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摘 要 :本文从 2022 年高考乙卷理科数学解析几何大题出发，对不同解法进行探析并点评其 特征，之后进一步深入探析本题的背景，提出了若干推广命题.
关键词 : 高考乙卷理科数学；解析几何；解法探析
1 试题呈现
题目 已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴，y 轴，且过点 A ( 0，－2 )，B ( ，－1 两点.
(1)求 E 的方程；
(2)设过点 P ( 1，－2) 的直线交 E 于 M，N 两点，过点 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于点 T，点 H 满足＝. 证明 :直线 HN 过定点.
图 1
2 试题探析
如图 1，第(1 ) 问结果为 ＋ ＝ 1，具体过程略. 接下来重点探析第(2)问.探析 1 (常规解法) 设 M ( x 1，y1 )，N ( x2，y2 )，当直 线 MN 的 斜 率 存 在 时，其 方 程 可 设 为 y ＝k (x－1 )－2.将其与椭圆联立得( 3 k2 ＋4 )x2 －( 6k2 ＋12k )x ＋3k2 ＋12k＝0.6k2 ＋12k 3 k2 ＋12k3 k2 ＋4 ， 3 k2 ＋4 .
根据已知，直线 AB 的方程为 y＝x－2.
所以 T ( ( y1 ＋2 )，y1 ，H ( 3y1 ＋6 －x 1，y1 )，kNHy2 －y1
y2 －y1x2 －( 3y1 ＋6 －x 1 ) x 1 ＋x2－3k (x 1 －1 ).
所以直线 NH 方程为y－ ( x－x2 ).
当 x ＝0 时，可得x 1 y2 ＋x2 y1 －3k (x 1 －1 )y2y＝ x 1 ＋x2－3k (x 1 －1 )18k2 ＋12k ＋483 k2 ＋49 k2 ＋6k ＋243 k2 ＋4由上可知，直线过点(0，－2 ).
当直线 MN 斜率不存在时，可得 M ( 1，－ ，( 2 6 ( 2 6 ( 2 6
此时直线 NH 的方程为 y＝ (2 ＋)x－2，可得 直线过点 A ( 0，－2 ).
点评 常规解法的关键是以点 M 的坐标为主， 用点 M 的坐标表示点 T，H 的坐标，进而表示 NH 的 直线方程. 故常规解法的根本是要依托几何关系找到相关点的坐标，用坐标表示方程，进而完成解答.
探析 2 ( 椭 圆 参 数 方 程 法) 设 M ( x 1，y1 )， N ( x2，y2 )，可 得 直 线 MN 的 方 程 为 4 ( x 1 ＋x2 ) x ＋ 3 ( y1 ＋y2 )y －(4x ＋3y ) －(4x 1 x2 ＋3y1 y2 ) ＝0.
由椭圆参 数 方 程 代 换，得 M ( 3 cosα，2sinα)， N ( 3 cosβ，2sinβ)， 代 入 直 线 MN 的 方 程， 得 2 ( cosα ＋cosβ )x ＋ 3 ( sinα ＋sinβ )y －2 3 －2 3 · cos ( α－β ) ＝0.
因为点 P( 1，－2 )在此直线上，可得恒等式( cosα ＋cosβ ) － 3 ( sinα ＋sinβ ) － 3 － 3 cos
( α－β ) ＝0.
① 故 cos ＝ 3 ( sin ＋ cos ) ( cos≠0) .
②直线 AB 的方程为 y＝x－2，故 T ( 3sinα＋3，2sinα )，H(6sinα ＋6 － 3 cosα，
2sinα) .可得直线 NH 的方程为(2sinα－2sinβ ) (x － 3 cosβ )y－2sinβ＝
根据①，事实上2sinα－2sinβ
6sinα＋6 － 3 cosα － 3 cosβ4cos sin
6sinα＋6 － 3 ( cosα ＋cosβ )α＋β
23cos ＋3sin ，所以直线方程可以写为y－2sinβ＝3cos αosβ (x － 3 cosβ).当 x ＝0 时，根据②，
y＝3cos αosβ ( － 3 cosβ)＋2sinβ－6sin －6cos3cos ＋3sin所以直线过定点(0，－2 ).
点评 本解法从椭圆的参数方程入手，首先用 参数方程表示直线 MN，因为点 P 在此直线上，所以 可得到两个恒等式，之后写出直线 NH 方程，借助刚 才得到的两个恒等式，化简了直线 NH 的斜率和纵截距的表达式，最后算出定值.
在运算中，分式约分时约去 sin α－β 因 M，N是椭圆上不同的两点，所以 sin ≠0. 同时，在化简时还约去了 cos α－β 验证当 cos α－β ＝0 时，点M，N 关 于 原 点 对 称，联 立 直 线 MN 与 椭 圆 方 程可 得 M ( ，－ 3 ，N ( －， 3 ，T(3 －3 3 － 3 ，H (6 －7 3 － 3 ，所 以 直 线 NH的方程可写为 y － 3 ＝ 2 3 x ＋ 3 当 x ＝0 时，易知 y＝－2. 所以，结论仍然是成立的.
探析 3 (直线参数方程法)设直线 PMN 的参数方程 为 将此直线方程与椭圆4x2 ＋3y2 ＝ 12 联立，可得关于参数 t 的二次方程
( 3 ＋cos2 θ )t2 －( 12sin θ－8 cosθ )t＋4 ＝0.12sin θ －8 cosθ 4 3 ＋cos2 θ ， 3 ＋cos2 θ.
不 妨 设 M ( 1 ＋t1 cosθ，－2 ＋t1 sin θ )， N ( 1 ＋t2 cosθ，－2 ＋t2 sin θ )，根据 AB 方程 y ＝ x－
2，可 得 T 2 t1 sin θ，－2 ＋t1 sin θ ，MH ＝ 2 MT ( 3t1 sin θ－2t1 cosθ－2，0 )，PM ＝ ( t1 cosθ，t1 sin θ )，PH＝PM＋MH＝ ( 3t1 sin θ－t1 cosθ－2，t1 sin θ ).
因＝ ( －1，0 )，＝ ( t2 cosθ，t2 sin θ )，设＝λ ＋μ ＝ ( －λ＋μt2 cosθ，μt2 sin θ )，比较系数，可得也即所以 λ＋μ＝2t1 cosθ－3t1 sin θ＋2 ＋2t1 t2 cosθ－3t1 t2 sin θ＋2t2 ＋t12t－＋＋t2t2
所以PH＝λ PA ＋μ PN，λ＋μ ＝1 .
所以点 H，A，N 共线，直线 NH 过定点 A(0，－2).
点评 这个方法较好地发挥了直线参数方程的 优势，用带有直线参数的坐标来表示向量. 之后，通 过对向量的运算以及比较系数，证明了向量线性表 达式中系数和为 1，进而证明三点共线.
探析 4 (平移变换)我们将直角坐标系平移至点 A，可得椭圆方程为 ＋ ＝ 1，直线 PMN的方程为 x ＝my ＋1 .
设 M ( x 1，y1 )，N ( x2，y2 )，联立直线和椭圆方程( y－2 )2 x24 3 ，得x＝my＋1 .(4m2 ＋3 )y2 ＋ ( 8m－12 )y＋4＝0.
所以 y1 ＋y2 ＝－4m2 ＋3，y1 y2 ＝4m2 ＋3 .
此时可得 AB 直线方程为 y＝x.
可得 T y1，y1 ，H ( 3y1 －x 1，y1 ).
可 得 直 线 NH 的 方 程 为 ( y1 －y2 ) x － ( 3y1 －x 1 －x2 )y － ( x 1 y2 ＋x2 y1 －3y1 y2 ) ＝0. 又 x 1 y2 ＋x2 y1 －3y1 y2 ＝ ( 2m－3 )y1 y2 ＋ ( y1 ＋y2 ) ＝0.
所以可得 NH 通过点 A(0，－2) .
点评 本解法的优点在于平移之后简化了直线 方程，这直接简化了后续的计算量，比常规解法更加 省时省力，解题时不妨一试.
探析 5 (仿射变换)在用此方法解题之前，先 给出几个引理. 为方便证明题目，引理中所涉及点与题目中的点对应一致
引理 1 过圆 (x －a )2 ＋ ( y－b )2 ＝r2 ( r >0 )外 一点 P′ ( x0，y0 )引圆的切线，切点为 A′，B′，则直线 A′ B′ 的 方 程 ( 切 点 弦 方 程 ) 为 ( x0 －a ) (x －a ) ＋ ( y0 －b ) (y－b ) ＝r2 .
引理 2 给定一组调和点列 N′，C，M′，P′，过这 条直线外取一点 A′，则称射线 A′N′，A′C，A′M′，A′P′ 为一组调和线束.
引理 3 给定一个圆，以及圆外一 点 P′，过点 P′作这个圆的切线 P′A′，P′B′(A′，B′为切点)以及割 线 P′M′N′，那么 A′N′，A′C，A′M′，A′P′是调和线束， 从而 N′，C，M′，P′是调和点列.
引理 4 给定一组调和线束 A′ N′，A′ C，A′ M′，A′P′，过点 M′作 M′K∥A′P′，且 M′K 交 A′C 于点 T′， 则KT′ ＝ T′M′. (作任一调和线束的平行线，该线被 其它线束平分)
其中，引理 1 来自于文献[1 ]，引理 2，3，4 均来 自于文献[2]中定义 4 、性质 4 、性质 7，限于篇幅，本 文不再证明.
图 2
根据题意，设仿射变换前任意一点坐标为 ( x，y )，仿射变换后对应点的坐标为 (x ′，y′)，建立仿x ′ ＝ x，射变换 则可将椭圆 ＋ ＝ 1 变换为单位y′＝ y圆 x ′2 ＋y′2 ＝1(如图 2) . 则点 A，B，P，M，T，H，N 均 变换为 A′，B′，P′，M′，T′，H′，N′，A′B′与 M′N′的交点为 C，其中，P′ 3 －1 ，A′ ( 0，－1 )，B′ 3 － 1
且直线 A′B′的方程为x ′－y′ ＝1 .根据引理 1，可知直线 A′B′是点 P′关于圆的切 点弦方 程. 根 据 引 理 2，引 理 3，可 知 A′ N′，A′ C， A′M′，A′P′是调和线束，也即 N′，C，M′，P′是调和点列，也即N′C ＝N′P′ 假设 N′A′交直线 T′M′于点 K，根据引理 4，可得KT′＝M′T′.又因为 H′T′ ＝T′M′，所以点 H′与点 K 重合. 故 得到 N′，H′，A′三点共线，则根据仿射变换的性质， 直线在仿射后仍然为直线，所以 N，H，A 三点共线.
点评 探析 5 揭示了本题的背景之一 :调和点 列与调和线束. 如果在解决此题之前对这部分知识有相关的了解，那么解决本题时即可提前预知结论.
3 试题推广与探析
根据探析 5，我们可以看到，本题与调和点列与 调和线束有关，我们将从探析 5 出发，研究调和线束 的一些解析几何性质.
探析 6(初步推广，探析斜率关系)命题 1 已 知 圆 x2 ＋ y2 ＝ 1，A ( 0，－1 )，B 3 － 1 过圆外一点 P 3 －1 作圆的割线，交圆于 M，N 两点，证明:kB ＝kM ＋kN . (其中 kAB，kAM，kAN分别表示直线 AB，AM，AN 的斜率，后面类似 表示含义与此相同，不再重复叙述)
证明 命题 1 可用探析 1 至 4 的思路来研究， 限于篇幅，我们使用探析 4 的思路.首先kB ＝2 3，平移前后，直线斜率不变. 我们平移坐标系至点 A，则 A ( 0，0 )，此时圆的方程为 x2＋ ( y－1 )2 ＝1 .设此时 M( x 1，y1 )，N ( x2，y2 )，直线 PMN 的方程x2 ＋ ( y－1 )2 ＝1，x ＝my＋3 ，可得( m2 ＋1 )y2 ＋ m－2 y＋＝0.
由韦达定理，可得y1 ＋y2 ＝－＋1 .1 1 x 1 x2 3 y1 ＋y2kAM ＋kAN ＝ y1 ＋ y2 ＝2m ＋ 3 · y1 y2 ＝2m ＋ ·＝2 3 . 命题 1 得证.
命题 2 已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴，y 轴，且过点 A ( 0，－2 )，B ，－1 两点.设过点 P ( 1，－2 )的直线交 E 于 M，N 两点，证明
kB ＝kM ＋kN .
证明 根据探析 5 的仿射变换，可将命题 2 转化 为命题 1，故命题 2 成立. 注意，仿射前 kAB 与仿射后
kA′B′ 的关系是kAB ＝kA′B′，其它直线斜率仿射前后系数之比仍为 . 所以，本质上命题 2 和命题 1 是相同的.
点评 命题 1 与 2 本质相同，均刻画了在切点 弦与割线的构型之下的斜率关系. 如果在解决这道高考题目之前得到结论kB ＝ kM ＋ kN，设直线 AN和 MT 交于点 H′， 2x T ＝ xM ＋ xH′ 可得到 2x T＝xM ＋xH′，所以，可得点 T 是 M，H′的中点. 所以点 H 和 H′重合，题目也顺利获得了解决.
探析 7(深入推广，探析一般情形)
命题 3 如图 3，对圆 x2 ＋y2 ＝r2，P ( x0，y0 )是圆 外任意一点，过点 P 作圆的切线，切点为 A，B，并且 过点 P 作圆的割线，交圆于 M，N 两点，线段 MN 与
线段 AB 交于点 Q，则有关系 1 ＋ 1 ＝ 2
图 3
证明 根据探析 5，可得 N，Q，M，P 为调和点列，所以＝. 设 NQ＝x，QM＝y，MP＝z，已知比
例式为＝，所以(x ＋y) (y＋z) ＝2zx.故 x ＋y＋2z ＝ 2 ＝ 1 ＋ 1 所以＋＝成立.命题 4对 椭 圆 ＋ ＝ 1 ( a > b >0 )，P ( x0，y0 )是椭圆外任意一点，过点 P 作椭圆的切线， 切点为 A，B，并且过点 P 作椭圆的割线，交椭圆于 M，N 两点，线段 MN 与线段 AB 交于点 Q，则有关系1 ＋ 1 ＝ 2PM PN PQ.
证明 根据仿射变换，设仿射变换前任意一点 坐标为(x，y )，仿射变换后对应点的坐标为 (x ′，y′)，x ′＝ x
建立仿射变换 可将椭圆仿射为x ′2 ＋y′2 ＝1 .y′＝ ，直线 NQMP 仿射前的斜率为k，仿射后的斜率为
k ′，k＝＝ ·＝，平面中的点 A，B，M，N，P，Q 对应仿射为 A′，B′，M′，N′，P′，Q′，这样，图形转换为命题 3，根据命题 3，可知＋＝成立.P′M′＝ ( xP′ －xM′ )2 ＋ ( yP′ －yM′ )2xP′ －xM′ ＝＋k2 xP －xQ ，故P′M′＝＋k2 xP－xQ ＝＋k2 ＝t.PM xP －xQ 因为调和点列均在同一直线上，P′M′＝tPMPM PN PQ.P′Q′＝tPQ，
当斜率不存在时易知结论成立，过程略.
点评 命题 3，4 为命题 5 奠定了基础，命题 5 将调和点列这种线段的比例数量关系逐渐转化为斜 率表达式，斜率本质是用来刻画几何中的位置关系 的关键量.
对椭圆 ＋ ＝ 1 ( a > b >0 )，P ( x0，y0 )是椭圆外任意一点，过点 P 作椭圆的切线， 切点为 A，B，并且过点 P 作椭圆的割线，交椭圆于M，N 两点，线段 MN 与线段 AB 交于点 Q，则有关系＋＝ .
证明 作 N，Q，M，P 在 x 轴上的正射影，可知其正射影仍然为调和点列，故 ＋ ＝成立.
命题 6 对 椭 圆 ＋ ＝ 1 ( a > b >0 )，P ( x0，y0 )是椭圆外任意一点，过点 P 作椭圆的切线， 切点为 A，B，并且过点 P 作椭圆的割线，交椭圆于 M，N 两点，线段 MN 与线段 AB 交于点 Q，则有关系kAM kAP ＋kAN kAP ＝kAQ kAP 成立.
证明 根据 N，Q，M，P 为调和点列，可得＝NP 也即NQ ·PM＝1，根据正弦定理，易证得NQ ＝
PM， QM NP QMNA · sin∠NAQ PM＝AM · sin∠MAP.AM sin∠QAM，NP AN sin∠PAN所以sin∠NAQsin∠MAP ＝1 .sin∠QAMsin∠PAN
分别设调和线束 AN，AQ，AM，AP 的倾斜角为 θ 1，θ2，θ3，θ4，其斜率分别为 k1，k2，k3，k4，根据三角形 外角关系，sin∠NAQsin∠MAP ＝sin ( θ2 －θ 1 ) sin ( θ4 －θ3 )
( k2 －k1 ) ( k4 －k3 )
＝ ( k3 －k2 ) ( k4 －k1 ) ＝1 .
所以( k2－k1 ) ( k4－k3 ) ＝ ( k3 －k2 ) ( k4－k1 )成立. 所以k4 k2 ＝k4 k1 ＋k4 k3 .
所以kAM kAP ＋kAN kAP ＝kAQ kAP 成立. ( k2 －k 1 ) ( k4 －k3 )点评 表达式 ( k3 －k2 ) ( k4 －k 1 ) ＝ 1 是调和线束非常重要的一个性质，这个性质和调和点列的具 体位置无关，仅与调和线束有关.我们还可以得到以下类似结论，作为背景知识，以供大家参考.
命题 7 对 双 曲 线 － ＝ 1 ( a >0，b >0 )，P ( x0，y0 )是双曲线外一点，当过点 P 切线存在且有 2 条时，过点 P 作双曲线的切线，切点为 A，B，并且 过点 P 作双曲线的割线，交双曲线于 M，N 两点，直线 MN 与线段 AB 交于点 Q，则有关系 ＋ ＝，kAM kAP ＋kAN kAP ＝kAQ kAP 成立.
命题 8 对抛物线 y2 ＝2px (p >0 )，P ( x0，y0 )是 抛物线外任意一点，过点 P 作抛物线的切线，切点 为 A，B，并且过点 P 作抛物线的割线，交抛物线于 M，N 两点，直线 MN 与线段 AB 交于点 Q，则有关
系 ＋ ＝ ，kAM kAP ＋ kAN kAP ＝ kAQ kAP
成立.
4 进一步思考与总结
全国乙卷这道圆锥曲线问题以深刻的背景，清晰的表达，向我们呈现了一个图形鲜明，解法多样， 层次多样的数学问题. 本题深刻地、综合地考查了 学生直观想象、数学运算、逻辑推理等数学核心素 养，有较强的区分度. 在平常的学习中，要特别注意 对于背景结论的挖掘与反思，不能只停留在表面阶 段. 从几何到代数，再到算理，横向纵向多维比较才 能真正做到通一类、会一类，研究透彻一类数学问 题. 今后的教学应以数学问题为导向，深入挖掘，多 面剖析，才能达到真正理解数学问题，提高数学能力 的目的.
参考文献 :
[1 ] 金毅. 圆锥曲线的思想方法[ M ] . 哈尔滨 :哈尔滨工业大学出版社，2021 .
[2 ] 曹珏 贇，叶中豪. 调和四边形及其应用[ J ] . 中 等数学，2016 (01 ) :2－7 .
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