九省联考第18题的运算优化及拓展

摘" 要：分析2024年新高考适应性考试中的解析几何解答题，从优化数学运算路径的角度探究了解题思路与解法，并对试题结论进行一般化推广.

关键词：数学运算；圆锥曲线；面积转换；九省联考

中图分类号：G632""" 文献标识码：A""" 文章编号：1008-0333（2024）22-0079-03

收稿日期：2024-05-05

作者简介：张青松（1984.5—），男，云南省昆明人，硕士，中学一级教师，从事高中数学教学研究；

王文雅（1995.12—），女，浙江省温州人，硕士，从事高中数学解题研究.

解析几何是高考的主干知识之一，具有运算量大、综合性强的特点，是数学运算、逻辑推理素养的重要载体．本文以教育部统一命题的2024年九省适应性测试（即九省联考）第18题为例，介绍如何优化解析几何试题的数学运算，对试题背景及相关结论进行必要的探究和拓展．

1" 经典试题展示

试题" （2024年九省联考第18题） 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点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，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.

2" 多维度拓宽运算路径

解法1" 常规解法 .

（1） 设直线AB的方程为x=my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4）.

联立x=my+1，y2=4x， 消x后，得y2-4my-4=0，

Δ=16（m2+1）gt;0.

由韦达定理，得y1+y2=4m，y1y2=-4.

因为点B在x轴上方，

所以y2=2m2+1+2m.

同理y3=21m2+1-2m.

所以yM=2m，xM=myM+1=2m2+1.

即M（2m2+1， 2m）.

同理N（2m2+1，-2m）.

设直线MN与x轴的交点为R（x0 ， 0），则

RM=（2m2+1-x0， 2m），RN=（2m2+1-x0 ，-2m）.

由M，R，N三点共线，得RM∥RN.

即2m（2m2+1-x0）+2m（2m2+1-x0）=0.

展开整理，得2（m2+1）x0=6（m2+1）.

即x0=3.

所以直线MN过定点（3，0）．

（2） 直线AE，BD的方程分别为

（y1+y4）y=4x+y1y4，（y2+y3）y=4x+y2y3．

联立（y1+y4）y=4x+y1y4 ， （y2+y3）y=4x+y2y3 ，

解得xG=-1.

因为y1y2=y3y4=-4，所以y1y4=16y2y3.

所以yG=y1y4+y2y3-8y1+y2+y3+y4

=（y2y3-4）2/（y2y3）4m-4/m=2（m-1）m+1.

点G到直线MN：x=（m-1m）y+3的距离

d=4+2（m-1）2/m1+（m-1/m）2=2（m2+1）/|m|1+（m-1/m）2，

MN=1+（m-1m）2|yM-yN|

=2（m2+1）m1+（m-1m）2，

S△GMN=12|MN|d=2（m2+1m2+2） ≥ 8，

当且仅当m=±1时取到等号.

所以△GMN面积的最小值为8.

解法2" 抛物线参数方程.

（1） 设A（4t21 ， 4t1），B（4t22 ， 4t2），D（4t23 ， 4t3），E（4t24 ， 4t4）．

直线AB的方程为x-（t1+t2）y+4t1t2=0．

同理直线DE，AE，BD的方程分别为

x-（t3+t4）y+4t3t4=0，x-（t1+t4）y+4t1t4=0，x-（t2+t3）y+4t2t3=0．

由AB，DE经过F（1，0）且AB⊥DE，得

t1t2=-14，t3t4=-14，（t1+t2）（t3+t4）=-1．

依题意，得M（2（t21+t22），2（t1+t2））.

可得M（2（t1+t2）2+1，2（t1+t2））.

同理N（2（t3+t4）2+1，2（t3+t4））．

设直线MN与x轴的交点为R（x0，0），由M，R，N三点共线得

x0

=6（t1+t2）-6（t3+t4）2（t1+t2）-2（t3+t4）=3.

所以直线MN过定点（3，0）．

（2）联立x-（t1+t4）y+4t1t4=0 ， x-（t2+t3）y+4t2t3=0，

得x=-1，

y=4（t1t4+t2t3）-2t1+t2+t3+t4.

即G（-1，4t1t4+4t2t3-2t1+t2+t3+t4）．

过点G作x轴的平行线交MN于点H，得

H（4t1t4+4t2t3+1， 4t1t4+4t2t3-2t1+t2+t3+t4）．

所以S△GMN=12|GH|·|yM-yN|

=12|4t1t4+4t2t3+2|·|2（t1+t2）-2（t3+t4）|

= 2|（t1-t2）（t3-t4）|·|（t1+t2）-（t3+t4）|

=2［（t1+t2）2+（t3+t4）2+2］

≥ 2［-2（t1+t2）（t3+t4）+2］=8，

当且t2=t3=-t1=-t4=12时取到等号.

所以△GMN面积的最小值为8．

解法3" 点差法.

（1）设A（x1 ， y1），B（x2 ， y2），M（x0 ， y0）．

因为AB⊥DE，所以FM⊥FN.

即y1x1-1·y2x2-1=-1．

由y21=4x1 ， y22=4x2 ， 两式相减，得

y1-y2x1-x2=4y1+y2.

即y20=2（x0-1）.

所以点M的轨迹方程为y2=2（x-1）.

同理点N的轨迹方程也为y2=2（x-1）．

设直线MN的方程为m（x-1）+ny=1，联立MN方程和弦中点轨迹方程，整理，得

y2-2n（x-1）y-2m（x-1）2=0.

两边同时除以（x-1）2，得

（yx-1）2-2nyx-1-2m=0.

则y1x1-1·y2x2-1=-2m=-1，得m=12．

将m=12代入m（x-1）+ny=1，得

（x-3）+2ny=0，

所以直线MN过定点（3，0）．

（2）直线AB的方程为（y1+y2）y=4x+y1y2，

又F（1，0）在AB上，故y1y2=-4.

因此AB：（y1+y2）y=4x-4.

联立方程组

（y1+y2）y=4x-4 ， y2=4x ， 消x，得

y2-（y1+y2）y-4=0，△=（y1+y2）2+16gt;0，

|AB|=1+（y1+y24）2|y1-y2|

=14（y1+y2）2+16，

由AB⊥DE，得|DE|=14162（y1+y2）2+16．

在△GME中，M，N分别为AB，DE的中点，

S△GMN=S△GME-S△MNE-S△GNE=12S△GBE-12S△MDE-12S△GDE=12（S△BMD+S△BME）=12（12S△BAD+12S△BAE）

=14S四边形ADBE=18|AB|·|DE|．

而|AB|·|DE| =14（y1+y2）2+16·14·162（y1+y2）2+16

=116［2×162+16（y1+y2）2+163（y1+y2）2］ ≥64，

当且仅当y1+y2=±4时，取到等号．

所以S△GMN=18|AB|·|DE| ≥ 8．

解法4" 应用抛物线焦半径公式.

（1） 设直线l的倾斜角为α，由抛物线的焦半径公式得|FB| =21-cosα，|FA| =21+cosα．

根据图形的对称性，只需考虑0lt;αlt;π2时的情形，|FM| =12（|FB|-|FA|）=2cosαsin2α，点M的横坐标为1 +|FM| cosα=1+2tan2α，纵坐标为|FM| sinα=2tanα，即M（1+2tan2α ， 2tanα）．

同理可得N（1+2tan2α ，2tanα）．

又xR=2（1+2tan2α）/tanα-（-2tanα）（1+2/tan2α）2/tanα-（-2tanα）=3，

故直线MN过定点（3，0）．

（2） 因为|AB| = |FB| +|FA| =21-cosα+21+cosα=4sin2α，又DE⊥AB，所以|DE| =4cos2α．

所以S△GMN=18|AB|·|DE|=2sin2αcos2α=8sin22α≥8，

当且仅当α=π4或α=3π4时等号成立［1］.

所以△GMN面积的最小值为8．

3" 结论推广

推论" 已知抛物线C：y2=2px，过F（t ， 0）（tgt;0）作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点．若kAB·kDE=λ（λlt;0），M，N分别为AB，DE的中点，直线AE与直线BD的交点为G，直线AD，BE与x轴的交点分别为R，S，则

①直线MN恒过定点（t-pλ ， 0）；

②点G在直线x=-t上；

③S△GMN=S四边形ADMN ≥（1-1λ）（2t-pλ）p2；

④xR·xS=t2；

⑤1kAB+1kDE=1kAE+1kBD=1kAD+1kBE=1kMN，

1kOM+1kON=（1+tλp）1kMN．

4" 结束语

这道测试题凝结着命题专家的智慧，是考查基础知识、基本技能和基本思想方法的载体，既有示范性，又有权威性．从本文的分析看，研究典型试题，挖掘背后的命题背景，对于复习备考具有重要的指导意义．

参考文献：

［1］

单墫.数学奥林匹克（初中版）［M］．北京：北京大学出版社，1991.

［责任编辑：李" 璟］