侯有岐
摘 要：文章基于数学运算素养的视角，以2023年全国乙卷理科第20题解析几何为例，通过三思路八解法，阐述如何明晰运算目标、设计运算程序、优化解题思路、简化运算程序等，从而达到提升学生数学运算素养的目的.
关键词：数学运算；
解析几何；
运算程序；
运算素养
中图分类号：G632 文献标识码：A 文章编号：1008-0333（2024）13-0014-05
《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》指出：数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括理解运算对象、掌握运算法则、探究运算思路、选择运算方法、设计运算程序、求解运算结果等[1].
笔者现以2023年全国乙卷理科解析几何第20题为例，展示如何根据问题的特点，明晰运算的目标，加强理解思维分析，优化解题思路，简化运算顺序，从而提高学生的数学运算能力与素养.希望助力高三备考复习，现与读者分享交流.
1 试题呈现
题目 （2023年全国乙卷理科第20题）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为53，点A-2，0在C上.
（1）求C的方程；
（2）过点-2，3的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
2 试题分析
本题第（1）问是求曲线方程，属于常规问题，答案是C：y29+x24=1；
第（2）问是求证动线段的中点为定点的问题，主要考查了椭圆的简单几何性质，方程的思想，解决问题的能力及转化与化归的数学思想，体现了逻辑推理、数学运算、直观想象等数学核心素养.我们重点分析第（2）问，引导学生学会抽象形与数之间的关系，从而正确理解运算对象，合理设计运算程序，巧妙简化运算过程，达到“解一题，会一类，通一片”的目的.
3 多法破解
思路1 常规解法：依题设直线，联立曲线方程，韦达定理，设而不求.
解法1 设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3）， 直线PQ的方程为
y=k（x+2）+3.
联立y=k（x+2）+3，4y2+9x2=36，
整理，得
（4k2+9）x2+8k（2k+3）x+16k（k+3）=0，
则△=-27×64k>0，解得k<0，
则x1+x2=-8k（2k+3）4k2+9，x1x2=16k（k+3）4k2+9.
又A（-2，0），故lAP：y=y1x1+2（x+2）.
令x=0，得M（0，2y1x1+2）.
同理可得N（0，2y2x2+2）.
即MN的中点坐标为（0，y1x1+2+y2x2+2）.
所以y1x1+2+y2x2+2=y1（x2+2）+y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）
=（kx1+2k+3）（x2+2）+（kx2+2k+3）（x1+2）（x1+2）（x2+2）
=2kx1x2+（4k+3）（x1+x2）+4（2k+3）x1x2+2（x1+x2）+4
=3.
故MN的中点坐标为（0，3）.
所以线段MN的中点为定点.
评注 该法属于解析几何中处理直线与曲线相交问题的通解通法，一般从问题出发，问什么求什么，按部就班地逐步进行，对学生的逻辑推理要求较低，但对数学运算要求较高，往往使很多学生在考场上望而却步，从而放弃解答.
如果我们抓住点M，N坐标表达式的特点再多想一点：把x+2看成整体，就可以大大简化运算.
解法2 设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），直线PQ的方程为
y=k（x+2）+3，
联立y29+x24=1，y=k（x+2）+3，
整理，得
（4k2+9）（x+2）2+（24k-36）（x+2）+36
=0.
由△>0得k<0，且
（x1+2）+（x2+2）=36-24k4k2+9，
（x1+2）（x2+2）=364k2+9.
又A（-2，0），故lAP：y=y1x1+2（x+2）.
令x=0，得M（0，2y1x1+2）.
同理可得N（0，2y2x2+2）.
所以yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2
=2k+3（x1+2+x2+2）（x1+2）（x2+2）
=2k+3×（36-24k）/（4k2+9）36/（4k2+9）
=3.
故线段MN的中点坐标为（0，3）.
所以线段MN的中点为定点.
评注 解法2是对解法1的优化，紧紧抓住点M，N坐标表达式的特点，从整体视角将x+2代入椭圆方程化简整理，比直接将直线方程y=kx+2k+3代入表现在运算上的繁简差别是明显的.更何况，整体思想也是新课程改革实施的大单元教学的灵魂所在，它既能让教师从全局把握授课内容，又能帮助学生构建知识结构，抓住问题本质，从而提升思维能力.
解法3 设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），依题意，直线PQ不可能垂直于x轴，可设其方程为y=k（x+2）+3，将直线PQ方程代入椭圆方程得
4（kx+2k+3）2+9x2-36=0.①
记f（x）=4（kx+2k+3）2+9x2-36，其两根为x1，x2，由韦达定理和多项式因式分解定理得（其中D=4k2+9），D（x1+x2）=-8k（2k+3），
f（x）=D（x-x1）（x-x2） .
又直线AP和AQ的方程为
（xi+2）y=yi（x+2）（i=1，2），
令x=0，得yM=2y1x1+2，yN=2y2x2+2.
所以线段MN中点的纵坐标为
yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2
=2k+3x1+2+3x2+2
=2k+3（x1+x2+4）（x1+2）（x2+2）
=2k+3［D（x1+x2）+4D］D（-x1-2）（-x2-2）
=2k+3［-8k（2k+3）+4（4k2+9）］f（-2）
=2k+3（-24k+36）36
=3.
故线段MN的中点坐标为（0，3）.
所以线段MN的中点为定点.
评注 解法3也是对解法1的优化，具体体现在以下三个步骤：（1）不把①式化为Ax2+Bx+C=0的形式；
（2）不是利用x1+x2=-BA，而是利用A（x1+x2）=-B；
（3）利用Ax2+Bx+C=A（x-x1）（x-x1），这样既节省了表达，又减少了运算量.
考虑到直线PQ是过定点R（-2，3）的动直线，所以不妨利用特例（如直线PQ过原点）先猜出定点坐标，然后再证明猜想.
解法4 设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），首先考虑特殊性，当直线PQ过原点，容易求出点P（-2，322），Q（2，-322），进而求出yM=3+32，yN=3-32，此时线段MN的中点为定点（0，3）.
下面只需证明：当线段MN的中点为（0，3）时，R，P，Q三点共线即可.
设M（0，3+t），N（0，3-t），则直线AM的方程为y=3+t2（x+2），
联立y29+x24=1，y=3+t2（x+2），
得（t2+6t+18）x2+4（3+t）2x+4t2+24t=0.
当△>0时，由xA·xP=4t2+24tt2+6t+18及xA=-2，得xP=-2t2-12tt2+6t+18.
所以P（-2t2-12tt2+6t+18，18t+54t2+6t+18）.
同理Q（-2t2-12tt2+6t+18，18t+54t2+6t+18）.
则kRP=（18t+54）/（t2+6t+18）-3（-2t2-12t）/（t2+6t+18）+2=-t212.
用-t代t，同理可得kRQ=-t212.
所以R，P，Q三点共线.
故线段MN的中点为定点.
评注 “先猜后证”的特例法是合情推理的重要应用，也是近几年高考解析几何大题的常用方法之一（如2022年全国乙卷理科第20题），体现了由特殊到一般的数学思想方法.
思路2 齐次化处理，优化运算.
借助直线方程将椭圆（或双曲线）方程中的“非二次”项凑“齐二次”，处理斜率之和（积）为定值问题，可以优化运算.
解法5 设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），直线AP，AQ的方程分别为
y=y1x1+2（x+2），
y=y1x1+2（x+2），
当x=0时，yM=2y1x1+2，yN=2y2x2+2，即有
yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2.
又直线PQ的方程为y=k（x+2）+3，即
y-k（x+2）3=1.
将y-k（x+2）3=1代入椭圆方程
化简整理，得
19·（yx+2）2-13·yx+2+k3+14=0.
由韦达定理有
yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=--1/31/9=3.
故线段MN的中点坐标为（0，3）.
所以线段MN的中点为定点.
评注 紧紧抓住yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2表达式右边的特点，将直线PQ的方程y=k（x+2）+3变为y-k（x+2）3=1，便于“齐次化”，“齐次化”的实质为巧妙运用“1”的代换，对学生有一定的运算要求，需要学生熟练掌握代数运算法则，但相较于常规解法，该法精简了运算的程序.
考虑到运算的繁简程度，可借助于坐标轴平移，简化直线PQ方程，从而实现优化运算的目的.
解法6 将y轴左移两个单位，则在新坐标系下R（0，3），A（0，0），椭圆方程变为
y29+（x-2）24=1.
易得直线PQ的斜率存在，设为k（k<0），直线PQ方程：y=kx+3，得y-kx3=1.
椭圆的方程化为
4y2+9x2-36x=0.
将y-kx3=1代入上式，得
4y2+9x2-36x·y-kx3=0.
即4（yx）2-12（yx）+（9+12k）=0.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），由韦达定理得
y1x1+y2x2=3.
易得直线AP方程为y=y1x1x.
令x=2，得y=2y1x1.
即M（2，2y1x1），同理N（2，2y2x2）.
所以线段MN的中点的纵坐标为
y1x1+y2x2=3.
所以MN的中点坐标为（2，3），
则原题中MN的中点坐标为（0，3）.
故线段MN的中点为定点.
评注 相较于解法5，我们在解法6中将y轴左移两个单位后，整个解题过程运算量更小，体现了解析几何“多思少算”的解题思想.
思路3 同构思想，简化运算.
在解析几何中，经常出现共点引双线的模型，这类问题一般难度较大，对学生的数学运算能力和化归与转化能力要求较高，如果巧妙地利用同构的方法可以化繁为简，轻松地解决问题.本题中的直线AP，AQ就属于共点引双线的模型.
解法7 设M（0，m），N（0，n），R（-2，3），则
直线AP的截距式方程为x-2+ym=1.
即x=2my-2.
代入椭圆方程整理，得
（m2+1）y2-18my=0.
得yP=18mm2+1.
则xP=2myP-2.
得xP+2=2myP=36m2+1.
所以kPR=yP-3xP+2
=6m-m2-112.
同理kQR=6n-n2-112.
因为kQR=kPR，
所以6m-m2-1=6n-n2-1.
即m2-n2=6（m-n）.
又m≠n，所以m+n=6.
故线段MN的中点为定点，其坐标为（0，3）.
解法8 设M（0，m），N（0，n），R（-2，3），再设直线AP的方程为x=my-2，
代入椭圆方程整理，得
（9m2+4）y2-36my=0.
得yP=36m9m2+4.
则xP=myP-2.
得
xP+2=myP=36m29m2+4.
所以kPR=yP-3xP+2
=yP-3myP
=36m/（9m2+4）-336m2/（9m2+4）
=36m-27m2-1236m2
=1m-34-13m2.
同理kQR=1n-34-13n2.
因为kQR=kPR，
所以1m-13m2=1n-13n2.
即1m2-1n2=3m-3n.
又m≠n，所以1m+1n=3.
又yM=2m，yN=2n，
所以线段MN的中点的纵坐标为1m+1n=3.
故线段MN的中点为定点，其坐标为（0，3）.
点评 如果题目涉及两种联立直线与圆锥曲线化简，求解同类目标，直线方程为同构式时，则只需计算出其中一种结果，另一种结果同构变量替换即可，在解答题中常以“同理可求”体现.
4 结束语
新一轮课程改革要求我们的课堂教学不仅要实现从知识立意到素养立意的转变，更重要的是要实现从解题到解决问题的转变，从而提高学生的数学核心素养.可以采用“预、练、积”的模式进行数学运算教学，解决问题不求贪多，力争实现“解一题，会一类，通一片”的效果.通过“预”，达到理解运算对象、探究运算思路、设计运算程序、执行运算操作的目的；
通过“练”，明白为什么练、练什么、怎样练，减少训练的盲目性，提高针对性和有效性；
通过“积”，使学生的数学运算由能力上升到素养.
参考文献：
［1］中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M].北京：人民教育出版社，2020.
［责任编辑：李 璟］
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