巧用一个恒等式简化解析几何运算_丁连根
高中解析几何简化计算之点乘双根法
（ Ⅰ）
设 P（ m，0）
则→PA = （ →PA·P→B
x1 =（
，－Am（ ，xy1 ，1 ）y1，）P→，BB=（
x1 － m） （ x2 －
x2 ，y2 ） ， （ x2 － m，y2 m） + y1 y2
）， =（
x1
－
m）
（
x2
－
m） + k2 （ x1 － 1） （ x2 － 1） ．
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
131
高中解析几何简化计算之点乘双根法
◎陈俊健 （ 广西南宁市第三中学（ 青山校区） ，广西 南宁 530021）
【摘要】高中解析几何在求解圆锥曲线与直线问题的时 候，通常需要联立方程，利用韦达定理去求解． 利用韦达定 理进行运算求解时，稍不注意就容易出错． 在求解点乘或者 斜率乘积为定值，甚至求 x1 x2 ，y1 y2 的时候，我们可以改进 解法，引入 点 乘 双 根 法，避 开 韦 达 定 理，简 化 计 算，减 少 失误．
C：
x2 a2
+
y2 b2
= 1 （ a ＞ b ＞ 0） 上，且椭圆的
离心率为
1 2
．
（ 1） 求椭圆 C 的方程．
（ 2） 若 M 为椭圆 C 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同
的两点（
均异于
M）
且满足直线
MA
与
MB
斜率之积为
1 4
．
试判断直线 AB 是否过定点？ 若是，求出定点坐标； 若不是，
定理进行繁杂计算的过程，达到简化计算、提高解题速度的
效果，下面举例说明．
例 1 （ 2018 年西南四省名校高三第一次大联考） 已知
刍议解析几何“同构式”算法及其核心素养
刍议解析几何 同构式 算法及其核心素养∗Ә曹亚奇㊀㊀(湖州市第二中学ꎬ浙江湖州㊀３１３０００)㊀Ә王勇强㊀㊀(湖州市教科研中心ꎬ浙江湖州㊀３１３０００)㊀㊀摘㊀要:２０１１年与２０１８年的浙江省数学高考解析几何大题均考查了 同构式 算法ꎬ其运算过程中蕴含了 数学计算 与 逻辑推理 两大核心素养.著名的 阿基米德三角形 具有 同构形态 ꎬ其性质的证明涉及到 同构式 算法ꎬ它也是２０１８年浙江省数学高考真题第２１题的来源.关键词:同构式ꎻ阿基米德三角形ꎻ核心素养中图分类号:Ｏ１２３.１㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀文章编号:１００３－６４０７(２０１９)０３￣００２８￣０４㊀㊀ 同构式 顾名思义 结构相同的式子 .譬如ａｘ２１＋ｂｘ１＋ｃ＝０ꎬａｘ２２＋ｂｘ２＋ｃ＝０两式中除了ｘ的下标不同之外ꎬ其余结构完全一致.因此ꎬ可以推出ｘ１ꎬｘ２为方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个根.在高中解析几何中ꎬ常需要利用 同构式 的特点ꎬ寻找与所求问题的内在联系ꎬ类比联想ꎬ反向推演ꎬ巧解问题.当然ꎬ要灵活应用㊁熟练掌握该方法ꎬ需要有较强的 数学计算 和 逻辑推理 素养.下面ꎬ笔者以著名的 阿基米德三角形 为源头ꎬ刍议浙江省数学高考中解析几何 同构式 算法及其核心素养.(上接第２７页)２)解不等式:当不等式ｆ(ｘ)>０(或ｆ(ｘ)<０)可解时ꎬ可直接通过解不等式求出满足ｆ(ｍ)>０(或ｆ(ｍ)<０)的实数ｍꎻ３)放缩化归:当ｆ(ｘ)较复杂时ꎬ可将ｆ(ｘ)放缩为简单的函数ｇ(ｘ)ꎬ使ｆ(ｘ)>ｇ(ｘ)(或ｆ(ｘ)<ｇ(ｘ))ꎬ再用特值验证或解不等式探求实数ｍꎬ使ｇ(ｍ)ȡ０(或ｇ(ｍ)ɤ０)ꎬ则ｆ(ｍ)>０(或ｆ(ｍ)<０).为便于放缩ꎬ可根据函数图像和解析式特征在某限定范围内进行放缩.对含有指数㊁对数函数的要注意运用重要不等式ｅｘȡｘ＋１ꎬｌｎｘɤｘ－１进行放缩.对话体会㊀教师使用反思性话题ꎬ让学生反思学习过程ꎬ在自我对话的基础上师生总结出解决问题的通法通则ꎬ彰显自我人性ꎬ把握数学本质.师(下课铃声响了):试题是否有几何背景?试题能否拓展?请同学们课后思考ꎬ下课!对话体会㊀为给学优生创设思维驰骋的空间ꎬ教师在课末使用拓展性话题ꎬ要求学生进一步提出可拓展延伸的问题.本试题的几何背景是当直线ｙ＝ｋｘ＋ａ为过ｙ＝ｆ(ｘ)图像拐点(１６ꎬ４－４ｌｎ２)的切线时ꎬａ＝３－４ｌｎ２.由图形知当ａɤ３－４ｌｎ２时ꎬ对任意ｋ>０ꎬ直线ｙ＝ｋｘ＋ａ与ｙ＝ｆ(ｘ)有唯一公共点.３ 结束语巴西学者弗莱雷认为:没有了对话ꎬ就没有了交流ꎻ没有了交流ꎬ也就没有真正意义的教育[２].在新一轮课程改革中ꎬ教师要以 对话教学 为抓手ꎬ提升学生交流与反思的能力.通过深度对话ꎬ在思维建构中把握本质ꎬ形成素养ꎻ在交流中取长补短ꎬ互惠共赢ꎻ在反思中内化醒悟ꎬ加深理解ꎻ在评价中树立信心ꎬ体验喜悦ꎻ在总结中揭示规律ꎬ提炼通法ꎻ在拓展中深化思维ꎬ提出命题.参㊀考㊀文㊀献[１]㊀中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[Ｓ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８. [２]㊀弗莱雷.被压迫者教育学[Ｍ].顾建新ꎬ赵友华ꎬ何曙荣ꎬ译.上海:华东师范大学出版社ꎬ２００１.∗收文日期:２０１８￣１２￣１９ꎻ修订日期:２０１９￣０１￣１９作者简介:曹亚奇(１９８３ )ꎬ男ꎬ浙江湖州人ꎬ中学一级教师.研究方向:数学教育.１㊀ 同构式 源头 阿基米德三角形１.１㊀阿基米德三角形性质证明我们知道ꎬ圆锥曲线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形叫阿基米德三角形.其中抛物线图１的阿基米德三角形(如图１)有许多著名的性质ꎬ首当其冲的便是:性质１[１]㊀阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴.证明㊀设Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则过点Ａ的切线方程为ｙ１ｙ＝ｐ(ｘ＋ｘ１)ꎬ将点Ｐ的坐标代入ꎬ得ｙ１ｙ０＝ｐｘ０＋ｙ２１２ｐæèçöø÷ꎬ同理可得ｙ２ｙ０＝ｐｘ０＋ｙ２２２ｐæèçöø÷.由上述两个同构式可得ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ２－２ｙ０ｙ＋２ｐｘ０＝０的两个不同的实数根ꎬ因此ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬ故ＰＭʊｘ轴.１.２㊀类阿基米德三角形性质图２现将阿基米德三角形顶角收缩ꎬ使得ＰＡꎬＰＢ与抛物线分别相交于点ＣꎬＤꎬ且ＰＣＣＡ＝ＰＤＤＢ＝λ(其中λ为常数)ꎬ笔者定义әＰＡＢ为 类阿基米德三角形(如图２).此时两条割线ＰＡꎬＰＢ不过是之前切线情形的一般化ꎬ笔者猜测:底边上的中线依然平行于抛物线的轴.思路１㊀由定比分点坐标公式得Ｃｘ０＋λｘ１１＋λæèçꎬｙ０＋λｙ１１＋λöø÷ꎬＤｘ０＋λｘ２１＋λꎬｙ０＋λｙ２１＋λæèçöø÷ꎬ代入抛物线方程ꎬ得ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ０＋λｙ１＋λæèçöø÷２＝２ｐｘ０＋λｙ２２ｐ１＋λꎬ即λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０的两个根ꎬ从而ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬ因此猜测正确.上述证明方法与之前阿基米德三角形性质１的证明如出一辙ꎬ均采取 设而不求 的思想方法ꎬ从点坐标的 同构式 角度出发ꎬ利用韦达定理得到结论[２].事实上ꎬ我们亦可以结合平面几何知识给予证明.思路２㊀如图２ꎬ联结ＣＤꎬ交ＰＭ于点Ｎꎬ此时Ｎ为ＣＤ的中点.由ｙ２１＝２ｐｘ１ꎬｙ２２＝２ｐｘ２ꎬ{得ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝２ｐｙ１＋ｙ２ꎬ即ｋＡＢ＝ｐｙＭꎬ同理可得ｋＣＤ＝ｐｙＮ.因为ＡＢʊＣＤꎬ所以ｐｙＭ＝ｐｙＮꎬ即ｙＭ＝ｙＮꎬ因此ＭＮʊｘ轴.特殊地ꎬ若ｘ１＝ｘ２ꎬ则әＡＢＣ为等腰三角形ꎬ结论亦成立.思路２结合平面几何知识ꎬ更为简洁ꎬ从ＡＢꎬＣＤ的斜率表达式上看ꎬ也是一组同构式.由此看来ꎬ正因为两条割线ＰＡꎬＰＢ本身具有 同构形态 ꎬ所以无论是代数方法还是结合几何证明ꎬ同构式的构造必然是正确的思考方向.２㊀ 同构式 的应用２.１㊀同构式解类阿基米德三角形图３例１㊀如图３ꎬ已知点Ｐ是ｙ轴左侧(不含ｙ轴)一点ꎬ抛物线Ｃ:ｙ２＝４ｘ上存在不同的两点ＡꎬＢ满足ＰＡꎬＰＢ的中点均在Ｃ上.１)设ＡＢ的中点为Ｍꎬ证明:ＰＭʅｙ轴ꎻ２)若Ｐ是半椭圆ｘ２＋ｙ２４＝１(其中ｘ<０)上的动点ꎬ求ＳәＰＡＢ的取值范围.(２０１８年浙江省数学高考试题第２１题)当我们回顾２０１８年浙江省数学高考卷的解析几何大题时ꎬ惊讶地发现该题第１)小题需证明的就是笔者前文所证的 类阿基米德三角形性质 当λ＝１时的特例.而第２)小题其实是依托第１)小题同构后产生的一元二次方程 λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０ ꎬ然后根据韦达定理ꎬ利用三角形面积公式求解.这需要学生具备较强的运算能力ꎬ然而真正的突破口却是构造 同构式 ꎬ使得计算有了章法ꎬ步骤得以简化.２.２㊀基于真题的 再创造既然例１第１)小题的源头是 阿基米德三角形 性质１ꎬ那笔者就可以从阿基米德三角形的其他性质入手ꎬ并可类比到 类阿基米德三角形 中进行探究和证明.性质２㊀如图４ꎬ若阿基米德әＡＢＱ底边即弦ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｑ的轨迹为一条直线.图４图５性质３㊀如图５ꎬ若阿基米德әＡＢＱ的底边ＡＢ过抛物线ｙ２＝２ｐｘ的焦点Ｆꎬ则顶点Ｑ的轨迹为准线ꎬ且阿基米德三角形的面积最小值为ｐ２.事实上ꎬ性质３是性质２的特殊情况ꎬ而且此结论是高中解析几何试卷中的 常客 .于是笔者猜想:猜想㊀若类阿基米德әＡＢＰ的底边ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｐ的轨迹也是一条直线.证明㊀令Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＣ(ａꎬｂ)ꎬ设直线ＡＢ的方程为ｙ－ｂ＝ｋ(ｘ－ａ)ꎬ与抛物线ｙ２＝２ｐｘ联立得ｋｙ２－２ｐｙ－２ｐｋａ＋２ｐｂ＝０ꎬ从而㊀㊀㊀㊀㊀ｙ１＋ｙ２＝２ｐｋꎬｙ１ｙ２＝２ｐｂｋ－２ｐａ.ìîíïïïï(１)又由思路１中同构式得λｙ２－２λｙ０ｙ＋２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０＝０ꎬ从而㊀㊀㊀㊀ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０ꎬｙ１ｙ２＝２ｐ(１＋λ)ｘ０－ｙ２０λ.ìîíïïï(２)由式(１)和式(２)得点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＋２ｐｂλｙ＝２ｐ(１＋λ)ｘ＋２ｐａλ.(３)㊀㊀由此得到结论:类阿基米德三角形底边ＡＢ过抛物线内一定点Ｃꎬ则另一顶点Ｐ的轨迹方程为抛物线ꎬ猜想并不成立.由此结论ꎬ笔者创编了以下题目:例２㊀已知ＡꎬＢ为抛物线Ｃ:ｙ２＝４ｘ上的两个点ꎬ且直线ＡＢ过定点(１ꎬ０)ꎬ现存在Ｃ外一点Ｐꎬ使得ＡＰꎬＢＰ的中点均在Ｃ上.１)求点Ｐ的轨迹方程ꎻ２)求ＳәＰＡＢ的取值范围.图６解㊀１)设Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＡ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２).因为ＰＡꎬＰＢ的中点在抛物线上ꎬ所以ｙ１ꎬｙ２为方程ｙ０＋ｙ２æèçöø÷２＝４ｘ０＋ｙ２４２ꎬ即ｙ２－２ｙ０ｙ＋８ｘ０－ｙ２０＝０的两个不同的实根ꎬ从而ｙ１ｙ２＝８ｘ０－ｙ２０.又因为ＡＢ过定点(１ꎬ０)ꎬ可令其方程为ｘ＝ｔｙ＋１ꎬ代入抛物线Ｃ的方程ꎬ得ｙ２－４ｔｙ－４＝０ꎬ则ｙ１ｙ２＝－４ꎬ故８ｘ０－ｙ２０＝－４ꎬ即点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＝８ｘ＋４.(４)㊀㊀２)如图６ꎬ取ＡＢ的中点Ｍꎬ联结ＰＭꎬ则ｙＭ＝ｙ０＝ｙ１＋ｙ２２ꎬ于是ＰＭʊｘ轴.而｜ＰＭ｜＝１８(ｙ２１＋ｙ２２)－ｘ０＝３４ｙ２０－３ｘ０ꎬ｜ｙ１－ｙ２｜＝２２(ｙ２０－４ｘ０)ꎬ因此㊀㊀ＳәＰＡＢ＝１２｜ＰＭ｜ ｜ｙ１－ｙ２｜＝３２４(ｙ２０－４ｘ０)３２＝３２４(４ｘ０＋４)３２.由ｘ０ȡ－１２ꎬ得ＳәＰＡＢɪ[３ꎬ＋ɕ).评注㊀若将ｐ＝２ꎬλ＝１ꎬａ＝１ꎬｂ＝０代入式(３)ꎬ即为式(４)ꎬ再次验证前文的证明成立.同时当ＳәＰＡＢ最小时ꎬ点Ｐ位于对称轴上ꎬәＰＡＢ为等腰三角形ꎬ符合数学上的对称和谐之美.３ 评价及其素养３.１㊀运算水平的层次解读«普通高中数学课程标准(２０１７年版)»(以下简称«新课标»)将数学运算核心素养分成３个递进的层次.笔者以例１为例解读运算水平的３个层次如下:首先ꎬ在例１所呈现的 类阿基米德三角形 图形中要能够发现两条割线ＰＡꎬＰＢ具有 同构形态 ꎬ从而将该几何特征转化成代数形式的同构式.而这个转化决定了整个计算的繁简程度ꎬ对素养要求颇高ꎬ应该算 水平三 ꎻ紧接着ꎬ通过同构式归纳出方程ꎬ在 中点坐标 与 韦达定理 的关联情境中通过计算公式进行表达与证明ꎬ此处为 水平二 ꎻ最后在学生熟知的情境下ꎬ利用 点到直线距离公式 与 弦长公式 求解三角形面积自然是 水平一 .我们发现ꎬ利用同构式求解解析几何大题时ꎬ最关键的是从几何特征到同构式的转化计算ꎬ是素养要求最高的 水平三 ꎬ为后续的计算指明了方向.而这转化的过程中不仅需要运算能力ꎬ更需要深刻理解㊁反向推演.因此ꎬ计算的高层次素养中一定蕴含了逻辑推理等其他重要素养.３.２㊀数学运算与逻辑推理的思辨«新课标»对数学核心素养中的 数学运算 是这样描述的: 数学运算是指在明晰运算对象的基础上ꎬ依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括:理解运算对象㊁掌握运算法则㊁探究运算方向㊁选择运算方法㊁设计运算程序㊁求得运算结果等.数学运算是解决数学问题的基本手段.数学运算是一种演绎推理ꎬ是计算机解决问题的基础. 因此ꎬ我们有必要让学生体悟数学运算的演绎特征ꎬ无论计算的繁简ꎬ都应该遵循 有理有据 的逻辑要求. 数学运算 作为核心素养ꎬ在教学中不仅要让学生掌握一些数式运算的技能㊁技巧ꎬ而且要让学生对运算的本质有所认识㊁对运算的价值有所感悟㊁对运算的算理有所掌握.具体到解析几何的同构式算法教学中ꎬ教师要引导学生把解析几何大题的关注点从粗放的 联立求解 转移到分析推理上来ꎬ要让学生能真正 辨图识图 ꎬ从而自然地将几何问题代数化ꎬ这本身也是解析几何的精髓所在.解析几何中的 同构式 算法充分体现了 数学计算 与 逻辑推理 两大数学核心素养的完美交融.在教学实践中ꎬ教师不仅可以就地取材ꎬ让学生多从高考真题中体会其 设而不求 的计算精髓ꎬ更要带领学生拓展探究ꎬ甚至改编㊁原创.真正从源头上感受与发现同构式算式优美的对称形态以及背后所蕴含的核心优势.参㊀考㊀文㊀献[１]㊀邵明志ꎬ陈克勤.高考试题中的阿基米德三角形[Ｊ].数学通报ꎬ２００８ꎬ４７(９):３９￣４２ꎻ４６.[２]㊀仝军ꎬ黄安成.同构式的妙用[Ｊ].中小学数学:高中版ꎬ２００８(１２):３９￣４０ꎻ４４.。
＂恒等式＂在解题中的应用
２ ０ １ ３年 第 １ ２期
Ｚ ＨＯＮＧＧＵ０ Ｓ ＨＵＸＵＥ Ｊ Ｉ ＡＯＹＵ
其 中 ＝２ ｎ ，或 ＝一 ２ ｎ ．
【 说明】方法 １ 是由 特殊到一般 ，即由ｎ ＝ １ 和ｎ ＝ ２ 得到 ａ 。 和ａ ２
的值 ，进 而求出通项 ％，然后再进行检验或 证明． 方法 ２假 设存
【 说明】 因为题 目中是对于 Ｙ ｘ ∈ Ｒ等式恒成立 ，所以我们将
等式转化 为关 于 的恒等式，进 而利用对应项 的系数为 ０求解． 四、构造恒等式求解定点、定值问题
【 说 明】 例 ４第（ ２ ） 问的第② 小 问求直 线是否过定 点 ，我们
是先求 出直线 的方程 （ 含参 数） ，然后 构造 出含 有 。 与Ｙ 的 式
Ａ Ｂ
由 题意得
兰
： Ａ ，
、 ／ 【 ｍ 一４） ＋ｎ
ｆ ， ２ １ ．
（ １ ） 求椭圆 Ｅ的方程 ；
／０
ｍ ／、 、 ～ ｆ
， ｊ
整理得（ １ 一Ａ ｍ ＋（ １ 一Ａ ｎ ＋（ ４＋８ Ａ ） ， ｎ＋ ４—１ ６ Ａ 。 ：０② ， 由①得 ，ｍｚ ＋ｎ ＝一 ８ ｍ代人②式 ，得
一２ ） ，
ＹＩ
即（ Ｃ ０ ￥ ＋Ｃ Ｏ Ｓ ＋Ｃ ０ ８ ｙ ） ｃ ｏ ｓ 一（ ｓ ｉ ｎ ＋ｓ ｉ ｎ ＋ｓ ｉ ｎ ） ｓ ｉ ｎ ＝０
对Ｖ ∈Ｒ恒成立 ，
则直线 ｍ的方程为 ｙ —ｙ ０ ＝
２ ＝ 一
／ Ｃ Ｏ Ｓ Ｏ ｌ ｓ ｉ ｎ ＋ ｓ ｉ ｎ ｓ ｉ ｎ ＝ ０ 【 口＋ ，
例 ３ 已知 ，卢 ，ｙ满足 ０＜ ＜ 卢＜ ＜２ １ Ｔ ，若对于 Ｖ ∈Ｒ
解析几何综合题解题思路案例分析
解析几何综合题解题思路案例分析北京中国人民大学附中梁丽平陕西省咸阳市永寿中学安振平解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等线l212222=+-+-k kx kx ()10<<k ()*于是，问题即可转化为如上关于x 的方程. 由于10<<k ，所以kx x x >>+22，从而有.222222k x kx k x kx +++-=-+-故分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。
其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q 的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.由于点),(y x Q 的变化是由直线AB 的变化引起的，自然可选择直线AB 的斜率k 作为参数，如何将yx ,与k 联系起来？一方面利用点Q 在直线AB 上；另一方面就是运用题目条件：AP PB AQQB=-来转化.由A 、B 、P 、Q 四点共线，不难得到)(82)(4B A BA B A x x x x x x x +--+=，要建立x 与k 的关系，只需将直线AB 的方程代入椭圆C 的方程，利用韦达定理即可.通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.∴ ⎪⎪⎩⎨+--=.128)41(22221k k x x 代入（1），化简得：.234++=k k x (3) 与1)4(+-=x k y 联立，消去k 得：().0)4(42=--+x y x在（2）中，由02464642>++-=∆k k ，解得41024102+<<-k ，结合（3）可求得 .910216910216+<<-x 故知点Q 的轨迹方程为：042=-+y x （1021610216+<<-x ）. 转简解1：当直线l 垂直于x 轴时，可求得51-=PB AP ; 当l 与x 轴不垂直时，设())(,,2211y x B y x A ，，直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得045544922=+++kx x k简解2：设直线l 的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y 得()045544922=+++kx x k（*）。
均值不等式链几何巧证
—ＡＦ），即（字）２＝（字）２一学叫Ｆ＝
羔＝ｉ了朋＝何，．．．ｉ了＜瓜 （２）ＡＥ＜ＯＡ．即河＜半．（３）ＯＡ＜ＡＧ．
ＲｔＡＯＧＡ中，ＡＧ２
．肝万下可＝浮２，．．．半＜√￡÷芝Biblioteka 若。：６时，等式显然成立．综上所述：
＝
ＯＧ２
＋ＯＡ２，ＡＧ
＝
ｏＡ于Ｆ点，作ｏＧ上Ａ８交ｒ——１———＿
于６３０于Ｇ点，连结ＡＧ，此时即可利用直角三角形 中斜边大于直角边这一较直观的结论来证明，即： ＡＦ＜ＡＥ＜ＯＡ＜ＡＧ来证明上述均值不等式链的成 立．设：ＡＢ＝６ ４ｃ＝口．！ｌｌｌＪ
参考文献
Ｉ≤口时，仍然要依赖代数和用“放缩法”，给人
［１］钟焕青．用构造法证明不等式［Ｊ］．数学通报，２００３（１２）． ［２］何念如等．构造法在解数学竞赛题中的运用［Ｊ］．中等数学，
２００５（８）．
感觉还是有点“兜圈子”，不如直接用代数方法干净 利落．文［１１］作几何直观分析的目的是帮助读者提 高数形转换的能力，切合其著作的主题，而且作者还 特意指出：“本题若用代数方法解，也不复杂，读者 可以一试．”但是我在教学中，却出于对几何法的偏 爱，忽略代数法，不但自己没有“一试”，也没有提醒 学生去“一试”，这样就不妥当了！ 虽说地球是圆的，南辕北辙也能达到目的地，但 太费时费力，实不可取．也许有人会说，南辕北辙虽 兜了大圈子，但联系多多，可欣赏到更多风光，似乎言 之有理，但以这种方式去观光，多少有些影响兴致． 对每一个问题都能给出最简捷的解答，这个要 求很高．智者千虑，必有一失，即使是很有学问的名 师，也难免偶尔来一点“拙笔”或“败笔”．当然这不 要紧，重要的是教师要身体力行，尽量不兜圈子，不 摆花架子，重视基本思想方法，返朴归真，对解答多
人．１９９３年毕业于北京师大数学系本科．长期工作 于民办学校，发表文章近６０篇．
杨志明：一个优美的三角形恒等式及其应用
杨志明：一个优美的三角形恒等式及其应用公众号“杨志明数学角”创建于2019年3月1日.创号宗旨：为热爱数学、研究数学的学生、教师、家长和数学爱好者搭建学习交流的平台，提高学习效率和教学效率，促进自身数学素质的提高，增进友谊.本公众号立足高考、自招和竞赛，热烈欢迎各位专家和数学爱好者不吝赐稿.来稿请注明真实姓名、工作单位和联系方式，特别欢迎短小的原创文稿，只接受word版文档格式的电子稿件，文责自负，投稿邮箱：**************，投稿微信号：135****8805.【相关链接】杨志明付谦杨俊王信元：一道求值题的三种解法陈永成：用排序不等式证一个代数不等式题顾同学：一个四元不等式的证明赵应南：一个代数不等式猜想的证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的平面几何题的试卷三角法证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的平面几何题的证明杨志明：2019年北京大学暑期综合营数学试题中的最值问题背景杨志明：2019年地中海地区数学奥林匹克试题中的不等式的证明杨诗田：齐次化简证2018年俄罗斯数学奥林匹克不等式杨俊、古小杰：2019年上海市高三数学竞赛第8小题的另两种解法杨志明：一个三角形最值问题的多解杨志明：2019年上海市高三数学竞赛第8小题的两种解法杨志明：2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（二）压轴题的几何背景2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题三套杨志明：利用均值不等式证明2019年女子数学奥林匹克不等式杨志明：利用惠更斯不等式证明2019年女子数学奥林匹克不等式杨志明：《中等数学》数学奥林匹克问题高625的变式题杨志明：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的类似问题杨志明：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的解法叶超杰：第三届北方希望之星数学夏令营第6题不等式蒋杰：第三届北方希望之星数学夏令营第6题最大值的一种解法郑小彬：一道三元分式不等式的加强张云华：用二元均值不等式证一道三元分式不等式杨志明：一道三元分式不等式的证明2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级详细解答2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高二年级详细解答湖南省数学协作体 2019联赛模拟考试（一）试题及答案杨志明：构造常数列解第54届蒙古数学奥林匹克（2018）数列与数论综合题吴国胜：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431又一方法杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题郑小彬：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题的简证杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的类似题的逆向问题杨志明：2018年希腊国家队选拔考试中的不等式的两种证法杨志明：一个三元条件不等式的证明及变式叶超杰：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种换元法证明杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种求导法证明黄书强：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种简证黄书强、杨志明：加拿大数学难题杂志2019年4月号4431的一种解答康希怀：利用立方和公式解答一道求取值范围的题目张云华：2019年罗马尼亚JBMO代表队选拔考试第一次考试一道二元最值题另解杨志明：一道无理方程的解答杨志明：几个代数不等式猜想的证明杨志明：一条三角形无理不等式链杨志明：一个二元条件最值问题的解答与推广杨志明：一道2007年四川高考题的题源及探讨苏淳：第45届(2019)俄罗斯数学奥林匹克试题及解答吴国胜：2018年全国初中数学联赛选择题第4题的一个推广杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第405题的解答杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第404题的解答与推广杨志明：《数学通讯》（上半月）2019年6月第403题的解答杨志明、江保兵----《数学通讯》（上半月）2019年6月第402题的解答杨志明----《数学通讯》（上半月）2019年6月第401题的解答与拓展林才雄、郑小彬、鲁和平、黄磊：一道二元函数最值问题的四种解法刘天然----《数学通报》数学问题解答2481的类似杨志明----《数学通报》数学问题解答2481的加强与推广杨志明----有奖解题擂台（123）的三种证法杨志明----一个三角形不等式的隔离龚固----一个含参数三角形不等式的最佳系数刘天然、郑小彬----一个三角形不等式的两种解答龚固、杨运新----一个较难的三角形不等式的两种漂亮的证明沈志军----一道求值问题的另一个解答古小杰----导函数之----先猜后证李矛----答奕轩老师算术加权不等式参数最小值问题杨志明----一个三角形不等式的加强汪长银----问题征解（2019.4.13）的解答有奖解题擂台（119）的否定有奖解题擂台（115）的解答杨志明----椭圆与双曲线性质的对偶113条----椭圆杨志明----椭圆与双曲线性质的对偶113条----双曲线每日一题（001-099）试题分类。
解析几何中几种常用的处理方法与技巧
解析几何中几种常用的处理方法与技巧微点一 定比点差法对于涉及PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λMQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的问题，我们可以采用定比点差法.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)为椭圆或双曲线上两点，若存在P,Q 两点，满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =－λQB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则有P(x 1+λx 21+λ，y 1+λy 21+λ)，Q(x 1－λx 21－λ，y 1－λy 21－λ),{x 12a 2±y 12b 2=1 ①,λ2x 22a 2±λ2y 22b 2=λ2②,由①－②得(x 1+λx 2)(x 1－λx 2)a 2±(y 1+λy 2)(y 1－λy 2)b 2=1－λ2,即1a2×(x 1+λx 2)(x 1－λx 2)(1+λ)(1－λ)±1b2×(y 1+λy 2)(y 1－λy 2)(1+λ)(1－λ)=1.从而x P x Q a 2±y P y Q b 2=1,然后再结合题意解决问题，从而达到简化运算的目的.特别的，当λ=1时，就是点差法.例1 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1（a >b >0）过点M (√2,1),且椭圆C 的左焦点为(−√2,0). (1)求椭圆C 的方程；(2)当过点P (4,1)的动直线l 与椭圆C 相交于不同的两点A,B 时，在线段AB 上取点Q ，满足|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |∙|QB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |∙|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,证明：点Q 总在某定直线上. 微点二 同构方程法同构发在解析几何中的考察点在于通过设点构造两个形式一样的方程，主要利用同理的逻辑，把两个未知量转化为一个二次方程的根或其它函数的零点，从而简化运算，达到快速解决问题的目的.例2 已知P 是抛物线E ：y 2=4x 上的动点，F 是抛物线E 的焦点.(1)求|PF |的最小值；(2)若点B,C 均在y 轴上，直线PB,PC 均与圆(x －1)2+y 2=1相切，当|PF |∈[4,6]时，求|BC |的最小值.微点三 齐次代换法圆锥曲线中常见一类题型,即条件中两直线的斜率之和或斜率之积是一个定值.这种题型固然可以用常规法处理,但运算量稍大,而齐次代换法是其中最有效的处理方法之一,可以绕开繁琐的计算.齐次从字面解释是次数相等,一个多项式中各单项式的次数都相同时,称为齐次式,例如:x +2y +3z ,x 2+xy +y 2,x 3+2xy 2+2x 2y +y 3都是齐次式.圆锥曲线中利用齐次代换法解题的难点在于要去配凑齐次式,针对斜率之和、之积为定值的题型可以考虑用这种方法. 例3已知拋物线C :x 2=2py 上一点M (m ,2)到焦点的距离为3.(1)求抛物线C 的方程.(2)设P ,Q 为抛物线C 上不同于原点O 的任意两点,且满足以线段PQ 为直径的圆过原点O,试问直线PQ ;如果不过定点,请说明理由.1.已知椭圆x 24+y 23=1,则与椭圆相交且以点A (1,1)为弦的中点的直线方程为( )A . 3x +4y +7=0B . 2x+5y-7=0C . 3x -4y +1=0 D. 3x +4y -7=02.设椭圆C :x 2a 2+y 2＝1(a>0)与直线l :x +y ＝1相交于不同的两点A,B ,是否存在这样的椭圆C ,使直线l 与y 轴交于点P ,且PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =512PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由. 3.已知椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12,圆x 2+y 2－2y ＝1经过椭圆C 的左、右焦点F 1,F 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A,B,D,E 是椭圆C 上不同的四点(其中点D 在第一象限),且AB //DE ,直线DA,DB 关于直线x =1对称,求直线DE 的方程.4.已知抛物线C 1:y 2=2px (p>0),圆C 2:(x －1)2+y 2=r 2(r>0),抛物线C 1上的点到其准线的距离的最小值为14.(1)求抛物线C 1的方程及其准线方程.(2)若点P(2,y 0)是抛物线C 在第一象限内一点,过点P 作圆C 1的两条切线,交抛物线于A,B 两点(A,B 异于P ),问是否存在圆C ,使AB 恰为其切线?若存在,求出r 的值;若不存在,说明理由.5.已知长度为4的线段AB 的两个端点A,B 分别在x 和y 轴上运动,动点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设不经过点H (0,1)的直线y=2x +t 与曲线C 相交于M,N 两点,若直线HM 与直线HN 的斜率之和为1,求实数t 的值.。
初中数学解题技巧迅速解决复杂的三角恒等式题目
初中数学解题技巧迅速解决复杂的三角恒等式题目在初中数学中，解题是学习的重要环节之一。
而在解题的过程中，有一类题目往往令很多同学感到头疼，那就是复杂的三角恒等式题目。
本文将为大家介绍一些解决这类题目的技巧，以迅速解决复杂的三角恒等式题目。
在解决复杂的三角恒等式题目之前，我们首先需要掌握一些基本的三角函数关系和恒等式。
比如，正弦函数和余弦函数的平方和等于1，即sin²θ + cos²θ = 1；正切函数和与它相关的余切函数的关系等。
这些基本的恒等式我们需要熟练掌握，因为它们是解决复杂三角恒等式题目的基础。
其次，对于复杂的三角恒等式题目，我们需要善于利用单位圆和三角恒等式的基本性质。
单位圆是指半径为1的圆，通常以O表示圆心。
单位圆上的点可以表示为(cosθ, sinθ)，其中θ为该点与x轴正半轴之间的夹角。
利用单位圆的性质，我们可以将三角恒等式化简为更简单的形式，以便于解题。
另外，对于某些复杂的三角恒等式，我们还可以利用三角函数的周期性进行推导和变形。
例如，对于形如sin(x + π/2) = cosx的恒等式，我们可以将π/2表示为π - (-π/2)，再利用三角函数的和差化积公式进行推导，从而得出等式的解。
此外，变量替换也是解决复杂的三角恒等式的一种有效方法。
当我们遇到形式复杂的三角函数时，可以通过引入新的变量进行替换，从而简化问题。
例如，当我们遇到sin²x + cos²(π/4 + x) = 1的题目时，我们可以将π/4 + x表示为θ，然后利用基本恒等式将原等式化简为更简单的形式。
在解决复杂的三角恒等式题目时，我们还可以利用三角函数的奇偶性进行推导。
奇函数是指对任意x，满足f(-x) = -f(x)的函数；偶函数是指对任意x，满足f(-x) = f(x)的函数。
通过利用三角函数的奇偶性，我们可以简化复杂的三角恒等式，并得出其解。
最后，反证法也是解决复杂的三角恒等式题目的一种常用方法。
解析几何中常见“几何特征代数化”
在解析几何中，“几何特征代数化”是坐标法实施的关键步骤，它与代数运算结合在一起，是数形结合思想运用的最好体现.许多复杂的几何条件需要利用平面几何知识进行分解后才能转化，需要学生对几何图形有较强的分析能力，并准确把握图形的元素、关系.因此，解析几何问题必须首先将题目的条件或结论中的几何特征转化为代数形式.转化的常见策略有：（1）几何特征直接代数化；（2）先把几何条件用几何方法进行恰当地分解或处理，再代数化.即对难以“直译”的条件先利用平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行代数化.本文以“平行四边形”条件的代数转化、“等腰直角三角形”条件的代数转化、“四点共圆”条件的代数转化为例，谈谈解析几何中“几何特征代数化”的转化策略.题型一：“平行四边形”条件的代数转化几何性质对边平行对边相等对角线互相平分代数实现斜率相等或向量平行长度相等，横（纵）坐标差相等中点重合例1（2015年新课标2卷理科20）已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与椭圆C有两个不同的交点A,B，线段AB的中点为M.（1）证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值；（2）若直线l过点(m3,m)，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时直线l的斜率；若不能，请说明理由.分析：第（1）问属于解析几何中的常规题型，常见的解法有两种：①经典的“设而不求”，用“坐标”分别表示直线OM与直线l的斜率的过程中借助“韦达定理”进一步化简；②“中点弦”问题可用“点差法”解决.无论选择哪种方法，都容易得出两直线的斜率乘积为定值-9.第（2）问入口较宽，若四边形OAPB能为平行四边形，则可以从不同角度实施对平行四边形OAPB这一几何特征解析几何中常见“几何特征代数化”的转化策略江苏省溧水高级中学丁称兴211200摘要：本文举例说明了“几何特征代数化”三类题型的转化策略.关键词：几何特征代数化；分类；转化策略ylAMBO x图1的代数转化.思路1：四边形OAPB 为平行四边形⇔线段AB 与线段OP 互相平分（几何问题）⇔点P 与点O 关于点M 对称（M 为线段AB 中点已知）（几何问题）⇔x P =2x M （代数问题）.解析过程：由（1）知直线OM :y =-9kx ，设点P 的横坐标为x P ，联立直线与椭圆有ìíîïïy =-9k x9x 2+y 2=m2，消去y 得9x 2+81k 2x 2=m 2，则x P 2=k 2m 29k 2+81，即x P =.由（1）得x M =-kb k 2+9.由x P =2x M ，有=2×(-kb k 2+9)，即有±m 3.由直线l :y =kx +b 过点(m 3,m )，得m =km 3+b ，即b =m (3-k )3.将其代入等式±m 3=2b k 2+9，得±m 3=2m (3-k )3，整理得±1，两边平方得k 2-8k +9=0，解得k =4±7.因为直线l 过点(m 3,m )，所以直线l 不过原点且与椭圆C 有两个交点的充要条件是k >0且k ≠3.综上，当直线l 的斜率为4±7时，四边形OAPB 为平行四边形.思路2：四边形OAPB 为平行四边形⇔OP = OA +OB （从向量的角度理解平行四边形）⇔(x P ,y P )=(x A +x B ,y A +y B )=(2x M ,2y M )（几何问题代数化）⇔x P =2x M ，y P =2y M （代数问题）.解析过程：由x M =-kb k 2+9，消去b ，由直线l :y =kx +b 过点(m 3,m )，得m =km 3+b ，即b =m (3-k )3.于是x M =-kb k 2+9=k (k -3)m3(k 2+9)，故y M =-9k x M =-3(k -3)mk 2+9.因为点P (2x M ,2y M )在椭圆C 上，所以9[2k (k -3)m 3(k 2+9)]2+[-6(k -3)m k 2+9]2=m 2，化简得4k 2(k -3)2m 2+36(k -3)2m 2(k 2+9)2=m 2，即(k -3)2(4k 2+36)=(k 2+9)2，化简得k 2-8k +9=0，解得：k =4±7.接下来的过程同思路1.评析：在“平行四边形”这一几何特征下，本题的解析过程中给出两种最常见的代数转化策略：①对角线互相平分，转化为“点与点关于点对称”；②向量加法的平行四边形法则，转化为“坐标之间的关系”.这是最适用本题且通俗易懂的转化策略.当然，我们也可以选择将“对边平行且相等”这一几何特征转化为“向量相等”.题型二：“等腰直角三角形”条件的代数转化几何性质两边垂直勾股定理斜边中线性质（中线等于斜边一半）两边相等两角相等三线合一（垂直且平分）代数实现斜率乘积为-1或向量数量积为0两点间距离公式两点间距离公式两点间距离公式底边水平或竖直时，两腰斜率相反垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式例2已知点A ,B 在椭圆C :x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)上，点A 在第一象限，O 为坐标原点，且OA ⊥AB ，（1）若a =3,b =1，直线OA的方程为x-3y=0，求直线OB的斜率；（2）若△OAB是等腰三角形（点O,A,B按顺时针排列），求b a的最大值.解析：第（1）问由椭圆C:x23+y2=1与直线OA联立，解得点A(32,12)，由OA⊥AB，解得点B(127,-17)，从而直线OB的斜率为-112.第（2）问，思路1：设直线OA的斜率为k(k>0)，则直线AB的斜率为-1k.由△OAB是等腰直角三角形（点O,A,B按顺时针排列），设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1>0,y1>0,x1<x2).因为OA=AB，所以x12+y12=(x1-x2)2+(y1-y2)2,即|y1|x1-x2，所以y1=x2-x1，即x1+y1=x2.又由OA⊥AB，得y1x1⋅y2-y1 x2-x1=-1，所以y2=y1-x1.因为点A(x1,y1),B(x1+y1,y1-x1)在椭圆上，从而有x12a2+y12 b2=1且(x1+y1)2a2+(y1-x1)2b2=1，所以x12a2+y12b2=(x1+y1)2a2+(y1-x1)2b2，整理得b2(y1x1)2-2(a2-b2)⋅y1x1+a2=0，所以Δ=4(a2-b2)2-4a2b2 0，因式分解得(a2-b2+ab)(a2-b2-ab) 0，从而有a2-b2-ab 0，即(b a)2+b a-1 0，解得b a，即ba的最大值为.思路2：设直线OA的斜率为k(k>0)，倾斜角为θ(0∘<θ<90∘).因为△OAB是等腰直角三角形（点O,A,B按顺时针排列）且OA⊥AB，则直线OB的斜率为k-11+k.设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1>0,y1>0,x1<x2).联立直线OA与椭圆方程，得x12=a2b2b2+a2k2，联立直线OB与椭圆方程，得x22=a2b2b2+a2(k-11+k)2=a2b2(1+k)2b2(1+k)2+a2(k-1)2.又因为OB=2OA，所以OB2=2OA2，即2(1+k2)x12=[1+(k-11+k)]2x22，从而有2(1+k2)⋅a2b2b2+a2k2=[1+(k-11+k)]2⋅a2b2(1+k)2b2(1+k)2+a2(k-1)2，整理得b2k2-2(a2-b2)k+ a2=0，所以Δ=4(a2-b2)2-4a2b2 0，因式分解得(a2-b2+ab)(a2-b2-ab) 0，从而有a2-b2-ab 0，即(b a)2+b a-1 0，解得b a，即b a的最大值为.评析：对于“等腰直角”这一几何特征，将“垂直”转化为两直角边所在直线的斜率的乘积为-1或向量数量积为0，将“直角边相等”用距离公式转化为坐标之间的关系，这是“坐标法”解决解析几何问题的最好体现.题型三：“四点共圆”条件的代数转化几何性质四点共圆代数实现先由不共线的三点确定圆的方程，再证明第四个点在圆上.对角互补的四边形的四点共圆对角线所在直线的倾斜角互补对边所在直线的斜率之和为0找出圆心的位置，求出圆的半径.例3如图2，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,P为右准线上一点，点Q在椭圆上，且FQ⊥FP.（1）若椭圆的离心率为12，短轴长为23，①求椭圆的方程；②若直线OQ,PQ的斜率分别为k1,k2，求k1⋅k2的值.（2）若在x轴上方存在P,Q两点，使O,F,P,Q四点共圆，求椭圆离心率的取值范围.分析：本题主要考查斜率乘积定值、四点共圆、离心率范围、直径圆、垂径定理.第（1）问的②先可以选择用“坐标”来分别表示k1,k2，借助椭圆方程消元，可得k1⋅k2为定值-34，也可用“向量法”避开对直线斜率是否存在的讨论，由FQ⋅FP=(x0-1,y0)⋅(3,y p)=0，解得yp =-3(x0-1)y0，此处的一般结论为k1⋅k2=-b2a2.对于第（2）问，涉及到四点共圆，此时常有如下代数转化的形式.思路1：设P(a2c,t),Q(x0,y0)，因为FQ⊥FP，所以△FQP的外接圆是以PQ为直径的圆(x-a2c )(x-x)+(y-t)(y-y)=0.由题意得，焦点F和原点O均在该圆上，所以ìíîïï(c-a2c)(c-x)+ty=0a2c x0+ty=0，消去ty0，得(c-a2c)⋅(c-x)-a2c x0=0，解得x=c-a2c.因为点P,Q均在x轴上方，所以-a<x0=c-a2c<c，整理得c2+ac-a2>0，即e2+e-1>0且0<e<1，解得e<1.思路2：因为O,F,P,Q四点共圆且FQ⊥FP，所以PQ为圆的直径，圆心为PQ的中点M.因为OF为弦，由垂径定理可得xM=c2，又M为PQ的中点，故xQ=2xM-a2c=c-a2c，以下过程同思路1.“几何特征代数化”的转化在几何与代数之间架起了一座沟通的桥梁，从而实现了对几何性质从定性到定量的研究，使得对图形的性质有更精确的把握.通过转化，形成的坐标法、综合论证法、向量法、分析法共同构成中学数学研究几何图形性质的四大方法，完善对解析几何的认知结构.图2xPFOQy。
利用恒等变换 巧解数学问题
技法点拨■李正章摘要：数学试题的变通性和灵活性非常高，往往是一题多解，这对学生的数学知识的灵活运用能力要求较高。
因此，教师在教学中要教会学生掌握正确的方法，抓住问题的本质，这样才能快速高效地解决数学问题。
本文就高中数学的教学中，利用恒等变换巧妙解决数学问题做些粗浅的探讨。
关键词：高中数学；恒等变换；求解问题在数学教学中，相信我们都有这样的认知，很多时候，选对方法和计算方式，能够为解决数学问题带来事半功倍的效果。
在数学教学中，学会恒等变换的方法和技巧，可以选择快速便捷的方式解题。
遇到不同的题型，应该有不同的解题方式。
接下来，我从几个不同的方面进行恒等变换方法的分析，与大家分享。
一、尝试培养，裂项添项在有些情况下，整式中的底数和指数会比较多也比较复杂。
这时候通过“裂项”与“添项”，可以实现平方的配凑，从而简化计算。
但配凑的过程也是有方向和逻辑的，掌握了具体的方法，解题才会迅速且准确。
讲解这一部分内容时，我首先向同学们介绍了裂项、添项的基本模型：（a +b ）2=a 2+2ab +b 2。
由此，可以得出裂项、添项的常用基本形式有两个，分别为：①a 2+b 2=（a+b ）2-2ab =（a-b ）2+2ab ；②a 2+ab+b 2=（a+b ）2-ab =（a-b ）2+3ab 。
接下来，为了让学生了解其具体用法，我又举了一个具体的例子来说明：求方程x 2+y 2-4kx -2y +5k =0表示圆的充要条件以及此时k 的取值范围。
很显然，在方程的初始状态下，学生是很难看出来的。
这时候，我们就需要通过裂项、添项的方式进行恒等变换，化成熟知的格式后就好解决了。
首先分别对x 和y 的项进行配凑：x 2-4kx =（x -2k ）2-4k 2，y 2-2y =（y -1）2-1。
然后，将结果代入原方程中并化简：x 2+y 2-4kx -2y +5k =（x -2k ）2+（y -1）2-（4k -1）（k -1）=0。
对《一个公式的巧用》的一点补充
摘要：<正> “数学教学通讯”85年第5期张山同志的文“一个公式的巧用”读后很受启发, 公式(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca)=a~3+b~3+c~3-3abc在解题中巧用之处不少。今 就这个公式在三角恒等式的证明中巧用的一角补充几个例题,使该文更有说服力。例1.已知 sinα+sinβ+sinγ=0, cosα+cosβ+cosγ=0 求证:(1)sin~3α+sin~3β+sin~3γ=3sinαsinβsinγ (2)co s ~ 3α +co s ~ 3β +co s ~ 3γ =3co s α co s β co s γ 证明:当a+b+c=0时,a~ 3+b~ 3+c~ 3=3abc 令α =s iaα ,b=s inβ ,c=s inγ ,则s in~ 3α +s in~ 3β +s in~ 3γ =3s inα s inβ s inγ 。令 a=co s α ,b=co s β ,c=co s γ ,则co s ~ 3α +co s ~ 3β +co s ~ 3γ =3co s α co s β co s γ 。利用例1的结论 又得一题: 例2.已知:sinα+sinβ+sinγ=0, cosα+cosβ+cosγ=0 求证:(1)sin3α+sin3β+
探究一类解析几何问题的解题策略
探究一类解析几何问题的解题策略
丁连根;陈庆华
【期刊名称】《中学数学教学参考》
【年(卷),期】2022()25
【摘要】解析几何问题是考查学生运算能力的主要载体之一,在求解过程中,可以通过“巧设”曲线方程、直线方程和点的坐标来简化运算。
本文通过巧设圆锥曲线方程避开讨论、巧设直线方程简化运算、巧设点的坐标解决中点问题。
【总页数】3页(P45-47)
【作者】丁连根;陈庆华
【作者单位】江苏省姜堰第二中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.浅谈解析几何中一类题目的解题策略
2.一类恒成立问题的解题策略探究
3.解析几何中一类定值问题的解题策略
4.解析几何中一类定值问题的解题策略
5.重本质形成解题思路探结构确定解题策略——以解析几何中“两根不对称”问题的求解为例
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
一个恒等式的再开发及应用
一个恒等式的再开发及应用作者：朱一凡朱传美来源：《中学数学杂志(高中版)》2024年第03期【摘要】韦达定理在解析几何的运算中发挥着极大的作用，恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”给出了两个点的横坐标之间的直接关系.结合典型例题从四个不同的路径对以上恒等式进行一次再开发，给出更灵活的形式，并由此给出简化解析几何运算的新思路.【关键词】韦达定理；恒等式；开发；简化运算若x1，x2为实系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两实根，则有x1+x2=-ba，x1x2=ca，此为著名的韦达定理，由两等式相结合可得一个简洁的恒等式-c（x1+x2）=bx1x2［1］.此恒等式能有效简化解析几何的运算，实际上，此恒等式给出的仅仅是两个点的横坐标之间的直接关系.若从此认识出发，拓宽研究问题的思路与方法，我们可以尝试从更多路径对此恒等式进行一次再开发，又将带来简化解析几何运算的新思路.1 韦达定理开发更一般恒等式例1 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为23，且过点P（2，53）.（1）求椭圆E的标准方程；（2）设A为椭圆E的左顶点，过点C（1，0）的直线与椭圆E交于M，N两点，直线AM与直线l：x=9交于点T，问：直线TN是否过定点？若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.说明此题选自文［2］，由韦达定理得出x1+x2=18k25+9k2，x1x2=9k2-455+9k2后，开发出了更一般的恒等式x1x2=5（x1+x2）-9，对简化后续解题步骤提供了极大的帮助.这里不仅仅是和与积之间的直接关系，还出现了常数项，所以可称之为更一般的恒等式.当然，我们还可以借助其他路径获取更广义的恒等式.2 三点共线开发恒等式例2 已知F1，F2分别是椭圆C：x22+y2=1的左、右焦点，动点M在C上，连接F2M 并延长至点N，使得MN=MF1，设点N的轨迹为D.（1）求D的方程；（2）设O为坐标原点，点P∈D，连接PF2交C于Q点，若直线F1P的斜率与直线OQ 的斜率存在且不为零，证明：这两条直线的斜率之比为定值.分析此题为解析几何难题，第（2）问定值问题为此题的难点，涉及到两个定曲线和三条动直线，其中两个动点P，Q为解决此题的关键入口.解（1）因为F2（1，0），NF2=MN+MF2=MF1+MF2=2a=22.所以点N的轨迹D为以F2为圆心，22为半径的圆，其方程为（x-1）2+y2=8.（2）解法1 设Q（x1，y1），P（x2，y2）在第一象限，则x1>0，x2>0.当PF2⊥x轴时，P（1，22），Q（1，22），kF1P：kOQ=2：22=2.当PF2斜率存在且不为零时，设直线PF2的方程为y=k（x-1）.联立x2+2y2=2，y=k（x-1），可得（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0，x1=2k2+2k2+22k2+1.联立（x-1）2+y2=8，y=k（x-1），可得（k2+1）x2-（2k2+2）x+k2-7=0，x2=1+22k2+1.則kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=k（x2-1）x2+1·x1k（x1-1）=22k2+12+22k2+1·2k2+2k2+22k2+1-1+2k2+22k2+1=2k2+1+2·2k2+2k2+2-1+2k2+2=2（k2+1+2k2）k2+1+2k2=2.说明解法1为常规思路，但在用k表示P，Q两点的横坐标时，出现了问题，在没有办法的情况下，只得添加附加条件，即假设两点均在第一象限，严格意义上讲，还需要再验证一下P点在第二象限的情况，由对称性，三、四象限就不用再证了，当然，还要考虑P点在坐标轴上的情形.可见，常规解法的繁琐，简化运算势在必行.此解法用k分别表示了P，Q两点的横坐标，既然两个动点P，Q为解决此题的关键入口，而且P是主动点，Q是从动点，那么它们的横坐标应该有着直接的关系，能否找到两点横坐标之间的直接关系，从而简化运算呢？解法2 设Q（x1，y1），P（x2，y2）（y1≠0，y2≠0）.由kF2Q=kF2P可得，y1x1-1=y2x2-1，即y12y22=（x1-1）2（x2-1）2=1-x1228-（x2-1）2.所以有（x1-1）2（x2-1）2=1-x122+（x1-1）28=（x1-2）216，即 x1-1x2-1=2-x14=y1y2>0，则 x1x2=2x2-3x1+2.所以当x1≠0时，kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=y2x1y1（x2+1）=4x1（2-x1）（x2+1）=4x12x2+2-x1x2-x1=4x12x1=2.当x1=0时，可取Q（0，1），P（-1，2），直线F1P与直线OQ的斜率均不存在，舍去.评析这里直接设出点P，Q的坐标，由F2，P，Q三点共线探寻P，Q横坐标之间的直接关系，巧妙地运用点在曲线上消去了纵坐标，再运用合分比定理得到x1x2=2x2-3x1+2，过程简洁明快，无需分类讨论，极大简化运算.此关系式的得出并没有借助韦达定理，而是由题中条件自主得出，这是对恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”的再次开发，由运算的简化可说明此开发的必要性.此解法思路灵活精巧，对代数恒等变换的要求很高，说明横坐标的关系不易得出，至此，我们不禁想问：能否探寻P，Q两点纵坐标之间的直接关系呢？解法3 设直线PF2的方程为x=my+1，设Q（x1，y1），P（x2，y2）（y1≠0，y2≠0）.由 F2QF2P=2-22x122=y1y2 可得，1-12（my1+1）2=y1y2my1y2=y2-4y1.所以当y2≠2y1时，kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=y2（my1+1）y1（my2+2）=my1y2+y2my1y2+2y1=y2-4y1+y2y2-4y1+2y1=2y2-4y1y2-2y1=2.当y2=2y1时，可取Q（0，1），P（-1，2），直线F1P与直线OQ的斜率均不存在，舍去.说明这里同时设出点P，Q的坐标以及直线PF2的方程，过P，Q两点同时向x轴做垂线，由平面几何知识即得出比例关系，其中F2Q=2-22x1为椭圆C的焦半径， F2P=22为圆D 的半径，这里得出了纵坐标的关系my1y2=y2-4y1，比横坐标来得更快一些，这也是对恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”的再开发，从运算的更简洁来看，此开发非常有必要.3 倾斜角互补开发恒等式例3 在平面直角坐标系中，已知点A（-2，0），B（2，0），动点P（x，y）满足直线AP与BP的斜率之积为-34.记点P的轨迹为曲线C.（1）求C的方程；（2）若M，N是曲线C上的动点，且直线MN过点D0，12，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO=∠NQO？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解（1）由kPAkPB=-34得：yx+2·yx-2=-34（x≠±2）.化简得，x24+y23=1（x≠±2），所以曲线C的方程为x24+y23=1（x≠±2）.（2）假设存在定点Q（0，m）符合题意，由题意及（1）知，直线MN与直线AD，BD 均不重合.当直线MN的斜率k存在时，设其方程为y=kx+12k≠±14，Mx1，y1，Nx2，y2.由∠MQO=∠NQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，故kMQ+kNQ=0.又kMQ+kNQ=y1-mx1+y2-mx2=kx1+12-mx1+kx2+12-mx2=4kx1x2+（1-2m）x1+x22x1x2，所以4kx1x2+（1-2m）x1+x2=0.①联立x24+y23=1，y=kx+12，可得3+4k2x2+4kx-11=0，Δ=16k2+443+4k2>0.又x1+x2=-4k3+4k2，x1x2=-113+4k2.②将②代入①得，4k·-113+4k2+（1-2m）·-4k3+4k2=8k（m-6）3+4k2=0.③因为k≠±14且不恒为0，所以当且仅当m=6时，③式成立，即定点Q（0，6）满足题意.当直线MN的斜率不存在时，点Q（0，6）满足∠MQO=∠NQO=0°，也符合题意.综上所述，在 y轴上存在定点Q（0，6），使得∠MQO=∠NQO.说明当直线MN的斜率存在时，根据两角相等即可得kMQ+kNQ=0，化简得到等式4kx1x2+（1-2m）x1+x2=0是此题成功的关键，求得定点坐标后，验证MN斜率不存在时也成立即可.4 代数运算开发恒等式例4 已知椭圆E：x24+y2=1，过点P（1，2）作倾斜角互补的两直线l1，l2分别交椭圆E 于A，B；C，D四点，试确定kAC与kBD的关系［3］.解因为直线l1，l2的倾斜角互补，所以直线l1，l2的斜率均存在且互为相反数，则可设l1：y-2=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）.联立x2+4y2=4，y-2=k（x-1），可得（1+4k2）x2-8k（k-2）x+4（k-2）2-4=0.x1+x2=8k（k-2）1+4k2，x1x2=4（k-2）2-41+4k2.同理，x3+x4=8k（k+2）1+4k2，x3x4=4（k+2）2-41+4k2.而 x1+x2-x1x2=4k2-121+4k2=x3+x4-x3x4，則kAC+kBD=y3-y1x3-x1+y4-y2x4-x2=-k（x3+x1）+2kx3-x1+-k（x4+x2）+2kx4-x2=-k（x3+x1-2x3-x1+x4+x2-2x4-x2）=-k（1+2x1-2x3-x1+2x4-2x4-x2-1）=-2k·（x1+x2-x1x2）-（x3+x4-x3x4）（x3-x1）（x4-x2）=0.说明这里通过代数运算开发出更广义的恒等式x1+x2-x1x2=x3+x4-x3x4，极大地简化了最后的求解过程.5 结束语简化解析几何的运算始终是我们不懈的追求，这里我们对一个恒等式进行了一次再开发，大大简化了解析几何的运算.而实际上，思维的创新才是我们更大的努力方向，在这样的学习方向指导下，我们就会积极思考，积极探索，一旦抓住新的发现，就会进一步得到更多新的收获，最终达到提升学生数学思维能力的目的.参考文献［1］丁连根.巧用一个恒等式简化解析几何运算［J］.高中数学教与学，2019（13）：10-12；［2］朱传美，徐树旺.换个顺序先算后代简化运算［J］.中学教研（数学），2019（08）：11-15；［3］朱传美.简化解析几何运算量的两个视角［J］.中学教研（数学），2017（12）：13-15.作者简介朱一凡（2005—），女，江苏泰州人，本科在读；从事中学数学教学研究.朱传美（1976—），男，江苏泰州人，中学高级教师；公开发表论文百余篇.。
【初中数学】贯穿初中三年的解题方法 不可不知!
【初中数学】贯穿初中三年的解题方法不可不知！【初中数学】贯穿初中三年的解题方法不可不知！1.匹配方法通过把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和形式解决数学问题的方法，叫配方法。
配方法用的最多的是配成完全平方式，它是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的应用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都经常用到它。
2.因式分解因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的形式，是恒等变形的基础，它作为数学的一个有力工具、一种数学方法在代数、几何、三角等的解题中起着重要的作用。
因式分解的方法有许多，除中学课本上介绍的提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法等外，还有如利用拆项添项、求根分解、换元、待定系数等等。
3.替代法换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法。
通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。
4.判别法和威达定理一元二次方程ax2bxc=0（a、b、c属于r，a≠0）根的判别，△=b2-4ac，不仅用来判定根的性质，而且作为一种解题方法，在代数式变形，解方程(组)，解不等式，研究函数乃至几何、三角运算中都有非常广泛的应用。
除了知道一个变量的二次方程的一个根外，威达定理还发现了另一个根；除了知道两个数的和与积并求这两个数的简单应用外，它还可以求根的对称函数，计算二次方程根的符号，求解对称方程组，以及解决一些与二次曲线有关的问题。
5、待定系数法在解决数学问题时，如果我们首先判断结果有某种形式，其中包含一些待定系数，然后根据问题设置条件列出关于待定系数的方程式，最后求出这些待定系数的值或找出这些待定系数之间的某种关系，从而解决数学问题，这种解决问题的方法称为待定系数法。
它是中学数学中常用的方法之一。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第7 期
高中数学教与学
于是 x1
+ x2
=
－
1
16k + 4k2
，x1
x2
= 1
12 +4
k2
，
可得 4kx1 x2 = － 3（ x1 + x2 ） ． 由 A（ 0，1） 、B（ 0，－ 1） ，易知直线 AD： y =
y2
－1 x
x2
+ 1，直线 BC： y
=
y1
+1 x
x1
－ 1． 联立方
( ) + 2） y2 － 3（ n － 2） y1 = 2my1 y2 =
4 n
－n
（ y1
( ) ( ) + y2） =
4 n
－n
y1 +
4 n
－n
y2 ．
因为上式对任意的 y1 恒成立，故 n + 2 =
4 n
－ n，解得 n
= 1．
所以，直线 l 恒过定点（ 1，0） ．
② 可设直线 l 的方程为 x = my + 1，C（ x1 ，
（ 2） 设直线 AC、BD 的斜率分别为 k1 、k2 ．
① 若 k2 = 3k1 ，求证： 直线 l 过定点；
②
若直线
l
过椭圆的右焦点
F，试判断
k1 k2
是否为定值，并说明理由．
解
（ 1）
x2 4
+ y2 3
= 1． （ 过程略）
（ 2） ① 设直线 l 的方程为 x = my + n，代入
椭圆方程，得 （ 3m2 + 4） y2 + 6mny + 3n2 － 12 = 0．
程组，并利用 yi = kxi + 2（ i = 1，2） ，解得
yQ
=
2kx1 x2 + x1 + 3x2 ． 3x2 － x1
将 4kx1 x2 = － 3（ x1 + x2 ） 代入，得
yQ
=
－
3 2
（
x1
+
x2 ）
+ x1
3x2 － x1
+ 3x2
= 1． 2
所以，点
Q
的纵坐标为定值
1 2
．
－ 2x1
=
－ 1
24k + 4k2
－ 2x1
3（ x1 + x2 ） － 4x1
－ 1
48k + 4k2
－ 4x1
=
1 2
．
例2
如图 2，已知椭圆
C：
x2 a2
+
y2 b2
= 1（ a
＞
b
＞
0）
的离心率为
1 2
，右准线方程为 x
=
4，
A、B 分别是椭圆 C 的左、右顶点，过右焦点 F
且斜率为 k（ k ＞ 0） 的直线 l 与椭圆 C 相交于
－ 3m 4 －1
= － m． 所以
k2 （ k1 － k3 ） = k2 （ k1 + m）
( ) = y2 x2 － 2
y1 + m x1 + 2
= y1 y2 + my2 （ x1 + 2） （ x1 + 2） （ x2 － 2）
= y1 y2 + my2 （ my1 + 3） （ my1 + 3） （ my2 － 1）
1，a3 + b3 + 1 = m（ a + b + 1） 3 ，求实数 m 的最
小值．
分析 问题中含有三个未知数 a、b、m，
而且次数比较高，正面直接处理比较棘手． 由 a2 + b2 = 1，可以考虑用三角换元来处理．
( ) 解 设 a = cos x，b = sin x，x ∈ 0，π2 ，
则 sin3 x + cos3 x + 1 = m（ sin x + cos x + 1） 3 ．
高中数学教与学
2019 年
巧用一个恒等式简化解析几何运算
丁连根
（ 江苏省姜堰市第二中学，225500）
若 x1 、x2 为一元二次方程 ax2 + bx + c =
0（ a ≠ 0）
的两实根，则 x1
+ x2
=－
b a
，x1 x2
=
c a
，这就是著名的韦达
定理，在
解析几
何的
运
算中常发挥着举足轻重的作用． 然而在具体
设 C（ x1 ，y1 ） 、D（ x2 ，y2 ） ，则 有 y1 + y2 =
－
6mn 3m2 +
4，y1 y2
=
3n2 3m2
－ 12 +4
，
得
2mny1 y2
=
－ （ n2 － 4） （ y1 + y2 ） ．
又由 k2
=
3k1 ，得
x2
y2 －
2
=
3 x1
y1 +
2
，即
y2 （ my1 + n + 2） = 3y1 （ my2 + n － 2） ，因此（ n
1 2
．
当然，我 们 还 可 以 对 表 达 式 再 作 恒 等 变
形，析出 x1 + x2 ，然后让分子分 母 只 剩 下 k、
x1 （ 或 k、x2 ） ，再整体消元，可得如下解法：
解法 2
同上得 yQ
= 2kx1 x2 + x1 + 3x2 3x2 － x1
=
2kx1 x2 + 3（ x1 + x2 ）
设 l： y = kx + 2，C（ x1 ，y1 ） ，D（ x2 ，y2 ） ．
{y = kx + 2，
由
可得
x2 + 4y2 = 4，
（ 1 + 4k2 ） x2 + 16kx + 12 = 0．
櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷櫷
于是，k 的最大值是 2 + 槡2 ． 变式 10 已知正实数 a、b 满足 a2 + b2 =
解题运用时，常 常 会 遭 遇 无 法 回 避 的 固 化 式
繁琐运算，能否 简 化 运 算 是 我 们 共 同 的 追 求 ．
运用创新思维，笔者发现，由两关系式消去 a，
可得一个简洁的恒等式 － c（ x1 + x2 ） = bx1 x2 ， 此恒等式能 简 化 运 算 过 程，给 我 们 带 来 不 同
y1 ） ，D（ x2 ，y2 ） ． 同例 2（ 3） ，可得 2my1 y2 = 3（ y1
+ y2 ） ． 于是
k1 = y1 ·x2 － 2 = y1 （ my2 － 1）
k2 x1 + 2 y2
y2 （ my1 + 3）
= my1 y2 － y1 my1 y2 + 3y2
=
3 2
（
y1
+
y2 ）
( ) 所以 m ≥
1 2
－1 + 1 槡2 + 1
=
3 槡2 2
－ 2，即 m
的最小值是3
槡2 2
－
2．
基本 不 等 式 问 题 的 解 题 方 法 很 多，其 中
换元法是将复杂的基本不等式问题转化为简 单问题或者熟悉问题的重要策略． 笔者相信，
只要学习者 能 认 真 总 结 提 炼，就 一 定 能 从 根 本上把握基 本 不 等 式 问 题 的 解 题 技 巧，做 到 游刃有余．
－ y1
3 2
（
y1
+
y2 ）
+ 3y2
= y1 + 3y2 3y1 + 9y2
=
1 3
．
（
定值）
评注 此题第（ 2） 问的两命题是一对互
逆命题． 其中 ① 是难点，因直接寻找定点运算
量太大，故参考答案是先猜定点为 P（ 1，0） ，然
后再证明 kPC = kPD ，很是费解． 这里均借助两 根之和与 两 根 之 积 的 关 系 实 现 次 数 的 统 一，
评注 在求得 yQ 后，要证明其为定值，化
简是关键，发现 x1 与 x2 的系数不等，不好直接
运用 x1 + x2 ，给化简带来了一定的难度． 利用
恒等式 4kx1 x2 = － 3（ x1 + x2 ） ，能将二次的 x1 x2
降为一次的 x1 + x2 ，从而实现分子分母次数的
统一，很快得到定值
轻松实现问题的解决．
韦达定理在解析几何的运算中发挥着很
大的作用，但带来了无法回避的繁琐运算，能
否突破这一 固 式，在 不 可 作 为 处 寻 找 可 作 为
点？这是数学学习的创新之处． 本文借助一个
简洁的恒等 式 实 现 了 运 算 的 简 化，为 此 类 问
题找到了一个突破点． 我们说： “在数学学习
－
4
6 +
m 3m2
，y1
y2
=
－
4
9 +3
m2
，可
得
2my1 y2
=
3（ y1 + y2 ） ．
故 yD
=
y1
+ y2 2
=－ 4
3 +
m 3m2
，xD
=