坐标方法终有时 蝴蝶万态醉题中

曹军才 李莎莎 耿晓琦

摘要：对一道解析几何题目的研究，需要思考如何用坐标或方程表达点和线，实现“从几何中来”;也需要研究题目背后隐藏的东西，实现“到几何中去”.本文中以2022年全国高考数学甲卷理科第20题为例，基于蝴蝶定理所蕴含的数形结合之美，从通法、溯源、拓展、推广等视角迁移问题，形成一类解决问题的系统认知.

关键词：坐标法;迁移视角;蝴蝶定理;系统认知

解析几何的基本研究方法就是坐标法，即用代数方法研究几何问题.对一道具体题目的研究，需要思考如何用坐标或方程表达点和线，即如何将几何问题代数化，实现“从几何中来”;也需要研究题目背后隐藏的东西，即问题本身或解决途径可否类比、迁移，实现“到几何中去”.贾德（Charles H.Judd）的一项早期实验表明：一切教育的目的都是在发展系统的思想，这种思想能从它被获得的情境中迁移到别的情境中去[1].下面以2022年全国高考数学甲卷理科第20题为例，从几个视角谈谈从“解题”到“解决问题”[2]的系统认知.

1 问题再现

（2022年全国高考数学甲卷理科第20题）设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，MF=3.

（1）求C的方程;

（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α-β取得最大值时，求直线AB的方程.

2 问题分析

第（2）小题思维导图如图1.

思路1：以直线斜率为参数，由线及点.

设直线MN：x=my+1，与抛物线方程联立，由韦达定理获得点M，N的（纵）坐标关系，然后由点M，N与点D生成直线MD，ND，将它们的方程分别与抛物线方程联立，获得M与A，N与B的（纵）坐标关系，进而获得两直线斜率关系kMN=2kAB.再由差角的正切公式及基本不等式分析倾斜角之差最大时的kAB.最后设直线AB：x=2y+n，结合条件确定n.

思路2：以点的坐标为参数，由点及线.

设出点M，N，A，B的坐标，由四点所满足的直线方程MN，MA，NB，AB的统一结构，通过直线经过定点寻得坐标积的定值关系，进而发现两直线MN，AB斜率的关系.

思路3：以角度为参数，由角及形.

已知条件中有直线倾斜角，因此可以写出直线的参数方程并代入抛物线方程，借助参数t表达点、线.

思路4：以直线系方程入手，由线及形.

题目中有四条直线，其中MN过定点（1，0），MA，NB过定点（2，0），因此可以从过定点的直线系方程入手解答，优化思路1的多次联立直线与抛物线方程.

思路5：以动态图形寻定点，由静制动.

抛物线中有四边形ABMN且其对角线的交点为定点，图形形似蝴蝶，联想蝴蝶定理，借助几何关系，猜证结合，辅助代数推理.

思路6：以动态图形寻定线，由形释数.

由蝴蝶图形的对称性，MB，NA在x轴上下方的对称位置的交点纵坐标互为相反数、横坐标相同，猜想直线MB，NA的交点轨迹是一条垂直于x轴的定直线.

3 问题解决

（一）视角一：通法.

（2）通法1：如图2，设直线MN：x=my+1.由（1）知，曲线C的方程为y2=4x.设Mx1，y1，Nx2，y2，Ax3，y3，Bx4，y4.

联立x=my+1，y2=4x，消去x，得y2-4my-4=0.则

Δ1>0，y1y2=-4.

由斜率公式，可得kMN=y1-y2y214-y224=4y1+y2，

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

直线MD：x=x1-2y1·y+2，代入抛物线方程可得y2-4x1-2y1·y-8=0.则Δ2>0，y1y3=-8.

所以y3=2y2.同理可得y4=2y1.

所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2.

又因为直线MN，AB的倾斜角分别为α，β，所以

kAB=tan β=kMN2=tan α2.

若要使α-β最大，则β∈0，π2.

设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tan α-tan β1+tan αtan β=k1+2k2=11k+2k≤121k·2k=24，

当且仅当1k=2k，即k=22时等号成立，所以当α-β最大时，kAB=22.

设直线AB：x=2y+n，代入抛物线方程，可得

y2-42y-4n=0.

则Δ3>0，y3y4=-4n=4y1y2=-16，得n=4.

所以，直线AB的方程为x-2y-4=0.

另解（求直线AB方程）：当α-β最大时，

kAB=4y3+y4=22，y3+y4=42.

又因为y3y4=4y1y2=-16，所以

x3+x4=y324+y424=16.

所以AB中点坐标为 （8，22）.

故直线AB的方程为x-2y-4=0.

点评：这是中学生熟悉的解析法——线参法，即含参直线和二次曲线相交，联立方程，获得关键方程，再用韦达定理获得交点的坐标关系，是通法.难点是如何寻求直线AB与MN的斜率关系，只能边算边看.此题坐标法运用自然，突出解析几何的基本分析方法，摒弃了弦长、范围等套路问题.

通法2：设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），则

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

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

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

又因为直线MN过定点（1，0），所以y1y2=-4.

同理，直线MA的方程为4x-（y1+y3）y+y1y3=0，

直线NB的方程为4x-（y2+y4）y+y2y4=0.

又因为直线MA，NB都经过定点（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，则β∈0，π2，所以y3+y4>0，y1+y2>0.则有

tan（α-β）=2y1+y21+8（y1+y2）2

=2y1+y2+8y1+y2≤24，

当且仅当y1+y2=22时，等号成立，即y3+y4=2（y1+y2）=42.

同理，直线AB的方程为4x-（y3+y4）y+y3y4=0.

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

点评：这也是中学生熟悉的解析法——点参法，即设出点的坐标，利用点在曲线上，则点的坐标就满足相应曲线方程，进而注意到抛物线中任意弦所在的直线方程具有对称的统一结构.此法也是通法，较通法1更为简洁.

通法3：依据题意设直线MN：x=1+tcos α，y=tsin α（α为参数），代入曲线C得tsin α2=41+tcos α，即

t2sin2 α-4tcos α-4=0.

设M，N对应的参数分别为t1，t2，则

t1+t2=4cos αsin 2α，t1t2=-4sin2α.

直线MD：y=t1sin α1+t1cos α-2x-2，即

y=t1sin αt1cos α-1x-2.

联立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.

点评：这也是中学生熟悉的解析法——角参法，即引入角作参数，利用直线参数方程求解.

通法 4：依据题意设过点Tm，0的直线系方程为y=kx-m.联立y=kx-m，y2=4x，

消去x，得

k4y2-y-km=0，则y1+y2=4k，y1y2=-4m.

当m=1时，yM+yN=4tan α，yMyN=-4.

当m=2时，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.

点评：借助过定点的直线系，获得点的坐标关系.

（二）视角二：溯源.

蝴蝶定理 如图3，设D为圆内弦PQ的中点，过点D作弦MA，NB，设MN，AB分别交弦PQ所在直线于点X，Y，则D是XY的中点.

注：① 点D在圆内是不必要的，可以在圆外;

② 圆可以改为任意圆锥曲线.

解法5：如图4，过点D作直线DQ垂直于x轴，交MN于点X，交AB于点Y，交抛物线于P，Q两点.因为|PD|=|QD|，所以由蝴蝶定理可知|XD|=|YD|.

要使α-β最大，则β为锐角且tan（α-β）=tan α-tan β1+tan α·tan β最大.

设直线AB交x轴于点T，则

tan α=|XD||FD|=|XD|，tan β=|DY||DT|.

下面证明直线AB过定点T.

因为直线AB：y-y3=y4-y3x4-x3（x-x3），即

y-y3=4y3+y4（x-x3）.

令y=0，则x=-y3（y3+y4）4+x3=-y3y44.

由通法1知，y3=2y2，y4=2y1，y1y2=-4，所以x=-4y1y24=4，从而直线AB过定点T（4，0）.

所以|DT|=4-2=2，从而tan α=2tan β.

下同通法1.

点评：蝴蝶翩翩，形态万千.借助蝴蝶定理猜想直线AB过定点T，进而需要寻求y1y2与y3y4的关系.目标明确，思路清晰.

解法6：如图5，设直线MN与AB交于点Q（x，y）.

由通法2可知，直线MN的方程为

4x-（y1+y2）y+y1y2=0①

直线AB的方程为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.

故交点Q的轨迹是定直线x=-2.

设此直线交x轴于点H，要使α-β最大，即使∠FQT最大.

问题转化为在定直线x=-2上取一点Q，使张角∠FQT最大.

显然，当HQ与△FQT的外接圆相切于点Q时，满足条件.

此时HQ2=HF·HT=18，解得Q（-2，-32）.

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

点评：此法是该题的一种几何解释，转化后的问题“张角∠FQT最大”即为米勒问题（最大视角问题）.其实，极点（x0，y0）关于曲线y2=2px的极线就是y0y=p（x+x0），则极点D（2，0）关于曲线y2=4x的极线就是0·y=2（x+2），即定直线HQ：x=-2.

（三）视角三：拓展.

反思1：此题中F，D可定位于x轴上任意点.当然，F，D也可定位于形内其他位置.

变式 设M，N，A，B为抛物线y2=2px（p>0）上任意四点，MN，AB交x轴于F，T，MA，BN交于点D.设F（a，0），D（b，0），MN，AB的倾斜角分别为α，β，当α-β取最大值时，求直线AB的方程.

解：设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），直线MN的方程为x=my+a.

联立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.

再结合③式可得y3y2=ba，y4y1=ba，进而可得

y3y4=ba2y1y2.

又直线AB的方程为y-y3=y4-y3x4-x3（x-x3），即y-y3=2py3+y4（x-x3），则kAB=2py3+y4.

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

所以直线AB过定点b2a，0.

法1：过D作PQ垂直于x轴，交MN于点X，交AB于点Y，交抛物线于P，Q两点.因为|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.设kAB=k，要使α-β最大，则β为锐角，即k>0，从而tan（α-β）=tan α-tan β1+tan αtan β=bak-k1+bak2=b-aak+bk≤b-a2ab，

当且仅当ak=bk，即k=ab时等号成立.

又直线AB过定点（b2a，0），所以直线AB的方程为x=bay+b2a.

点评：点F，D确定，直线AB过定点是蝴蝶定理蕴含的一个结论.令p=2，a=1，b=2，即为原题及其解答.

（四）视角四：推广.

反思2：原题可以推广至椭圆中.当然，也可以推广到其他圆锥曲线中.

链接 （2022年成都市高中毕业班摸底测试题理科数学第20题）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，上顶点为H，O为坐标原点，∠OHF2=30°，点（1，32）在椭圆上.

（1）求椭圆E的方程;

（2）设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点.点P（-2，0），Q（2，0）.若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记△MPQ，△NPQ的面积分别为S△MPQ，S△NPQ，求S△MPQS△NPQ的值.

分析：本题第（1）问过程略，第（2）问有如下3种解法.

解法1：

不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），且y1>0，如图6.

设直线AB的方程为x=my+1，结合第（1）问，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.

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

直线QB的方程为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（秒杀）：

题意等价于求yMyN=|OM||ON|.如图7，过点F作CD垂直于x轴交椭圆于C，D两点，分别交PA，PB于点X，Y.因为|CF|=|DF|，由蝴蝶定理知|XF|=|YF|.

因为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（秒杀）：

如图8，由蝴蝶图形的对称性，PA，BQ的交点R的轨迹是一条垂直于x轴的定直线RH.由极点极线知识可知，极点（x0，y0）关于曲线a2x2+b2y2=a2b2的极线就是a2x0x+b2y0y=a2b2，所以极点F（1，0）关于曲线3x2+4y2=12的极线就是3×1×x+4×0×y=12，即定直线RH：x=4（椭圆的右准线），此时，H（4，0）.因为△NOQ≌△RHQ，所以|ON|=|RH|.因为OM//RH，所以|OM||RH|=|OP||PH|=26=13.

因此S△MPQS△NPQ=|OM||ON|=13.

点评：此题中蝴蝶定理的运用尽显其优越性，解法2，3较解法1，运算简洁，近乎秒杀！

对试题的研究，贵在迁移，形成知识链，进入命题意境.从通法角度研究各种解法固然重要，此为“境”;但若能从溯源题目出处、拓展题目结论、推广题目类型等视角，揣测命题者想法，更能从一定高度审视题目，此为“意”.身在高考试题的“境”中，达其“蝴蝶定理”之“意”，悟数学之美妙，通数学之本真.

参考文献：

[1]格劳斯.数学教与学研究手册[M].陈昌平，王继延，陈美廉，译.上海：上海教育出版社，1999：21.

[2]教育部教育考试院.深化高考内容改革 加强教考衔接——2022年高考全国卷命题总体思路[J].中国考试，2022（7）：1-6.