多方视角觅思路 推广引申探本质

2024年的九省适应性联考数学，在题量和分值分布上做了很大的改革，压轴题和次压轴题的难度也有所提高.而次压轴题考查的是直线过定点证明和面积最值的求解，试题思维量及运算量都较大，考生在考场上要想完整解决往往有较大的难度，成为考生的“拦路虎”，我以这道次压轴题为例，谈谈其多解、变式、推广，希望能有所启发.

一、考题呈现

（九省高考适应性联考第18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分别为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.

分析：利用GGB作出图1，对于（1）小题，采用线参法、点参法、齐次化法可以解决；而（2）小题可以使用函数法、几何法、直线参数方程法、极坐标法等手段破解.试题简洁但内涵丰富，是一道具有研究价值的好题.

二、解法探究

（1）解法1（线参法）：设直线AB：x=ty+1，t≠0，Ay214，y1，By224，y2，M（x0，y0），

N（x′0，y′0），∵x=ty+1，y2=4x，∴y2-4ty-4=0，∴y0=y1+y22=2t，x0=2t2+1，∴M（2t2+1，2t）.∵DE⊥AB，∴kDEkAB=-1，∴N2t2+1，-2t.当t≠±1，kMN=2t+2t/2t2-2t2=tt2-1，∴MN：y=tt2-1（x-2t2-1）+2t=tt2-1x-3tt2-1=tt2-1（x-3），

所以直线MusVHlATZlCfrSzz9w4VGbQ==N恒过（3，0）;当t=±1，显然直线MN：x=3，也过（3，0）.∴MN恒过点（3，0）.

解法2（点参法）：设M（x1，y1），N（x2，y2），∵y2A=4xA①，y2B=4xB②，∴②-①：

yB-yAxB-xA=4yB+yA=2y1，∴kAB=y1x1-1=2y1，kDE=y2x2-1=2y2.又∵AB⊥CD，∴

y1x1-1·2y2=-1③，y2x2-1·2y1=-1④.∴③-④：x1y2-x2y1=3（y2-y1）.而对比直线MN的两点式方程：x1y2-x2y1=x（y2-y1）+y（x1-x2），故x=3，y=0，∴MN过（3，0）.

解法3（齐次化法）：设过焦点F的弦的中点为（x，y），∴2y=yx-1，∴y2=2x-2.设直线MN：m（x-1）+ny=1，∴y2=2x-2=2（x-1）=2（x-1）［m（x-1）+ny］，整理此式可得：y2-2ny（x-1）-2m（x-1）2=0，两边同除以（x-1）2得：yx-12-2nyx-1-2m=0，

kAB·kDE=-2m=-1，∴m=12，∴AB：12（x-1）+ny=1，∴MN恒过（3，0）.

（2）解法1（几何法）：过G作x轴平行线交MN于Q点，则S△GMN=12|xQ-xG||yM-yN|，由上面解法1知，G-1，2（t-1）t+1，M（2t2+1，2t），N2t2+1.-2t，MN：y=tt2-1（x-3），将MN方程与y=2（t-1）t+1联立，解得xQ=2（t-1）t+1·t2-1t+3=2（t-1）2t+3，

∴|xQ-xG|=2（t-1）2t+3+1=2t2+2t，|yM-yN|=2t+2t，∴S△GMN=122t+2t2t2+2t=2t+1t2=2t2+1t2+2≥8，当且仅当t=±1时取等号.

解法2（向量积法）：由上面解法2知，G-1，2（t-1）t+1，M（2t2+1，2t），N2t2+1，-2t，则

GM=2t2+2，2t-2（t-1）t+1=2t2+2，2（t2+1）t+1，

GN=2t2+2，-2t-2（t-1）t+1

=2t2+2，-2（t2+1）t（t+1），

由向量积几何意义知：S△GMNAzedDiCBeTiUCsa7aGJ9xQ===12GM×GN=12×

（2t2+2）·2（t2+1）-t（t+1）-2t2+2·2（t2+1）t+1=12

4（t2+1）2t2=2t2+2+1t2≥8，t=±1取等号.

点评：解法3采用向量积法可减少运算量，另外已知三角形三顶点面积的行列式法也可处理.

解法3（面积代换法）：利用GGB软件作出图2所示，因M，N为AB，DE的中点，故S△GAD=2S△GMD，S△GAD=2S△GNA，∴S△GAD=S△GMD+S△GNA，∴S△GMN=S△GT1T2+ST1T2NM=ST1T2NM+S△T1DM+S△T2AN=SADMN.而SADMN=

12×|AM|×|DN|=18|AB|×|DE|.∵|AB|=y214+y214+2=14×

［（y1+y2）2-2y1y2］+2=14［（4t）2+8］+2=4t2+4，∵kABkDE=-1，∴|DE|=4（-t）2+4.

∴S△GMN=18|AB||DE|=18（4t2+4）（4t2+4）=2t2+1t2+2≥8.当且仅当t=±1时取等号.

图2解法4图

解法4（直线参数方程法）：由解法4的面积代换知，S△GMN=SADMN=12×|AM|×|DN|=18×|AB|×|DE|.设直线AB的倾斜角为θ，则AB参数方程为x=1+tcosθy=0+tsinθ（t参数），代入抛物线方程：sin2θ·t-4cosθt-4=0，令A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则t1+t2=4cosθsin2θ，t1t2=-4sin2θ，∴|AB|=|t1-t2|=4cosθsin2θ2-4-4sin2θ=4sin2θ.∵AB⊥DE，∴以π2+θ替θ得：|DE|=4sin2π/2+θ=4cos2θ.∴S△GMN=18×4sin2θ×4cos2θ=

2sin2θcos2θ≥2sin2θ+cos2θ2/4=8.当且仅当θ=π4或θ=3π4时上式取等号.

解法5（极坐标法）：由解法4的面积代换知，S△GMN=SADMN=12×|AM|×|DN|=18×|AB|×|DE|.以O点为极点，x轴正向为极轴的方向建立极坐标系，则抛物线y2=4x的极坐标方程为ρ=21-cosθ，设B（ρ1，θ），A（ρ2π+θ），∴ρ1=21-cosθ，

ρ2=21+cosθ，∴|AB|=ρ1+ρ2=21-cosθ+21+cosθ=4sin2θ.∵AB⊥DE，∴以π2+θ替θ得：|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ.∴S△GMN=18×4sin2θ×4cos2θ=

2sin2θcos2θ≥2（sin2θ+cos2θ）2/4=8.当且仅当θ=π4或θ=3π4时上式取等号.

三、变式探究

1.条件变式

变式1：已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过F作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.求直线MN恒过的定点.

变式2：已知抛物线C：y2=8x，过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.求直线MN恒过的定点.

变式3：已知抛物线C：y2=8x，过点S（1，0）作两条斜率之积为-2的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.求直线MN恒过的定点.

变式4：已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过F作两条互相垂直的弦AB，DE，点B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点，G为直线AE与BD的交点，求（S△GMN）min.

变式5：已知抛物线C：y2=8x，过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，DE，点B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点，G为直线AE与BD的交点，求（S△GMN）min.

变式6：已知抛物线C：y2=8x，过焦点F作两条斜率之积为-2的弦AB，DE，点B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点，G为直线AE与BD的交点，求（S△GMN）min.

简解：运用下面的结论1-3的方法，得变式1-6答案依次为：（6，0）;（3，0）;（9，0）;32;24;122.

2.类比变式

变式7：已知椭圆C：x2+2y2=8，过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.求直线MN恒过的定点.

变式8：已知椭圆C：x2+2y2=8，过其右焦点F作两条互相垂直的弦AB，DE，点B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点，G为直线AE与BD的交点，求（S△GMN）min.

变式9：已知双曲线C：x2-2y2=8，过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.求直线MN恒过的定点.

变式10：已知椭圆C：x2-2y2=8，过其右焦点F作两条互相垂直的弦AB，DE，点B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点，G为直线AE与BD的交点，求（S△GMN）min.

简解：运用下面的结论4-7的方法，得变式7-10答案依次为：23，0;169;（2，0）;16.

四、一般性探究

波利亚曾说：“在你找到第一个蘑菇时，继续观察，就能发现一堆蘑菇”.细品解题过程及结论，笔者思考该题的两个结论是偶然还是必然呢？

结论1：已知抛物线C：y2=2px（p>0），过定点S（s，0）（S>0）的直线l交C于A，B两点，过S与l垂直的直线交C于D，E，M，N分别为AB，DE的中点.则MN过定点（s+p，0）.

证明：设直线AB：x=ty+s，t≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），联立x=ty+sy2=2px得：

y2-2pty-2ps=0，∴y1+y2=2pt，∴y0=pt，x0=pt2+s，∴M（pt2+s，pt）.又∵

AB⊥DE，∴Npt2+s，-pt.∴kMN=pt+pt/pt2-pt2=tt2-1，∴直线MN方程为：

y=tt2-1（x-pt2-s）+pt=tt2-1（x-s-p），所以直线MN恒过定点（s+p，0）.

若定点S为焦点F，则有下列推论：

推论1：已知抛物线C：y2=2px（p>0），过焦点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，M，N分别为AB，DE的中点.则MN过定点32p，0.

结论2：已知抛物线C：y2=2px（p>0），过定点S（s，0）（s>0）的直线l交C于A，B两点，过S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分别为AB，DE的中点.设G为直线AE与直线BD的交点，则△GMN面积的最小值为（p+2s）p.

证明：设直线AB的参数方程为x=s+tcosαy=0+tsinα（α为参数），代入抛物线方程得：

sin2α·t2-2pcosα·t-2ps=0，设A，B两点对应参数分别为t1，t2，则t1+t2=2pcosαsin2α，

t1t2=-2pssin2α，∴|AB|=|t1-t2|=2pcosαsin2α2+8ps=2ppcos2α+2ssin2αsin2α. 又因为AB⊥DE，∴|DE|=2ppsin2α+2scos2αcos2α.而M，N为AB，DE的中点，故S△GAD=2S△GMD，S△GAD=2S△GNA，∴S△GAD=S△GMD+S△GNA，∴S△GMN=S△GT1T2+ST1T2NM=ST1T2NM+S△T1DM+S△T2AN=SADMN.而SADMN=12×|AM|×|DN|=18

|AB|×|DE|=p2·

（psin2α+2scos2α）（pcos2α+2ssin2α）sin4αcos4α

=p2（p2+4s2-4sp）sin2αcos2α+2spsin4αcos4α，设sin2αcos2α=m，则m∈0，14，∴S△GAB=p2（2s-p）2m+2spm2=p2×2sp1m+（2s-p）24sp2-（2s-p）48sp，∵-（2s-p）24sp≤0，∴（S△GAB）min=p2（2s-p）24+2sp42=p（2s+p）.当且仅当m=1/4，即sin2αcos2α=1/4，故α=π4或α=3π4时上式取等号.

结论3：已知C：y2=2px（p>0），过定点S（s，0）（S>0）作两条斜率之积为λ（λ<0）的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.则MN过定点（s-λp，0）.证明类似，从略.

五、类比探究

还可尝试将结论1，2类比到椭圆和双曲线中：

结论4：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），过定点S（s，0）s∈（-a，a）作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.则直线MN恒过定点a2sa2+b2，0.

结论5：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），过右焦点F2作两条互相垂直的弦AB，DE，其中B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点.设G为直线AE与直线BD的交点，则△GMN面积的最小值为2e2p2（e2-2）2.

证明：以F2点为极点，以x轴正向为极轴方向建立极坐标系，则椭圆C的极坐标方程为：

ρ=ep1+ecosθ，其中p=a2c-c=b2c.设B（ρ1，θ），A（ρ2，π+θ），故ρ1=ep1+ecosθ，ρ2=ep1-ecosθ，∴|AB|=ep1-ecosθ+ep1+ecosθ=2ep1-e2cos2θ，同理|DE|=2ep1-e2sin2θ.

SBEAD=12|AB||DE|

=2e2p21-e2sin2θ-e2cos2θ+e4sin2θ·cos2θ

=2e2p21-e2+e4sin2θ·cos2θ8e2p24-4e2+e4sin22θ

≥8e2p24-4e2+e4=8e2p2（e2-2）2.当θ=π4或3π4，（SBEAD）min=8e2p2（e2-2）2.

而由图形面积分析知，S△GMN=SMNAD=14SBEAD，∴（S△GMN）min=2e2p2（e2-2）2.

结论6：已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），过定点S（s，0）（s>a，s<-a）作两条互相垂直的弦AB，DE，若M，N分别为弦AB，DE的中点.则直线MN过定点a2sa2-b2，0.

结论7：已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），过右焦点F2作两条互相垂直的弦AB，DE，其

中B，D在x轴上方，若M，N分别为弦AB，DE的中点.设G为直线AE与直线BD的交点，则△GMN面积的最小值为2e2p2（e2-2）2.

六、考情分析

1.发挥几何性质作用，有效减少运算量

对于第一问，如果利用抛物线几何性质中的对称性，可以直接得到定点必在x轴上，从而易提供明确的解题方向；而第二问，若按部就班求出交点G的坐标，再写出所求三角形面积并求其最小值，则运算量极大，如分析图形的结构特点，发现△GMN与四边形MNDA的面积相等，那么转化为四边形面积最值问题则可轻松求解.故而解析几何的运算是带有几何特征的运算，要充分利用图形要素及相互之间的关系，这样就会减少很多运算量.

2.突出数学运算能力，注重算法和算理

从九省适应性联考卷和高考圆锥曲线解答题中发现，普遍对运算能力的要求较高，考场上短时间内要算出结果，预测今后这块内容仍然会重视计算量的考查.因此，考生在圆锥曲线复习备考过程中，除了加强“四基”训练外，还应要抓住核心问题——运算能力的提升，时刻注重强化数学运算，一步一个脚印.在计算的时候要注重算理、算法和技巧，不断在解题中渗透强化，长期不懈地加强数学运算的训练.只有这样，考生自己才可以提升数学运算能力，不再“畏惧”解析几何的计算，从而达到高效备考的目的.

【本文系安徽省合肥市教育信息技术2023年度课题“智慧课堂下利用GGB培养高中生数学探究能力的实践研究”（项目编号：HDJ23017）阶段性研究成果】

【作者简介：安徽省合肥市高中数学骨干教师，省高考优秀阅卷员，公开发表论文多篇】

责任编辑 徐国坚