻辑推理以及数学抽象和数学建模等数学核心素养.基于高考遵循的“一核四层四翼”命题指导思想，复习教学要注意数学思想方法的渗透，立足基础性，以体系建构为目标对板块的必备知识进行全面梳理，在提升学科关键能力上应以运算求解能力和抽象概括能力为重点，着力发展数学运算与直观想象等核心素养，彰显解析几何独特的分支教育价值以落实学科教学的立德树人根本任务.

用代数方法来研究几何问题，即：几何问题→代数问题→代数结论→几何结论.所以，它的两大任务是：把几何问题转化为代数问题;研究代数问题，得出代数结论.怎样将几何问题转化为代数问题？（1）要主动去理解几何对象的本质特征;（2）善于将几何条件、几何性质用代数的形式表达出来;（3）恰当选择代数化的形式，这点是关键：一要研究具体的几何对象具有什么样的几何特征（如果几何特征不清楚，就不可能准确将其代数化），这就要在审题上下功夫;二是选择最简洁的代数形式（方便后续的代数研究），这需要大局观;（4）注意等价转化.

直线上的交点或者动点问题，代数上多结合几何条件或设点或列方程，进而用方程思想求解问题，建议必须依题构图，结合曲线的性质从题意与图形中抽象出关键的几何特征，并以简洁的代数形式加以呈現，从而转化为待求目标关系式进行变形演算.

3.关注解析几何的简化运算

解析几何的主要特征是“算”，考生如果对运算方法运用不当，面临繁杂的运算将无从下手，有效运算、简便运算是求解解析几何问题必须重视的环节，包括如何设元、如何设方程、如何整体代换、如何化简等.

教学过程中，建议教师不能只是谈思路方法，应通过课堂师生共同演算的体验，增加实践经验，进行算法算理的指导.另外，解题中要指导学生克服只重视思路、轻视动手运算的缺点.运算能力差是学生普遍存在的问题，不仅在解析几何问题中要加强训练，在其它板块中也要加强训练，只有把提高学生的运算能力贯彻于教学的过程之中，才能收到较好的效果.还有，要培养学生运算的求简意识，尤其是“设而不求”方法的应用，充分发挥圆锥曲线的定义和利用平面几何知识化难为易、化繁为简的作用.譬如圆锥曲线中的定点、定值问题，解决的基本思想从变量中寻求不变，即先用变量表示所求的量或点的坐标，再通过推理计算，导出这些量或点的坐标和变量无关.其基本策略是定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关.在这类试题中选择消元的方向是非常关键的.另外，对于某些定点问题的证明，可以先通过特殊情形探求定点坐标，然后对一般情况进行证明，这种方法在填空题中更为实用.

五、对点训练

1.（2017年高考全国卷Ⅰ·理20）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.

（1）求C的方程;

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点.

答案：（1）C的方程为x24+y2=1.（过程略）（2）l过定点（2，-1）.

2.直线l：y=x+b与椭圆C：x252+y92=1不相交.过直线l上一动点P作椭圆的两条切线，切点为M，N，求证：MN过定点.

答案：设Mx1，y1，Nx2，y2，则切线PM：x1x25+y1y9=1，PN：x2x25+y2y9=1.把Px0，y0分别代入得x0x125+y0y19=1，x0x225+y0y29=1，说明直线xx0a2+yy0b2=1同时经过M，N两点，所以直线MN的方程为xx025+yx0+b9=1，即（x25+y9）x0+yb9=1，令x25+y9=0可得y=9b，x=-25b，所以MN过定点-25b，9b，与动点P无关.

参考文献：[1]蔡海涛.多思少算觅蹊径 轻舟巧过解几山[J].数学教学通讯，2019（5）：86-88.

[责任编辑：李 璟]