一道解析几何题的十五种解法赏析

Appreciation of Fifteen Solutions to an Analytic Geometry Problem

摘要: 解析几何的难点就是“算”，有效运算、简便运算求解析几何问题必须环环重视。考虑要如何设元，如何设方程，如何整体代换，如何进行转化化简。解析几何需要灵活运用条件转化多视角思考，本文对2020年全国卷1解析几何解法进行15种路径探析，主要围绕两条主线来展开，第一、设线法，针对多条动直线，寻找主动直线，设直线方程处理问题。第二、设点法，找消元等式，针对动点问题、寻找主要动点，用参数表示其他点。此问题入口宽、方法灵活多样，本文对第二问定点问题探索出十五种解法。不同的路径、运算量是不一样的，本题还呈现出不对称的韦达特征，本文实现了点代入曲线方程将不对称转化为对称问题；用根的和积关系转化消元；利用第三定义实现对称转化；出现斜率的积和关系用齐次化、点乘双根法。以及极点极线、二次对合、蝴蝶定理、参数方程、曲线系等解决问题。在圆锥曲线问题中要启发学生多角度，多层次思考问题，审时度势化简问题，举一反三提升学生数学核心素养。解析几何有效检测学生的直观想象、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，基于“一核四层四翼”要注意思想方法的渗透，落实学科的立德树人。

Abstract: The difficulty of analytic geometry is “calculation”. Effective calculations and simple calculations must be taken seriously to solve analytic geometry problems. Consider how to set up elements, how to set up equations, how to substitute as a whole, and how to carry out transformation and simplification. Analytical geometry requires flexible use of conditions and multi-perspective thinking. This article analyzes 15 paths of analytic geometry solutions for National Volume 1 in 2020, mainly focusing on two main lines. First, the line setting method, looking for active lines for multiple moving straight lines. Straight line set the equation of straight line to solve the problem. Second, set point method, find elimination equations, find the main moving points for moving point problems, and use parameters to represent other points. This problem has a wide entrance and flexible and diverse methods. This article explores fifteen solutions to the second fixed-point problem. Different paths and calculation quantities are different. This problem also shows asym-metric Vedic characteristics. This article realizes the point substitution into the curve equation to transform the asymmetry into a symmetric problem; uses the sum-product relationship of the roots to transform the elimination; uses the third the definition implements symmetric transformation; the product-sum relationship where the slope appears uses the homogenization and dot product double root method. As well as solving problems such as poles and lines, quadratic involution, butterfly theorem, parametric equations, and curve systems. In the conic section problem, students should be inspired to think about the problem from multiple angles and levels, assess the situation and simplify the problem, and draw inferences from one example to improve students’ core mathematical literacy. Analytical geometry effectively tests students’ core mathematical qualities such as intuitive imagination, mathematical operations, and logical reasoning. Based on the “one core, four layers, and four wings”, we must pay attention to the penetration of ideological methods and implement the discipline’s moral education.

1. 引言

所谓“设线法”，即以“线为源头”，为动态问题的关键，设列出直线方程，通过联立直线和二次曲线方程，结合韦达定理罗列出动点的关系式解决问题。利用这种方法可解决比如几何量的最值问题，定点定值问题等，是解析几何问题的常规解法。

所谓“设点法”，即以“点为源头”，为动态问题的关键，设列出二次曲线上点的坐标，利用点的坐标作为参变量，这种方法通常不需要联立直线与二次曲线的方程。常见弦的中点问题“设点代点作差法”就是“设点法”的典型 [1] 。

案例：2020全国高考真题(理)已知A、B分别为椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1\left(a>1\right)$ 的左、右顶点，G为E的上顶点， $AG\cdot GB=8$ ，P为直线x = 6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．

1) 求E的方程；

2) 证明：直线CD过定点。

解：(1) 依据题意作出如下图象(图1)：

Figure 1. Image 1

图1. 图像1

由椭圆方程 $E:\frac{x^2}{a^2}+y^2=1\left(a>1\right)$ 可得： $A\left(-a,0\right)$ ， $B\left(a,0\right)$ ， $G\left(0,1\right)$

$\therefore$ $AG=\left(a,1\right)$， $GB=\left(a,-1\right)$

$\therefore$ $AG\cdot GB=a^2-1=8$， $\therefore$ $a^2=9$

$\therefore$ 椭圆方程为： $\frac{x^2}{9}+y^2=1$

评注：此题也可以 $AG\cdot GB=\frac{A{B}^2-A{G}^2-B{G}^2}{2}=\frac{4a^2-2\left(1+a^2\right)}{2}=a^2-1$ 得 $a^2=9$ 。

数量积公式 $AB\cdot CD=\frac{A{D}^2+B{C}^2-A{C}^2-B{D}^2}{2}$ 有很重要的用处，读者自己证明。

路一、设线解点法

证明：设 $P\left(6,y_0\right)$ ，

则直线AP的方程为： $y=\frac{y_0-0}{6-\left(-3\right)}\left(x+3\right)$ ，即： $y=\frac{y_0}{9}\left(x+3\right)$

联立直线AP的方程与椭圆方程可得： $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+y^2=1\hfill \\ y=\frac{y_0}{9}\left(x+3\right)\hfill \end{array}$ ，整理得：

$\left(y_0^2+9\right)x^2+6y_0^{2}x+9y_0^2-81=0$ ，解得： $x=-3$ 或 $x=\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9}$

将 $x=\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9}$ 代入直线 $y=\frac{y_0}{9}\left(x+3\right)$ 可得： $y=\frac{6y_0}{y_0^2+9}$

所以点C的坐标为 $\left(\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9},\frac{6y_0}{y_0^2+9}\right)$ 。

同理可得：点D的坐标为 $\left(\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1},\frac{-2y_0}{y_0^2+1}\right)$

当 $y_0^2\ne 3$ 时，

$\therefore$ 直线CD的方程为： $y-\frac{-2y_0}{y_0^2+1}=\frac{\frac{6y_0}{y_0^2+9}-\frac{-2y_0}{y_0{}^2+1}}{\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9}-\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1}}\left(x-\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1}\right)$ ，

整理可得： $y+\frac{2y_0}{y_0^2+1}=\frac{8y_0\left(y_0^2+3\right)}{6\left(9-y_0^4\right)}\left(x-\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1}\right)=\frac{8y_0}{6\left(3-y_0^2\right)}\left(x-\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1}\right)$

整理得： $y=\frac{4y_0}{3\left(3-y_0^2\right)}x+\frac{2y_0}{y_0^2-3}=\frac{4y_0}{3\left(3-y_0^2\right)}\left(x-\frac{3}{2}\right)$

所以直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

当 $y_0^2=3$ 时，直线CD： $x=\frac{3}{2}$ ，直线过点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

故直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：此解法思路自然，但运算量较大，能否解析几何中多想少算，巧算，作代数变形、利用对称美也很重要。

路二、设线解点法 + 对称性

前面步骤同路一，点C的坐标为 $\left(\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9},\frac{6y_0}{y_0^2+9}\right)$ 。点D的坐标为 $\left(\frac{3y_0^2-3}{y_0^2+1},\frac{-2y_0}{y_0^2+1}\right)$ 。由于 $P\left(6,y_0\right)$ 变为关于x轴对称的点 $p^{\prime }\left(6,-y_0\right)$ 得点C和点D也关于x轴对称，那么直线CD过定点在x轴上，当 $y_0^2\ne 3$ 且 $y_0\ne 0$ 时，

由于两点式方程 $\frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}$ 得横截距为 $x=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}$ 代入点C和点D得

$x=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}=\frac{\frac{-3y_0^2+27}{y_0^2+9}\cdot \frac{-2y_0}{y_0^2+1}-\frac{2y_0^2-3}{y_0^2+1}\cdot \frac{6y_0}{y_0^2+9}}{\frac{-2y_0}{y_0^2+1}-\frac{6y_0}{y_0^2+9}}=\frac{3\left(y_0^2+3\right)}{2\left(y_0^2+3\right)}=\frac{3}{2}$

当且 $y_0=0,\pm 3$ 时，直线CD：过点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。故直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：此解法思路自然，运用了图形的对称美得定点在x轴上简化了运算，已知两点的横截距为 $x=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}$ ，纵截距为 $y=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{x_1-x_2}$ 在求定点在坐标轴上有用。

路三、设点 + 消元等式法

设 $C\left(x_1,y_1\right),D\left(x_2,y_2\right)$ 由 $3k_{PA}=k_{PB}$ 得 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ ，不对称根的关系式化为对称式，由点D在椭圆上得 $\frac{x_2^2}{9}+y_2^2=1$ 得： $\frac{y_2}{x_2-3}=\frac{-\frac{1}{9}\left(x_2+3\right)}{y_2}$ ，则 $\frac{-27y_1}{x_1+3}=\frac{x_2+3}{y_2}$ 整理得： $27y_1{y}_2+x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+9=0$

设直线CD： $x=my+t$ 联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+y^2=1\\ x=my+t\end{array}$ 整理得 $\left(m^2+9\right)y^2+2mty+t^2-9=0$

得 $y_1+y_2=\frac{-2mt}{m^2+9}$ ， $y_1{y}_2=\frac{t^2-9}{m^2+9}$ ，由 $x=my+t$ 得 $x_1+x_2=\frac{18t}{m^2+9}$ ， $x_1{x}_2=\frac{9\left(t^2-m^2\right)}{m^2+9}$

代入 $27y_1{y}_2+x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+9=0$ 中得： $2t^2+3t-9=0$ 即 $t=-3$ ，(舍)或 $t=\frac{3}{2}$ ，

故直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：此解法 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ 不对称，由点在二次曲线上化为 $27y_1{y}_2+x_1{x}_2+3\left(x_1+x_2\right)+9=0$ 对称式，利用这个消元等式，然后用韦达定理得 $t=\frac{3}{2}$ 。

路四、设点 + 椭圆的第三定义找消元等式法

由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，椭圆的第三定义得 $k_{CA}{k}_{CB}=-\frac{1}{9}$ 得 $k_{BC}{k}_{BD}=-\frac{1}{3}$ ，即， $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ ，设直线CD： $x=my+t$ 联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+y^2=1\\ x=my+t\end{array}$ 整理得 $\left(m^2+9\right)y^2+2mty+t^2-9=0$ 得 $y_1+y_2=\frac{-2mt}{m^2+9}$ ， $y_1{y}_2=\frac{t^2-9}{m^2+9}$ 由 $x=my+t$ 得 $x_1+x_2=\frac{18t}{m^2+9}$ ， $x_1{x}_2=\frac{9\left(t^2-m^2\right)}{m^2+9}$ 代入 $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ 得 $t=3$ ，(舍)或 $t=\frac{3}{2}$ ，故直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：此解法 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ 不对称，由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，椭圆的第三定义得 $k_{CA}{k}_{CB}=-\frac{1}{9}$ 得 $k_{BC}{k}_{BD}=-\frac{1}{3}$ ，即， $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ 得到对称式，利用这个消元等式，然后用韦达定理得 $t=\frac{3}{2}$ 。

路五、设点 + 齐次方程法

由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，椭圆的第三定义得 $k_{CA}{k}_{CB}=-\frac{1}{9}$ 得 $k_{BC}{k}_{BD}=-\frac{1}{3}$ ，即， $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ ，

设直线CD： $m\left(x-3\right)+ny=1$ 联立 $\{\begin{array}{l}\frac{{\left[\left(x-3\right)+3\right]}^2}{9}+y^2=1\\ m\left(x-3\right)+ny=1\end{array}$ 得： $\{\begin{array}{l}{\left[\left(x-3\right)+3\right]}^2+9y^2=9\\ m\left(x-3\right)+ny=1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{\left(x-3\right)}^2+6\left(x-3\right)+9y^2=0\\ m\left(x-3\right)+ny=1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{\left(x-3\right)}^2+6\left(x-3\right)\cdot 1+9y^2=0\\ m\left(x-3\right)+ny=1\end{array}$

${\left(x-3\right)}^2+6\left(x-3\right)\cdot \left[m\left(x-3\right)+ny\right]+9y^2=0$

$9y^2+6n\left(x-3\right)y+\left(1+6m\right){\left(x-3\right)}^2=0$

两边除以 ${\left(x-3\right)}^2$ 得 $9{\left(\frac{y}{x-3}\right)}^2+6n\frac{y}{x-3}+\left(1+6m\right)=0$

由于 $\frac{y_1}{x_1-3},\frac{y_2}{x_2-3}$ 是上式方程的两个根，得 $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=\frac{1+6m}{9}$

即有 $\frac{1+6m}{9}=-\frac{1}{3}$ 得 $m=-\frac{2}{3}$ 代入直线CD： $m\left(x-3\right)+ny=1$ 得 $-\frac{2}{3}\left(x-3\right)+ny=1$ 得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注： $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ 是斜率积(和)等式。通过“1”的替换，将方程齐次化，便可以通过韦达定理解决斜率积(和)问题。

路六、设点 + 乘积双根法

由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，椭圆的第三定义得 $k_{CA}{k}_{CB}=-\frac{1}{9}$ 得 $k_{BC}{k}_{BD}=-\frac{1}{3}$ ，即， $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ ，

设直线CD： $x=my+t$ 联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+y^2=1\\ x=my+t\end{array}$ 整理得 $\left(m^2+9\right)y^2+2mty+t^2-9=0$

得 $y_1{y}_2=\frac{t^2-9}{m^2+9}$ ，下面整体表示 $\left(x_1-3\right)\cdot \left(x_2-3\right)$ ，

$\left(m^2+9\right)\left(1-\frac{x^2}{9}\right)+2t\left(x-t\right)+t^2-9=0$

得 $\left(m^2+9\right)x^2-18tx+9\left(t^2-m^2\right)=0$ 由于 $x_1,x_2$ 是方程的两个根令 $\left(m^2+9\right)x^2-18tx+9\left(t^2-m^2\right)=\left(m^2+9\right)\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$ 取 $x=3$ 代入得 $9\left(m^2+9\right)-54t+9\left(t^2-m^2\right)=\left(m^2+9\right)\left(3-x_1\right)\left(3-x_2\right)$ 得 $\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)=\frac{9t^2-54t+81}{m^2+9}$

由 $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ 得 $2t^2-9t+9=0$ 即 $t=3$ ，(舍)； $t=\frac{3}{2}$ ，得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注： $\frac{y_1}{x_1-3}\cdot \frac{y_2}{x_2-3}=-\frac{1}{3}$ 是斜率积(和)等式出现有 $y_1{y}_2,\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)$ ；

采用点乘双根法是利用 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\\ x=my+t\end{array}$ 得 $\frac{{\left(my+t\right)}^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 令 $\frac{{\left(my+t\right)}^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\left(a^2+m^2{b}^2\right)\left(y-y_1\right)\left(y-y_2\right)$ 然后根据对称双根的点乘赋值解得。

$\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\\ y=kx+n\end{array}$ 得 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{{\left(kx+n\right)}^2}{b^2}=1$ 令 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{{\left(kx+n\right)}^2}{b^2}=\left(a^2+k^2{b}^2\right)\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$ 然后根据对称双根的点乘赋值解得。

路七、设点消元等式法 + 找恒等式

设 $C\left(x_1,y_1\right),D\left(x_2,y_2\right)$ 由两点式方程 $\frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}$ 得 $\left(y_2-y_1\right)x-\left(x_2-x_1\right)y+\left(x_2{y}_1-x_1{y}_2\right)=0$ ，得横截距为 $x=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}$ 。

由 $3k_{PA}=k_{PB}$ 得 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ ，整理得： $\left(x_1+3\right)y_2=3\left(x_2-3\right)y_1$ 。不对称根的关系式找恒等式，由点D在椭圆上得 $\frac{x_2^2}{9}+y_2^2=1$ 得： $\frac{y_2}{x_2-3}=\frac{-\frac{1}{9}\left(x_2+3\right)}{y_2}$ ，由点C在椭圆上得 $\frac{x_1^2}{9}+y_1^2=1$ 得： $\frac{x_1+3}{y_1}=\frac{y_1}{-\frac{1}{9}\left(x_1-3\right)}$ ，代入 $\left(x_1+3\right)y_2=3\left(x_2-3\right)y_1$ 得 $\left(x_2+3\right)y_1=3\left(x_1-3\right)y_2$ ，两式相减得： $x_1{y}_2-y_1{x}_2=\frac{3}{2}\left(y_2-y_1\right)$ 则直线CD的横截距为 $x=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}=\frac{3}{2}$ ，得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评析： $\left(x_1+3\right)y_2=3\left(x_2-3\right)y_1$ 不对称根的关系式找恒等式，由点C在椭圆上得 $\frac{x_1^2}{9}+y_1^2=1$ 得： $\frac{x_1+3}{y_1}=\frac{y_1}{-\frac{1}{9}\left(x_1-3\right)}$ ，代入 $\left(x_1+3\right)y_2=3\left(x_2-3\right)y_1$ 得 $\left(x_2+3\right)y_1=3\left(x_1-3\right)y_2$ ，两式相减得: $x_1{y}_2-y_1{x}_2=\frac{3}{2}\left(y_2-y_1\right)$ 。

路八、设点 + 和积关系处理不对称性

设 $C\left(x_1,y_1\right),D\left(x_2,y_2\right)$ 由 $3k_{PA}=k_{PB}$ 得 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ ，平方得： $\frac{y_1^2}{{\left(x_1+3\right)}^2}\cdot \frac{{\left(x_2-3\right)}^2}{y_2^2}=\frac{1}{9}$

由点D在椭圆上得 $\frac{x_2^2}{9}+y_2^2=1$ 得： $y_2^2=1-\frac{x_2^2}{9}$ 点C在椭圆上得 $\frac{x_1^2}{9}+y_1^2=1$ 得： $y_1^2=1-\frac{x_1^2}{9}$ ，代入 $\frac{y_1^2}{{\left(x_1+3\right)}^2}\cdot \frac{{\left(x_2-3\right)}^2}{y_2^2}=\frac{1}{9}$ 得 $\frac{x_1-3}{x_1+3}\cdot \frac{x_2-3}{x_2+3}=\frac{1}{9}$ ；整理得 $4x_1{x}_2-15\left(x_1+x_2\right)+36=0$

另一方面由于椭圆的对称性得直线CD恒过x轴上一定点 $T\left(m,0\right)$ ，则由C、D、T三点共线得 $\frac{y_1}{x_1-m}=\frac{y_2}{x_2-m}$ ，平方得： $y_1^2{\left(x_2-m\right)}^2=y_2^2{\left(x_1-m\right)}^2$ ，点D在椭圆上得 $\frac{x_2^2}{9}+y_2^2=1$ 得： $y_2^2=1-\frac{x_2^2}{9}$ ；点C在椭圆上得 $\frac{x_1^2}{9}+y_1^2=1$ 得： $y_1^2=1-\frac{x_1^2}{9}$ ，代入 $y_1^2{\left(x_2-m\right)}^2=y_2^2{\left(x_1-m\right)}^2$ 整理有： $\left(9+m^2\right)\left(x_1+x_2\right)=2m\left(x_1{x}_2+9\right)$ 比较 $15\left(x_1+x_2\right)=-4\left(x_1{x}_2+9\right)$ 得 $\frac{9+m^2}{15}=\frac{2m}{-4}$ 得 $m=\frac{3}{2}$ ， $m=6$ (舍)

得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评析：① 直线CD恒过x轴上一定点 $T\left(m,0\right)$ ，则由C、D、T三点共线得 $\frac{y_1}{x_1-m}=\frac{y_2}{x_2-m}$ 又C、D在椭圆上 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ( $a>0,b>0$ )得和积关系： $\left(a^2+m^2\right)\left(x_1+x_2\right)=2m\left(x_1{x}_2+a^2\right)$ 。

②直线CD恒过y轴上一定点 $T\left(0,n\right)$ ，则由C、D、T三点共线得 $\frac{y_1-n}{x_1}=\frac{y_2-n}{x_2}$ 又C、D在椭圆上 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ( $a>0,b>0$ )得和积关系： $\left(b^2+n^2\right)\left(y_1+y_2\right)=2n\left(y_1{y}_2+b^2\right)$ 。

可以通过消元恒等式与和积关系对比定点定值。

路九、设点 + 半韦达代换

设 $C\left(x_1,y_1\right),D\left(x_2,y_2\right)$ ，由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，

得 $\frac{3y_1}{x_1+3}=\frac{y_2}{x_2-3}$ ，整理得： $\frac{\left(x_1+3\right)y_2}{\left(x_2-3\right)y_1}=3$

设直线CD： $x=my+t$ 联立 $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+y^2=1\\ x=my+t\end{array}$ 整理得

$\left(m^2+9\right)y^2+2mty+t^2-9=0$

得 $y_1+y_2=\frac{-2mt}{m^2+9}$ ， $y_1{y}_2=\frac{t^2-9}{m^2+9}$ ，

$\begin{array}{c}\frac{\left(x_1+3\right)y_2}{\left(x_2-3\right)y_1}=\frac{\left(m{y}_1+t+3\right)y_2}{\left(m{y}_2+t-3\right)y_1}=\frac{m{y}_1{y}_2+\left(t+3\right)y_2}{m{y}_1{y}_2+\left(t-3\right)y_1}\\ =\frac{m{y}_1{y}_2+\left(t+3\right)y_2}{m{y}_1{y}_2+\left(t-3\right)\left(y_1+y_2\right)+\left(3-t\right)y_2}=\frac{\frac{m\left(t^2-9\right)}{m^2+9}+\left(3+t\right)y_2}{\frac{m\left(t^2-9\right)}{m^2+9}+\frac{-2m\left(t^2-3t\right)}{m^2+9}+\left(3-t\right)y_2}\\ =\frac{\frac{m\left(t^2-9\right)}{m^2+9}+\left(3+t\right)y_2}{\frac{-m{\left(3-t\right)}^2}{m^2+9}+\left(3-t\right)y_2}=\frac{\left(3+t\right)\left[m\left(t-3\right)+\left(m^2+9\right)y_2\right]}{\left(3-t\right)\left[m\left(t-3\right)+\left(m^2+9\right)y_2\right]}=\frac{3+t}{3-t}\end{array}$

得 $\frac{3+t}{3-t}=3$ ， $t=\frac{3}{2}$ ，得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评析：用 $\left(t-3\right)y_1=\left(t-3\right)\left(y_1+y_2\right)+\left(3-t\right)y_2$ 统一到只有 $y_2$ ，然后化简找与 $y_2$ 无关的值。

也可作根的和积关系进行消元代换。 $y_1+y_2=\frac{-2mt}{m^2+9}$ ， $y_1{y}_2=\frac{t^2-9}{m^2+9}$ ，得 $\left(t^2+m^2\right)\left(y_1+y_2\right)=-2mt\left(y_1{y}_2+1\right)$ 。

路十、定比分点法

设点 $P\left(6,t\right)$ ， $PC=\lambda CA$ ， $PD=\mu DB$ ，则 $C\left(\frac{6-3\lambda }{1+\lambda },\frac{t}{1+\lambda }\right),D\left(\frac{6+3\mu }{1+\mu },\frac{t}{1+\mu }\right)$ ，将C、D代入 $\frac{x^2}{9}+y^2=1$ 得 $\{\begin{array}{l}6\lambda =t^2+3\\ -2\mu =t^2+3\end{array}$ 那么 $\lambda =-\frac{1}{3}\mu$

则 $D\left(\frac{6-9\lambda }{1-3\lambda },\frac{t}{1-3\lambda }\right)$ 另一方面由于椭圆的对称性得直线CD恒过x轴上一定点 $T\left(m,0\right)$ ，则由C、D、T三点共线得 $\frac{y_1}{x_1-m}=\frac{y_2}{x_2-m}$ 得： $m=\frac{x_1{y}_2-y_1{x}_2}{y_2-y_1}=\frac{\frac{6-3\lambda }{1+\lambda }\cdot \frac{t}{1-3\lambda }-\frac{6-9\lambda }{1-3\lambda }\cdot \frac{t}{1+\lambda }}{\frac{t}{1-3\lambda }-\frac{t}{1+\lambda }}=\frac{\left(6-3\lambda \right)-6-9\lambda }{\left(1+\lambda \right)-\left(1-3\lambda \right)}=\frac{6\lambda }{4\lambda }=\frac{3}{2}$

得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：定比分点是解析几何中最基本的概念之一，如果用得好，会使解题过程别具一格，简捷明快，开阔思维的视野，充分发挥数学思维的独创性。

路十一、椭圆参数方程法

记 $\tan \frac{\theta }{2}=t_1$ ， $\tan \frac{\beta }{2}=t_2$ ，

则：直线CD的方程为： $3y\left(t_1+t_2\right)+x\left(1-t_1{t}_2\right)=3\left(1+t_1{t}_2\right)$

直线AC的方程为： $x{t}_1-3y+3t_1=0$

直线DB的方程为： $x+3t_{2}y-3=0$

联立AC、DB得得： $3\left(1-t_1{t}_2\right)=x\left(1+t_1{t}_2\right)$ ，由于交点的横坐标恒是6代入得 $1-t_1{t}_2=2\left(1+t_1{t}_2\right)$ 即有 $t_1{t}_2=-\frac{1}{3}$ 代入 $3y\left(t_1+t_2\right)+x\left(1-t_1{t}_2\right)=3\left(1+t_1{t}_2\right)$ 得 $9y\left(t_1+t_2\right)+4x-6=0$ 则直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评析：设二次曲线方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ( $a>0,b>0$ )上的两点 $C\left(a\cos \theta ,b\sin \theta \right),D\left(a\cos \phi ,b\sin \phi \right)$ ( $\phi ,\theta \ne \pi$ )由两点式方程 $\frac{x-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y-y_1}{y_2-y_1}$ 得 $\left(y_2-y_1\right)x-\left(x_2-x_1\right)y+\left(x_2{y}_1-x_1{y}_2\right)=0$ 代入C点、D点坐标得：

$\begin{array}{l}b\left(\sin \theta -\sin \phi \right)x-a\left(\cos \theta -\cos \phi \right)y=-ab\left(\cos \theta \sin \phi -\cos \phi \sin \theta \right)\\ 2bx\cos \frac{\theta +\phi }{2}\sin \frac{\theta -\phi }{2}+2ay\sin \frac{\theta +\phi }{2}\sin \frac{\theta -\phi }{2}=ab\sin \left(\theta -\phi \right)\\ 2bx\cos \frac{\theta +\phi }{2}\sin \frac{\theta -\phi }{2}+2ay\sin \frac{\theta +\phi }{2}\sin \frac{\theta -\phi }{2}=2ab\sin \frac{\theta -\phi }{2}\cos \frac{\theta -\phi }{2}\\ bx\cos \frac{\theta +\phi }{2}+ay\sin \frac{\theta +\phi }{2}=ab\cos \frac{\theta -\phi }{2}\end{array}$

展开后两边同除以 $\cos \frac{\theta }{2}\cos \frac{\phi }{2}$ ，记 $\tan \frac{\theta }{2}=t_1$ ， $\tan \frac{\beta }{2}=t_2$ ，得 $ay\left(t_1+t_2\right)+bx\left(1-t_1{t}_2\right)=ab\left(1+t_1{t}_2\right)$

本题中直线CD、DB的方程都适合上式。直线AC的方程要通过参数方程重新推导： $C\left(3\cos \theta ,\sin \theta \right),A\left(-3,0\right)$ AC： $x\sin \theta -3\left(1+\cos \theta \right)y+3\sin \theta =0$ 用二倍角公式后两边同除以 ${\cos }^2\frac{\theta }{2}$ 得 $x{t}_1-3y+3t_1=0$ 。椭圆上不在两点的直线方程 $ay\left(t_1+t_2\right)+bx\left(1-t_1{t}_2\right)=ab\left(1+t_1{t}_2\right)$ 求定点定值问题是新的方向。

路十二、蝴蝶定理

由 $3k_{PA}=k_{PB}$ ，设CD交x轴上一定点 $T\left(m,0\right)$ ，过T作MN $\perp$ x轴，交椭圆于M、N，交AP，DP分别为点G、点H。如图2。显然T弦MN的中点，由蝴蝶定理得：TG = TH，

由 $\frac{k_{PA}}{k_{PB}}=\frac{\tan \angle GAT}{\tan \angle HBT}=\frac{\frac{GT}{AT}}{\frac{HT}{BT}}=\frac{BT}{AT}=\frac{3-m}{3+m}$ 得 $\frac{3-m}{3+m}=\frac{1}{3}$ 得 $m=\frac{3}{2}$ 。得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

Figure 2. Image 2

图2. 图像2

评注：蝴蝶定理：一般地，如图3。设AB是二次曲线的任意一条动弦，点M是线段AB的中点，过M作任意两条弦CD，EF，连接ED、CF交直线AB于点P和点Q，连接FD、CE交直线AB于点R和点T，则有① MP = MQ ② MR = MT成立。

Figure 3. Image 3

图3. 图像3

结论：如图4，点A和点B分别是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ( $a>b>0$ )的左、右顶点，T是x轴上一定点 $\left(m,0\right)$ ，过T的直线交椭圆于点C、D，连接AC、BD，那么 $\frac{k_{AC}}{k_{BD}}=\frac{a-m}{a+m}$ 。

Figure 4. Image 4

图4. 图像4

路十三、曲线系法

设 $P\left(6,y_0\right)$ ，则直线AP的方程为： $y=\frac{y_0-0}{6-\left(-3\right)}\left(x+3\right)$ ，即： $y=\frac{y_0}{9}\left(x+3\right)$

直线BP的方程为： $y=\frac{y_0}{3}\left(x-3\right)$ ，直线AB的方程： $y=0$ ，直线CD的方程： $x=my+t$ 。

由于A、B、C、D都在椭圆上，存在 $\lambda \ne 0$ 使得 $\left[\frac{y_0}{3}\left(x-3\right)-y\right]\cdot \left[\frac{y_0}{9}\left(x+3\right)-y\right]+\lambda \left[my+t-x\right]\left[y-0\right]=0$ 整理得：

$y_0^2{x}^2+27\left(1+\lambda m\right)y^2-y_0^2+\left(12y_0+27\lambda \right)xy+\left(18y_0+27\lambda t\right)y=0$

比较 $\frac{x^2}{9}+y^2=1$ 得 $\{\begin{array}{l}4y_0+9\lambda =0\\ 2y_0+3\lambda t=0\\ 3\left(1+\lambda m\right)=y_0^2\end{array}$ 则 $t=\frac{3}{2}$ ，得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：曲线系的用途非常广泛，曲线系法是先根据题目条件，列出曲线系，再根据已知点坐标解出参数，进而求得方程或者多项式定理(即系数对应)，这两个方程对应项的系数成比例，可以得到方程。

路十四、化圆法

作变换 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=\frac{x}{3}\\ y^{\prime }=y\end{array}$ 把椭圆方程 $\frac{x^2}{9}+y^2=1$ ，变为 ${x^{\prime }}^2+{y^{\prime }}^2=1$ ，

直线方程 $x=6$ 变为 $x^{\prime }=2$ ； $A\left(-3,0\right)$ 变为 $A^{\prime }\left(-1,0\right)$ ； $B\left(3,0\right)$ 变为 $B^{\prime }\left(1,0\right)$

$P\left(6,y_0\right)$ 变为 $P^{\prime }\left(2,y_0\right)$ ；由 $3k_{PA}=k_{PB}$ 保持不变得 $3k_{P^{\prime }{A}^{\prime }}=k_{P^{\prime }{B}^{\prime }}$ 过 $M^{\prime }{H}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ 交 $A^{\prime }{C}^{\prime }$

于 $H^{\prime }$ 。如图5：

Figure 5. Image 5

图5. 图像5

由 $\angle P^{\prime }{B}^{\prime }{N}^{\prime }=\angle D^{\prime }{B}^{\prime }{M}^{\prime }$ ，又 $\stackrel{\cap }{A^{\prime }{D}^{\prime }}=\stackrel{\cap }{A^{\prime }{D}^{\prime }}$ 得 $\angle A^{\prime }{C}^{\prime }{M}^{\prime }=\angle D^{\prime }{B}^{\prime }{M}^{\prime }$ ，得 $\angle A^{\prime }{C}^{\prime }{M}^{\prime }=\angle P^{\prime }{B}^{\prime }{N}^{\prime }$ 又 $\tan \angle C^{\prime }{A}^{\prime }{M}^{\prime }=\frac{M^{\prime }{H}^{\prime }}{A^{\prime }{H}^{\prime }}$ ， $\tan \angle D^{\prime }{B}^{\prime }{M}^{\prime }=\tan \angle A^{\prime }{C}^{\prime }{M}^{\prime }=\frac{M^{\prime }{H}^{\prime }}{C^{\prime }{H}^{\prime }}$ ，代入得 $3C^{\prime }{H}^{\prime }=A^{\prime }{H}^{\prime }$ ，由 $M^{\prime }{H}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ ， $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ 得 $M^{\prime }{H}^{\prime },A^{\prime }{C}^{\prime }$ 平行。则 $3B^{\prime }{M}^{\prime }=A^{\prime }{M}^{\prime }$ ， $\left|A^{\prime }{B}^{\prime }\right|=2$ 得： $M^{\prime }\left(\frac{1}{2},0\right)$ 由 $x^{\prime }=\frac{x}{3}$ 得：直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：作变换化圆，利用圆的几何性质顺利解决问题，此解法想法新颖。

路十五、极点极线

如图6，交换点C、D位置，记原点C为点 $D^{\prime }$ ，原点D为点 $C^{\prime }$ ；由题意得 $A{C}^{\prime }$ ， $B{D}^{\prime }$ 交点为 $P^{\prime }$ 在X = 6上，记AC，BD交于点M，直线x = 6交A于点N；由极点极线得点M与直线x = 6是组极点极线，由点O是AB的中点，得 $OM\cdot ON=O{B}^2$ 得： $OM=\frac{3}{2}$ ，得直线CD过定点 $\left(\frac{3}{2},0\right)$ 。

评注：极点极线是这个题的背景，可以从交比与调和点列、二次对合研究斜率积(和)问题、调和共轭、切线应用；极点与自极三角形等问题得相关结论罗列如下读者自己尝试证明。

结论1. 若直线l与抛物线 $y^2=2px$ 交于点A，B，则 $OA\perp OB$ $\iff$ 直线l过定点 $P\left(2p,0\right)$ ；

结论2. 若直线l与抛物线 $y^2=2px$ 交于点A，B，则 $k_{OA}\cdot k_{OB}=m$ $\iff$ 直线l过定点 $P\left(p+\sqrt{m+p^2},0\right)$ ；

结论3. 设点 $P\left(2p{t}_0^2,2p{t}_0\right)$ 是抛物线 $y^2=2px$ 上一定点，M，N是该抛物线上的动点，则 $PM\perp PN$ $\iff$ 直线MN过定点 $Q\left(2p+2p{t}_0^2,-2p{t}_0\right)$ 。

Figure 6. Image 6

图6. 图像6

结论4. 设点 $A\left(x_0,y_0\right)$ 是抛物线 $y^2=2px$ 上一定点，M，N是该抛物线上的动点，则 $k_{AM}\cdot k_{AN}=m$ $\iff$ 直线MN过定点 $P\left(x_0-\frac{2p}{m},-y_0\right)$ ；

结论5. 过椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A，B，则 $PA\perp PB$ $\iff$ 直线AB过点 $Q\left(-\frac{a\left(a^2-b^2\right)}{a^2+b^2},0\right)$ ；

结论6. 过椭圆 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>0,b>0\right)$ 的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A，B，则 $PA\perp PB$ $\iff$ 直线AB过点 $Q\left(-\frac{a\left(a^2+b^2\right)}{a^2-b^2},0\right)$ ；

结论7. 设点 $P\left(m,n\right)$ 是椭圆C： $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 上一定点，点A，B是椭圆C上不同于P的两点，若 $k_{PA}+k_{PB}=\lambda \left(\lambda \ne 0\right)$ ，则直线AB过定点 $\left(m-\frac{2n}{\lambda },-n-\frac{2b^{2}m}{a^2\lambda }\right)$ ；

结论8. 设点 $P\left(m,n\right)$ 是双曲线C： $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>0,b>0\right)$ 一定点，点A，B是双曲线C上不同于P的两点，若 $k_{PA}+k_{PB}=\lambda \left(\lambda \ne 0\right)$ ，则直线AB过定点 $\left(m-\frac{2n}{\lambda },-n+\frac{2b^{2}m}{a^2\lambda }\right)$ 。

结论9. 若点A，B是椭圆C： $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 上关于原点对称的两点，点P是椭圆C上与A，B不重合的点，则 $k_{PA}\cdot k_{PB}=-\frac{b^2}{a^2}$ ；

结论9'. 设点 $P\left(x_0,y_0\right)$ 是椭圆C： $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 上一定点，点A，B是椭圆C上不同于P的两点，若 $k_{PB}{k}_{PA}=m$ ，则直线AB过定点 $\left(x_0+\frac{2b^2{x}_0}{m{a}^2-b^2},y_0-\frac{2a^2{y}_{0}m}{m{a}^2-b^2}\right)$ ；

结论10. 若点A，B是双曲线C： $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>0,b>0\right)$ 上关于原点对称的两点，点P是双曲线C上与A，B不重合的点，则 $k_{PA}\cdot k_{PB}=\frac{b^2}{a^2}$ 。

结论10'. 设点 $P\left(x_0,y_0\right)$ 是双曲线上C： $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>0,b>0\right)$ 上一定点，点A，B是椭圆C上不同于P的两点，若 $k_{PB}{k}_{PA}=m$ ，则直线AB过定点 $\left(x_0-\frac{2b^2{x}_0}{m{a}^2+b^2},y_0-\frac{2a^2{y}_{0}m}{m{a}^2+b^2}\right)$ 。

结论11. 设点 $P\left(x_0,y_0\right)$ 是椭圆C： $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 上一定点，点A，B是椭圆C上不同于P的两点，若 $k_{PA}+k_{PB}=0$ ，则直线AB斜率为定值 $\frac{x_0{b}^2}{y_0{a}^2}$ ；

结论12. 设点 $P\left(x_0,y_0\right)$ 是双曲线C： $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>0,b>0\right)$ 一定点，点A，B是双曲线C上不同于P的两点，若 $k_{PA}+k_{PB}=0$ ，则直线AB斜率为定值 $-\frac{x_0{b}^2}{y_0{a}^2}$ ；

结论13. 设点 $P\left(m,n\right)$ 是抛物线C： $y^2=2px\left(p>0\right)$ 一定点，点A，B是抛物线C上不同于P的两点，若 $k_{PA}+k_{PB}=0$ ，直线AB斜率为定值 $-\frac{p}{n}\left(n\ne 0\right)$ 。

结论14. 设 $A,B,C$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ 上不同3点，B，C关于x轴对称，直线AC，BC与x轴分别交于点 $M,N$ ，则 $\left|OM\right|\left|ON\right|=a^2$ 。

结论15. 经过椭圆 $b^2{x}^2+a^2{y}^2=a^2{b}^2$ ( $a>b>0$ )的长轴的两端点A₁和A₂的切线，与椭圆上任一点的切线相交于P₁和P₂，则 $\left|P{A}_1\right|\cdot \left|P{A}_2\right|=b^2$ 。

2. 总结

《普通高中数学课程标准(2020版)》(以下简称“课标”)中规定的课程目标之一是“提高从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力” [2] 。处于高中学段的学生，主要的数学活动就是解决问题，而解题能力的培养是提高学生数学学习质量的前提和保障。因此，本文对2020解析几何题目解题研究进行系统论述，主要围绕两条主线来展开，第一、设线法，针对多条动直线，寻找主动直线，设直线方程处理问题。第二、设点找消元等式法，针对动点问题、寻找主要动点，用参数表示其他点。

此问题入口宽、方法灵活多样，本文探索出十五种解法，不同的路径、运算量是不一样的，本题还呈现出不对称的韦达特征，本文实现了点代入曲线方程将不对称转化为对称问题；用根的和积关系转化消元；利用第三定义实现对称转化；出现斜率的积和关系用齐次化、点乘双根法；以及极点极线、二次对合、蝴蝶定理；参数方程等解决问题。以求启发学生多角度，多层次思考问题，审时度势化简问题，举一反三提升学生数学核心素养。

读者注意通常用“设线法”计算量大，“设点法”计算小。对“设线法”，难点主要在于应用数形结合对题目几何条件的代数转化，关系错综复杂，但是仔细分析可以发现，直线两动点归根结底是随着动点的变化而变化的，从而动直线其实跟动点密切相关，所以可以采用“设点法”，将动点的坐标设出，找出点的坐标关系，进一步表示动直线的方程，最后利用方程来分析问题。

实际上，通过总结可以发现这样的规律：一般地，如果我们把一道解析几何解答题看成一个情节跌宕起伏的故事 [3] ，故事的起因是“曲线上的某个动点”，故事的发展经过是“该动点的运动引发了其他点、线、或者几何量的变化”，故事的结局就是题目的结论。如果题目符合这种“动点起因”的特征，另外，在经过和结局中较少涉及如弦长这类与韦达定理关系密切的几何量的计算时，通常可以采用“设点法”。

故事的起因是“曲线上的线”通常可以采用“设线法”。“设线法”解题过程中，需要直接用到两个点的坐标，与两个一元二次方程根与系数的关系没有明显的直接联系，若用求根公式将两个点的坐标分别用两直线斜率k1，k2表示出来，再进一步表示直线方程 [4] 。

在用设点法或设线法求解时，要注意“主”与“辅”的关系 [5] ，要始终围绕目标和解题计划展开求解，抓住问题的主要矛盾，抓住矛盾的主要方面。在设点或设线法中，若能用某个点的坐标或某直线方程中的某一个或几个变量去表示其余的点的坐标或直线的方程，这样抓住“主辅关系”就使得定值证明、最值求解和取值范围问题迎刃而解了。另外几何离不开几何特征，解题过程要挖掘几何中的数量关系和位置关系用代数的方法呈现从而简单地解决问题。