深挖高考真题价值 优化解题思维品质

摘" 要：2022年高考北京卷数学试题坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，试题关注数学本质，学生在解题的过程中感悟数学思想与方法，紧扣课标与教材，既考查教材的基础知识，又考查常用的通性通法，引导教学回归课堂，全面考查学生的六大核心素养.

关键词：数学本质；思想方法；紧扣课标；回归课堂

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0006-07

收稿日期：2024-05-05

作者简介：李波（1991—），男，四川省仪陇人，中学一级教师，从事中学数学教学研究.

文献［1］提出多解探究，既能促进教师专业快速成长，又可以提升学生的解题能力和对章节知识的整合水平，促使学生对试题进行深入探究，挖掘试题的深层背景，理解试题的命题立意，把控试题的命题趋势，进而提升复习的针对性和实效性．2022年高考北京卷的解析几何试题，呈现给我们的是一道图形鲜明、条件简洁、解法多样的高质量试题，具有较好的区分度，命题者以情境为载体考查学生的直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养，引导广大师生在以后的教学中应以高考试题为素材，深入探究，真正理解数学本质，优化解题思维.

1" 试题再现

题目" 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一个顶点为A（0，1），焦距为23.

（1）求椭圆E的方程；

（2）过点P（-2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的B，C两点，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|=2时，求k的值.

分析" 第（1）问主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，属于基础类题目.第（2）问主要考查直线和椭圆的普通方程、极坐标方程、参数方程、三点共线、图象的变换等知识；考查换元、设而不求、合情推理与演绎推理、方程齐次化等基本方法，数形结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程等数学思想；考查逻辑推理、数学运算、数学抽象等核心素养，让学生在掌握主干知识、领悟思想方法的同时，培养创新思维，提升学科核心素养，促进能力发展.

2" 解法赏析

2.1" 第（1）问解析

解析" 椭圆E的方程为x24+y2=1.2.2" 第（2）问解析

角度1" 根据题干信息，直接翻译.

解法1" 当直线BC的斜率不存在时，显然不满足题意.

当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y-1=k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），

联立y=kx+2k+1，x2+4y2=4， 消y，得

（1+4k2）x2+（16k2+8k）x+16k2+16k=0，

满足△=-64kgt;0，即klt;0.

由根与系数的关系知，

x1+x2=-16k2+8k1+4k2，x1x2=16k2+16k1+4k2.

直线AB的斜率kAB=y1-1x1，其方程为

y=y1-1x1x+1.

令y=0，解得xM=-x1k（x1+2）.

同理可得xN=-x2k（x2+2）.

易知|MN|=|xN-xM|=|x2k（x2+2）-x1k（x1+2）|.

整理，得

|MN|=2|k|·|x2-x1||x1x2+2（x1+x2）+4|.

代入两根之和、积有4-k=2，即k=-4.

评析" 通过坐标法将题干几何问题代数化，简单易操作，彰显了数学的通性通法，但该方法计算量较大.

角度2" 以斜率为变量，同构方程.

解法2" 设直线AM，AN的方程分别为y=k1x+1，y=k2x+1，BC的方程为y-1=k（x+2），联立y=k1x+1，y=kx+2k+1，

解得x=2kk1-k，y=2kk1k1-k+1.

即B（2kk1-k，2kk1k1-k+1）.

又点B在椭圆x24+y2=1上，

所以14（2kk1-k）2+（2kk1k1-k+1）2=1.

整理，得

k［（4k+4）k21-4kk1+k］=0.

显然k≠0，所以（4k+4）k21-4kk1+k=0.

同理可得（4k+4）k22-4kk2+k=0.

易知k1，k2是方程（4k+4）x2-4kx+k=0的两根，满足△=-16kgt;0，即klt;0.

由根与系数的关系，知

k1+k2=4k4k+4，k1k2=k4k+4.

令k1x+1=0，k2x+1=0，

解得xM=-1k1，xN=-1k2.

易知|MN|=|1k1-1k2|=|k1-k2||k1k2|.

代入两根之和、积得4-k=2，即k=-4.

评析" 由直线与直线的位置关系，可将坐标用斜率表示，代入椭圆中，整理得到一元二次方程，再利用同构解题.同构法构造方程组解题是高中数学解题中的常用方法，解题中通过观察、分析、整理，使等式（不等式）同构，利用性质快速解题.

角度3" 利用三点共线.

解法3" 设直线AM，AN的方程为y=k1x+1，y=k2x+1，联立y=k1x+1，x2+4y2=4， 消y，得

（1+4k21）x2+8k1x=0，

解得x=-8k11+4k21.

易知B（-8k11+4k21，1-4k211+4k21）.

直线PB的斜率

kPB=（1-4k21）/（1+4k21）-1-8k1/（1+4k21）+2=-4（k12k1-1）2.

同理可得，直线PC的斜率

kPC=-4（k22k2-1）2.

因为P，B，C三点共线，所以kPB=kPC.

即（k12k1-1）2=（k22k2-1）2.

当k12k1-1=k22k2-1时，k1=k2，B，C两点重合，不满足题意；

当k12k1-1=-k22k2-1时，1k1+1k2=4，由解法2知1k1-1k2=2，解得k1=13，k2=1，所以kBC=-4.

解法4" 设M（m，0），N（m-2，0），则直线AM的方程为y=-1mx+1，联立y=-1mx+1，x2+4y2=4，

解得x=8mm2+4，y=m2-4m2+4.

即B（8mm2+4，m2-4m2+4）.

同理C（8m-16m2-4m+8，m2-4mm2-4m+8）.

又A（0，1），P（-2，1），所以

AP=（-2，0），

AB=（8mm2+4，-8m2+4），

AC=（8m-16m2-4m+8，-8m2-4m+8）.

由P，B，C三点共线知，存在实数λ使得

AC=λAB+（1-λ）AP.

即（8m-16m2-4m+8，-8m2-4m+8）=λ（8mm2+4，-8m2+4）+（1-λ）（-2，0）.

解得m=-1，易知B（-85，-35）.

所以kBC=-4.

评析" 利用直线与直线、椭圆的位置关系求出交点坐标，并将P，B，C三点共线问题转化为kPB=kPC，AC=λAB+（1-λ）AP，再利用坐标运算求解.

角度4" 利用直线的参数方程.

解法5" 设直线BC的参数方程为x=-2+tcosα，y=1+tsinα（t为参数），

将参数方程代入x24+y2=1，整理，得

（1+3sin2α）t2+（8sinα-4cosα）t+4=0，

满足△=-64sinαcosαgt;0，即α∈（π2，π）.

由根与系数的关系，知

t1+t2=4cosα-8sinα1+3sin2α，t1t2=41+3sin2α.

根据t的几何意义，设

B（-2+t1cosα，1+t1sinα），

C（-2+t2cosα，1+t2sinα），

则直线AB的斜率kAB=t1sinαt1cosα-2，

方程为y=t1sinαt1cosα-2x+1.

令y=0，解得xM=2sinα·1t1-1tanα.

同理可得xN=2sinα·1t2-1tanα.

所以|MN|=2|sinα|·|t1-t2||t1t2|

=2|sinα|·（t1+t2）2-4t1t2|t1t2|.

代入两根之和、积得tanα=-4.

即k=-4.

角度5" 利用椭圆的参数方程.

解法6" 设B（2cosα，sinα），C（2cosβ，sinβ），由A（0，1）知，直线AB的斜率为

kAB=sinα-12cosα，方程为y=sinα-12cosαx+1.

令y=0，解得xM=2cosα1-sinα.

同理可得xN=2cosβ1-sinβ，

|MN|=2cosβ1-sinβ-2cosα1-sinα=2.

即cosβ1-sinβ-cosα1-sinα=1.①

直线PB，PC的斜率分别为

kPB=sinα-12cosα+2，

kPC=sinβ-12cosβ+2，

根据P，B，C三点共线，可得

sinα-1cosα+1=sinβ-1cosβ+1.②

由①式知：cosαsinβ-sinαcosβ=cosα+sinα-cosβ-sinβ；

由②式知：cosαsinβ-sinαcosβ=1-sinα-sinβ+sinαsinβ+cosα-cosβ；

解得sinβ=2-1sinα.

代入②式，得

cosβ=cosαsinα+1sinα-1.

由cos2β+sin2β=1，求得

cosα=-1213，sinα=513，cosβ=-45，sinβ=-35.

易知B（-85，-35）.

所以kBC=-4.

角度6" 利用图象的平移变换.

解法7" 如图1，经过平移变换x′=x，y′=y-1， 得到椭圆x′24+（y′+1）2=1.

图1" 图象的平移变换示意图

此时点A（0，0），P（-2，0），设直线BC的

方程为x=ty-2，B（x1，y1），C（x2，y2），

联立x=ty-2，x2+4（y+1）2=4， 消x，得

（t2+4）y2+（8-4t）y+4=0，

满足△=-64tgt;0，即tlt;0.

由根与系数的关系，知

y1+y2=4t-8t2+4，y1y2=4t2+4.

由题易知，直线AB的方程为y=y1ty1-2x.

令y=-1，则xM=2y1-t.

同理可得xN=2y2-t.

则|MN|=2·|y1-y2||y1y2|.

代入两根之和、积得-t=12，即t=-14.

所以直线BC的斜率k=-4.

角度7" 方程齐次化.

解法8 ""经过平移变换x′=x，y′=y-1，

得到椭圆的方程为x′24+（y′+1）2=1.

展开后，得x′2+4y′2+8y′=0.

此时点A（0，0），P（-2，0）.

设直线BC的方程为x′=ty′-2，

则1=t2y′-x′2.

设B（x′1，y′1），C（x′2，y′2），则直线AB，AC的方程分别为y′=k1x′，y′=k2x′，其中k1=y′1x′1，k2=y′2x′2.

令k1x′=-1，解得x′M=-1k1.

同理可得x′N=-1k2.

则|MN|=|1k1-1k2|=|k1-k2||k1k2|.

将1=t2y′-x′2代入x′2+4y′2+8y′=0，得

x′2+4y′2+8y′（t2y′-x′2）=0.

化简，得（4+4t）y′2-4x′y′+x′2=0.

等式两边同时除以x′2，得

（4+4t）（y′x′）2-4·y′x′+1=0.

显然k1，k2是上述方程的两根，满足

△=-16tgt;0，即tlt;0.

由根与系数关系，知

k1+k2=11+t，k1k2=14+4t.

将两根之和与积代入|MN|=|k1-k2||k1k2|，得-16t=2.

即t=-14.

所以直线BC的斜率k=-4.

角度8" 利用极坐标系.

解法9" 由解法7知，经过平移变换x′=x，y′=y-1， 得到椭圆的方程为x′24+（y′+1）2=1，此时A（0，0），P（-2，0），

椭圆的极坐标方程为

ρ=-8sinθ1+3sin2θ，θ∈［π，2π］.

过点B作x轴的平行线交AC于点H，设B（ρB，α），C（ρC，β），H（ρH，β），M（ρM，α），N（ρN，β），由ρMsinα=ρNsinβ=-1，解得ρM=-1sinα，ρN=-1sinβ，

所以xM=ρMcosα=-1tanα.

同理可得xN=-1tanβ.

结合图象，易知|MN|=1tanα-1tanβ=2.

由BH平行x轴，知ρBsinα=ρHsinβ.

又ρB=-8sinα1+3sin2α，

所以ρH=1sinβ·-8sin2α1+3sin2α，

xH=ρHcosβ=cosβsinβ·-8sin2α1+3sin2α.

同理可得xB=-8sinαcosα1+3sin2α.

结合图象知

|HB|=xH-xB

=8sinαcosα1+3sin2α-cosβsinβ·8sin2α1+3sin2α.

由HB∥AP，知△CHB∽△CAP，

所以|CH||CA|=|HB||AP|.

即ρC-ρHρC=|HB|2.

代入前面各个式子可得

1-sin2αsin2β·1+3sin2β1+3sin2α

=128sinαcosα1+3sin2α-cosβsinβ·8sin2α1+3sin2α.

化简，得

1-tan2αtan2β=4tanα-tan2αtanβ.

又1tanα-1tanβ=2，

解得tanα=13，tanβ=1.

由tanβ=1，知

∠PAC=π4，ρC=|AC|=825.

在△ACP中，由余弦定理，得

|PC|=|AP|2+|AC|2-2|AP||AC|cos∠PAC

=2175.

由正弦定理，得

|PC|sin∠PAC=|AC|sin∠APC，

解得sin∠APC=417，cos∠APC=117.

所以直线BC的斜率k=-4.

角度9" 问题的同一性探究.

解法10" 设M（m，0），N（m-2，0），B（x1，y1），C（x2，y2），则直线BM的斜率为kBM=y1x1-m，直线方程为y=y1x1-m（x-m）.

同理可得，直线NC的方程为

y=y2x2-m+2（x-m+2）.

由直线BM，CN交于点A（0，1），知

1=-y1mx1-m，1=y2（-m+2）x2-m+2，

解得m=x11-y1，m-2=x21-y2.

消m，得x11-y1-2=x21-y2.

设直线BC的方程为x+2=t（y-1），则

x1=ty1-t-2，x2=ty2-t-2.

将上式代入x11-y1-2=x21-y2，得

y2-y1=y1y2-（y1+y2）+1.

联立x+2=t（y-1），x2+4y2=4， 消x，得

（4+t2）y2-（2t2+4t）y+t2+4t=0，

满足△=-64tgt;0，即tlt;0.

由根与系数的关系，得

y1+y2=2t2+4tt2+4，y1y2=t2+4tt2+4.

将两根和与积代入

y2-y1=y1y2-（y1+y2）+1，

得-t=12，即t=-14.

所以直线BC的斜率为k=-4.

角度10" 曲线系.

解法11" 设直线AB，AC的方程为

x=t1（y-1），x=t2（y-1），

令y=0，则

xM=-t1，xN=-t2，|MN|=t1-t2=2.

构造曲线方程［x-t1（y-1）］［x-t2（y-1）］=0，

展开，得

x2+x（1-y）（t1+t2）+t1t2（y-1）2=0.

因为直线AB，AC与椭圆x2+4y2=4相交，所以将x2=4-4y2代入构造的曲线方程中，得

（1-y）［4（1+y）+（t1+t2）x+

t1t2（1-y）］=0.

方程y-1=0表示直线AP，方程4（1+y）+（t1+t2）x+t1t2（1-y）=0表示直线BC，由点P（-2，1）在直线BC上，知t1+t2=4.

又t1-t2=2，所以t1=3，t2=1，求得直线BC的方程为4x+y+7=0，即kBC=-4.

看似一道寻常的高考真题，笔者通过深入的探究，从不同的知识角度给出了以上11种解法，立足知识经验，实现解法自然，既整合了已有知识的认知结构，又优化了解题思维品质，并将本题的结论在椭圆、双曲线中做了一般性推广.

3" 解后反思

推广1" 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一个顶点A（0，b），过点P（a，-b）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，则|MN|=a-8abk|ak+2b|.

若将条件“A（0，b）”改为“A（0，-b）”，则|MN|=8ab-k.

推广2" 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的一个顶点A（-a，0），过点P（a，-b）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的B，C两点，直线AB，AC分别与y轴交于点M，N，则|MN|=b-8abk|2ak+b|.

若将条件“A（-a，0）”改为“A（a，0）”，则

|MN|=-8abk.

证明过程同解法5，有兴趣的读者自行证明.

推广3" 已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），A（0，b），过点P（a，-b）作斜率为k的直线与双曲线E交于不同的B，C两点，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，则|MN|=8b2+8abkk2.

证明" 设直线BC的参数方程为x=-a+tcosα，y=b+tsinα（t为参数），代入b2x2-a2y2=a2b2，整理得（b2cos2α-a2sin2α）t2-（2ab2cosα+2a2bsinα）t-a2b2=0，满足

△=8a2b2cos2α（b2+abtanα）gt;0，

即tanαgt;-ba.

由t的几何意义知，设B（-a+t1cosα，b+t1sinα），C（-a+t2cosα，b+t2sinα），则直线AB的斜率kAB=t1sinαt1cosα-a，方程y=t1sinαt1cosα-ax+b.

令y=0，解得xM=absinα·1t1-btanα.

同理xN=absinα·1t2-btanα.

所以|MN|=ab|sinα|·|t1-t2||t1t2|

=ab|sinα|·（t1+t2）2-4t1t2|t1t2|.

代入两根和与积，得

|MN|=8b2cos2α+8absinαcosα|sinα|.

分子分母同时除以|cosα|，得

|MN|=8b2+8abkk2.

若将条件“A（0，b）”改为“A（0，-b）”，则

|MN|=a8b2+8abk|ak+2b|

.

推广4" 已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），A（-a，0），过点P（a，-b）作斜率为k的直线与双曲线E交于不同的B，C两点，直线AB，AC分别与y轴交于点M，N，则|MN|=8b2+8abk.

若将条件“A（-a，0）”改为“A（a，0）”，则

|MN|=b8b2+8abk|2ak+b|.

证明过程同推广3，有兴趣的读者自行证明.

4" 结束语

解决圆锥曲线的综合问题时，需要注意试题的特征：以几何图形为研究对象，以平面直角坐标系为研究工具，将几何问题代数化.教学中，引导学生学会分析研究对象的基本要素，建立要素之间的等或不等关系，多角度思考，深层次探究，学会研究问题的一般性规律，养成发现新问题和解决问题的能力.

参考文献：

［1］

李波.多维探究，激发活力，提升素养［J］.高中数理化，2022（11）：14-20.

［责任编辑：李" 璟］