2024年九省联考解析几何试题解法深度探究

王思俭

摘  要：新高考的命题已经从能力立意向素养导向转变，引领高中数学课堂教学，注重学生的思维教育.2024年九省联考第18题，入口宽、寓意深、解法多、思维活，让不同层次的学生都可以得到应有的分值，本文立足通性通法，从多角度深度探究解法，寻求最优解法.

关键词：联考真题；解析几何；一题多解；深度探究

1  联考真题

已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别是AB，DE的中点.

（1）证明：直线MN过定点.

（2）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值.

解法1  （1）点斜式：当直线AB斜率不存在时，直线DE的斜率为0，不合题意.

设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），y2＞0，y3＞0，l：y=k（x-1）（k＞0），代入y2=4x，化简整理，得k2x2-2（k2+2）x+k2=0，判别式Δ＞0，得出y1y2=-4，Mk2+2k2，2k.

同理x3x4=1，y3y4=-4，N（1+2k2，-2k）.

直线MN的方程为kx+（k2-1）y-3k=0，得定点T（3，0）.

（2）求出直线AE和BD的方程（y4+y1）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3，联立求出交点G-1，2（1-k）1+k.

再求｜MN｜和点G到直线MN的距离d，于是S△GMN=2k+1k2.

由基本不等式求出最小值为8，当k=1时取得.

解法2  （1）斜截式：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），y2＞0，y3＞0，l：x=my+1（m＞0）代入y2=4x，得y2-4my-4=0，判别式Δ＞0，于是y1y2=-4.

M（2m2+1，2m），｜FM｜=2mm2+1.

同理，可得y3y4=-4.

N1+2m2，-2m，｜FN｜=2m2+1m2.

设直线MN与x轴交于点T（t，0）（t＞0），则S△FMN=S△FMT+S△FNT，

因此｜FM｜·｜FN｜=｜FT｜·｜yM-yN｜，有｜FT｜=2，即｜t-1｜=2，解得t=3（t=-1舍去）.

（2）（面积分割）直线AE，BD的方程分别为（y4+y1）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3.

两个方程联立，得G-1，2（m-1）1+m.

过G作y轴的垂线，交MN于H，得xH=2m+2m-1，则｜GH｜=｜xH-xG｜=2m+1m.

又△GMN的面积S△GMN=12｜GH｜·｜yM-yN｜=2m+1m2.（下略）

解法3  （1）点差法：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），中点M（x0，y0），则kAB=2y0.又kAB=y0x0-1，因此y20=2（x0-1），对点（1，0）也成立，所以点M的轨迹方程为y2=2（x-1）.

設直线MN的方程为x=ny+t，代入y2=2（x-1），得y2-2ny-2t+2=0.

由FM·FN=0，于是有（xM-1）（xN-1）+yMyN=0，求出t=3.

（2）由A，F，B三点共线知，AF∥FB，y1y2=-4，y3y4=-4.

因为AB⊥DE，所以AB·DE=0，即（y1+y2）·（y3+y4）=-16.

因为M是线段AB的中点，因此点A与M到直线DG的距离之比2∶1.

因此2S△GDM=S△GDA，2S△GAN=S△GDA，两式相加，得S△GAN+S△GDM=S△GDA.

所以S△GDA+S△GMN=S△GDA+S四边形ADMN，即S△GMN=S四边形ADMN=18｜AB｜·｜DE｜.

由抛物线定义知，S△GMN=18×48+（y1+y2）24+64（y1+y2）2.（下略）

解法4  （1）设Ay214，y1，By224，y2，Dy234，y3，Ey244，y4，y2＞0，y3＞0.

由A，F，B三点共线知，AF∥FB，得y1y2=-4，y3y4=-4.

由AB·DE=0，得（y1+y2）（y3+y4）=-16.

设直线MN与x轴的交点为T（t，0），则TM∥TN，求出t=3.

（2）同解法3.（略）

解法5  （1）由题设A（a2，2a），B（b2，2b），D（d2，2d），E（e2，2e），b＞0，d＞0.

因为直线AB，DE均过焦点F（1，0），AB⊥DE，得ab=de=-1，（a+b）（d+e）=-4，于是（a+b）2=2xM-2，则yM=a+b=（a+b）（a+b+d+e）a+b+d+e=2（xM-3）a+b+d+e，所以点M在直线y=2（x-3）a+b+d+e上，同理可得，点N在直线y=2（x-3）a+b+d+e上.

又由两点确定一条直线，因此直线MN的方程为y=2（x-3）a+b+d+e，过定点T（3，0）.

（2）面积分割：因为S四边形AEBD=S△DAB+S△EAB=2（S△DMB+S△EMB）=4（S△GMB+S△EMB-S△GEN-S△EMN）=4（S△GME-S△GEN-S△EMN）=4S△GMN.

因此S△GMN=14S四边形AEBD=18｜AB｜·｜DE｜=12·8+（a+b）2+16（a+b）2.（下略）

解法6  （1）由题设A（4m2，4m），B（4n2，4n），D（4t2，4t），E（4s2，4s），n＞0，t＞0.

则M（2（m2+n2），2（m+n）），N（2（s2+t2），2（s+t））.

由A，F，B三点共线知，AF∥FB，4mn=-1，同理4st=-1.

因为AB⊥DE，因此AB·DE=0，得（m+n）·（s+t）=-1.

由直线两点式的方程，得（x2-x1）（y-y1）=（y2-y1）（x-x1），令y=0，得x=-4mn-2（m+n）（s+t）=3，所以直线MN在x轴上的截距为定值3.

（2）设直线AD分别与GM，GN相交于点P，Q，由平面几何知识，得2S△DGM=S△ADG，2S△AGN=S△ADG，两等式相加，得S△DGM+S△AGN=S△ADG，S△DPM+S△AQN=S△GPQ.

所以S△GMN=S△GPQ+S四边形PQNM=S△DPM+S△AQN+S四边形PQNM=S四边形ADMN.

所以S△GMN=18｜AB｜·｜DE｜=22+（m+n）2+1（m+n）2.（下略）

解法7  （1）极坐标法：由对称性，不妨设l的倾斜角为锐角α.

由抛物线定义知，｜AF｜=21-cosα，｜BF｜=21+cosα，｜DF｜=21+sinα，｜EF｜=21-sinα，｜AB｜=｜AF｜+｜BF｜=4sin2α，｜DE｜=4cos2α.

又｜FM｜=12（｜FA｜-｜FB｜）=2cosαsin2α，｜FN｜=2sinαcos2α.

在△FMN中，设直线MN与x轴交于点T，由面积代换知，S△FMN=S△FMT+S△FNT.

因此｜FT｜（｜FM｜sinα+｜FN｜cosα）=｜FM｜·｜FN｜，求得｜FT｜=2，即｜OT｜=3.

（2）取线段AD的中点P，则PM∥BG，由平面几何知识，得S△GPM=S△PDM，S△GPN=S△PAN.

S△GMN=S△PDM+S△PAN+S△PMN=S四边形ADMN=18｜AB｜·｜DE｜=8sin22α≥8.

解法8  （1）直线参数方程法：由对称性，不妨设l的倾斜角为锐角α.

设l方程为x=1+tcosα，

y=tsinα，t为参数，代入y2=4x，整理得t2sin2α-4tcosα-4=0.

因此tM=t1+t22=2cosαsin2α，所以｜FM｜=2cosαsin2α，｜AB｜=｜t1-t2｜=4sin2α.

同理｜FN｜=2sinαcos2α，｜DE｜=4cos2α.

在△FMN中，设直线MN与x轴交于点T，由面积代换知，S△FMN=S△FMT+S△FNT.

即｜FT｜（｜FM｜sinα+｜FN｜cosα）=｜FM｜·｜FN｜，化简整理，得｜FT｜=2，即｜OT｜=3.

（2）由平面几何知识及割补法，得S△GMN=S△GBN-S△GMB-S△BMN=14（S△ADE+S△BDE）=14S四邊形AEBD=18｜AB｜·｜DE｜=8sin22α≥8，当且仅当sin2α=1，即α=π4时，等号成立.

2  做中悟道

本题给出了8种解法，其中解法1和2是最基本的解法，可以看出直线方程设法不同，运算简繁程度不同，解法2运算量小一点；解法3探究中点轨迹方程，将问题转化为过点F的垂直弦FM，FN问题，利用待定系数法很快求解；解法4、5、6利用设点法求解，也是通法；解法7是从倾斜角和抛物线定义出发，再把△FMN的面积进行分割，即得出定值，再求定点；解法8利用直线参数方程，也是将△FMN的面积进行分割求解.第（2）小题学生利用平面几何知识，将△GMN进行化归，使得问题更加简洁，这里需要具有较强的直观想象的观察力和逻辑推理能力.从上述各种解法上看，都是通性通法，解法7和8运算量较小，属于最优解法.因此，在平时教学中要引领学生学会从不同角度探究一题多解.