一道解析几何探索性问题的解法赏析

高贺清

[摘  要] 文章对一道解析几何探索性题目的解法，从同构式、曲线系、设点等不同角度进行了探究，并对问题进行了推广和引申.

[关鍵词] 解析几何;斜率;探索性问题

[?]试题呈现

题目：（2021年深圳市二模）在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线x=-2上的动点，过P作两条相异直线l和l，其中l与抛物线C：y2=4x交于A，B两点，l与C交于M，N两点，记l，l和直线OP的斜率分别为k，k和k.

（1）当P在x轴上，且A为PB中点时，求

k

.

（2）当AM为△PBN的中位线时，请问是否存在常数μ，使得+=μk？若存在，求出μ的值;若不存在，请说明理由.

分析：试题以直线与抛物线为载体，以其几何关系为背景，利用设而不求、方程思想等来解决问题，坐标法贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系及探索性问题，考查数学运算、逻辑推理等数学核心素养及思辨能力. 虽说是学生非常熟知的探究性问题，且入口宽，但具有一定的灵活性，少了固有的套路，能真正考查学生临场应变能力，可以真实反映出学生对解析几何的思想、运算、翻译等基本技能的掌握程度.

[?]解法探究

（1）

k

=，答案从略.

（2）解法1：设P（-2，t），B

，y

，N

，y

，显然y≠y.

则k=，k=，k=-.

由AM为△PBN的中位线，知A

，

，M

，

.

因为A，B都在抛物线C上，所以

2

=4×①

2

=4×②

①-②得=，化简得到y+y=2t，即y=2t-y.

所以+=+=-===t=-2k.

故存在常数μ=-2，使得+=μk恒成立.

评注：此法类似“点差法”，以设点的坐标为突破口，回避了“联立方程组”这一处理直线和曲线位置关系的常规思路，另辟蹊径，大大简化了运算.

解法2：设P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y）.

则k===，同理k=，所以+=.

因为AM为△PBN的中位线，所以A，M分别为PB，PN中点，所以2y=y-2k，2y=y-2k，两式相加得2（y+y）=（y+y）-4k①.

由MA∥NB，知（x-x）（y-y）=（y-y）（x-x），化简得y+y=y+y②.

由①②可得y+y=y+y=-4k，所以+=-2k.

故存在常数μ=-2，使得+=μk恒成立.

评注：该法与解法1相似，从“设点的坐标”出发，先利用点A，B在抛物线上，对斜率k和k进行化简，最后利用整体代换的思想，运算简便快捷，令人耳目一新，对学生的思维能力提出了较高的要求.

解法3：设P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y）.

设l的方程为y=k（x+2）-2k，把x=代入得ky2-4y+8（k-k）=0.

则y+y=①，yy=②.

因为AM为△PBN的中位线，所以A为PB中点，所以2y=y-2k③.

由①③可解得

y

=

-k

，

y

=

+k

，代入②中

-k

·

+k

=.

化简得8

2+16k·-k-18=0，同理可得8

2+16k·-k-18=0，这表明，为方程8k2+16k·k-k-18=0的两个不相等的实数根（事实上该方程的判别式Δ>0，故关于k的上述方程必有两个不相等的实数根）

所以+=-=-2k，故存在常数μ=-2，使得+=μk恒成立.

评注：该解法有两个关键点，其一，对③式的处理，这是一个非对称的韦达定理关系，这类问题的处理方法一般是把③式与①式（即两根之和）联立方程组，求出两个根y，y，再利用②式（即两根之积）得到需要的关系式;或者，利用韦达定理得到yy与y+y的关系后，再结合相关的式子进行化简处理.这两种方法均可解决2020年全国Ⅰ卷理科数学的第20题. 其二，构造同构式，使得，为一元二次方程的两个不相等的实数根，进一步体现了解析几何“设而不求”的典型思想，这种方法与蒙日圆的求解过程有异曲同工之妙.

解法4：设P（-2，-2k），设l，l，BN的方程分别为y=k（x+2）-2k，y=k（x+2）-2k，x+by+2c=0，则过点P且与直线BN平行的直线为x+by+2+2bk=0.

因为AM为△PBN的中位线，所以直线AM的方程为x+by+c+bk+1=0.

所以过A，B，N，M四点的曲线系为（kx-y+2k-2k）（kx-y+2k-2k）+λ（x+by+2c）（x+by+c+bk+1）=0（*）.

其中，x2的系数为kk+λ，xy的系数为-k-k+2λb，y的系数为4k-2（k+k）+λb（3c+bk+1），y2的系数为1+λb2，x的系数为4kk-2k（k+k）+λ（3c+bk+1）.

由于A，B，N，M四点又在抛物线C上，对比（*）式与y2-4x=0的各项系数知

kk+λ=0①，

-k-k+2λb=0②，

4k-2（k+k）+λb（3c+bk+1）=0③，

=④，

由①②③得kk=-λ，k+k=2λb，bλ（3c+bk+1）=2（k+k）-4k⑤.

把⑤带入④并化简得b（1+λb2）=（1+λb2）k.

由①②知+==-2b，若1+λb2=0，则1+（-kk）·

2=0，即（k-k）2=0，也就是k=k，显然不成立.

从而必有b=k，所以+=-2k.

故存在常数μ=-2，使得+=μk恒成立.

评注：由于本题涉及的点较多，正好符合二次曲线系方法处理问题的主要特征[1]. 在本题中利用此法的一个难点是，如何“翻译”中位线这一条件，“中位线”有两个特征，一是平行，利用平行直线系不难处理，但AM=BN如何“翻译”呢？笔者通过求“过点P且与直线BN平行的直线方程”，得到了直线AM的方程.可以看到，该法运算量较大，参数较多，关系复杂，而且“消元”过程具有一定的技巧.

解法5：设P（-2，-2k），A（x，y），B（x，y），M（x，y），N（x，y），则=（x-x，y-y），=（x-x，y-y）.

因为AM为△PBN的中位线，所以∥，从而（x-x）（y-y）=（y-y）·（x-x）.

又x-x==，x-x==，且y≠y，y≠y，所以y+y=y+y，即y-y=y-y.

兩边同时平方，可以得到（y+y）2-4yy=（y+y）2-4yy（*）.

设l的方程为y=k（x+2）-2k，把x=代入得ky2-4y+8（k-k）=0.

则y+y=，yy=①.

同理可得y+y=，yy=②.

把①和②代入（*）式可得+= -2k.

故存在常数μ=-2，使得+=μk恒成立.

评注：审视该解法的过程发现，我们只用到了“平行”这一条件便得到了答案，并未使用AM=BN，这是不是意味着只要满足AM∥BN，上述结论依然成立呢？再者，P的位置能否一般化？条件和结论能否互换呢？带着这些问题，笔者进行了深入的探究.

[?]结论推广

将上述问题一般化，不难得到如下结论，限于篇幅，证明从略.

结论1：在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线x=my+t上的动点，过P作两条相异直线l和l，其中l与抛物线C：y2=2px（p>0）交于A，B两点，l与C交于M，N两点，记l，l和直线OP的斜率分别为k，k和k，则当AM∥BN时，+=恒成立.

结论2：在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线x=my+t上的动点，过P作两条相异直线l和l，其中l与抛物线C：y2=2px（p>0）交于A，B两点，l与C交于M，N两点，记l，l和直线OP的斜率分别为k，k和k，则当+=恒成立时，AM∥BN.

结论3：在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，过P作两条相异直线l和l，其中l与抛物线C：y2=2px（p>0）交于A，B两点，l与C交于M，N两点，记l，l和直线OP的斜率分别为k，k和k，则当AM∥BN，且+=（a，b为常数，且a≠0）恒成立时，点P在直线2x-2by-pa=0上.

通过对该题解法的剖析，我们得到了处理此类问题的几种巧妙新颖的方法，并对问题进行了拓展，得到了几个优美的结论.椭圆和双曲线中是否也有类似的结论？有兴趣的读者可以尝试一下，不再赘述.

[?]解题反思

解析几何是高中数学的主干知识之一，承载着落实和提升直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养的功能，是高考的必考内容. 学好解析几何，必须过三关，即“审题关”“翻译关”“运算关”.其中，“翻译”非常关键.我们知道，解析几何的基本思想是把几何问题代数化，即根据对几何图形的分析，用代数语言把几何问题转化（即“翻译”）为代数问题，运用代数方法得到结论，那么选择何种工具进行翻译就显得尤为重要了，合理的翻译，不仅可以大大简化运算，还可以产生一些新颖独特的解法，通过上述几种解法的对比可见一斑.

在平时的教学中，教师要注重引导学生进行“自觉分析”[2]，即对解题过程进行自觉反思，使理解进入深层结构，通过分析“怎样解题”而领悟“怎样学会解题”，不仅要反思计算是否准确、推理是否合理、解法是否还有更多更简单的途径、能否进行相应的引申和拓展等，还要提炼怎样解题和怎样学会解题的理论启示，进而形成并强化新的认知结构，达到完善解法、优化过程、陈题新解、难题简解、一题多解、多题归一等效果，不断提高学生的创新意识、科学精神和思维品质.

参考文献：

[1]  刘诗熊. 奥数教程[M]. 上海：华东师范大学出版社，2016.

[2]  罗增儒. 数学解题学引论[M]. 西安：陕西师范大学出版社，2016.