2018年高考江苏卷两道高考填空题的解法
殷长征
题目（2018年江苏卷第12题）在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y=2x上在第一象限内的点，B（5，0），以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D，若AB·CD=0，则点A的横坐标为
.
解法1设点A的坐标为（a，2a）（a>0），点D的坐标（b，2b），因为B（5，0），所以圆心C（a+52，a），直线AD的斜率kAD=2，直线BD的斜率kBD=0-2b5-b，又知kAD·kBD=-1，解得b=1，所以点D的坐标（1，2），直线DC的斜率kDC=a-25+a2-1，直线AB的斜率kAB=0-2a5-a，又知kDC·kAB=-1，解得a=3，所以点A的横坐标为3.
解法2设点A的坐标为（a，2a）（a>0），因为B（5，0），所以圆心C（a+52，a），所以圆C的方程为（x-5）（x-a）+y（y-2a）=0，联立方程组y=2x，（x-5）（x-a）+y（y-2a）=0，解得D（1，2），由AB·CD=0，解得a=3或a=-1（舍去），所以点A的横坐标为3.
解法3因为AB·CD=0，所以AB⊥CD，因为C是AB的中点，所以∠BAD=45°，设直线l的倾斜角为α，所以tan∠ABO=-tan（45°+α）=3，所以直线AB的斜率kAB=-tan∠ABO=-3，又知B（5，0），所以直线AB的方程为y=-3（x-5），联立方程组y=2x，y=-3（x-5），解得x=3，所以点A的横坐标为3.
题目（2018年江苏卷第13题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为.
解法1利用等面积法.因为S△ABC=S△ABD+S△CBD，所以12acsin120°=12csin60°+12asin60°，化简得ac=a+c，即1a+1c=1，所以4a+c=（4a+c）（1a+1c）=5+ca+4ac≥5+4=9，当且仅当ca=4ac，即c=2a时取等号，所以4a+c的最小值为9.
解法2利用正弦定理.设AD=m，CD=n，在△ABC中，由正弦定理得
asinA=bsin120°，所以b=asin120°sinA，同理可得m=sin60°sinA，n=sin60°sinC，因为
m+n=b，所以sin60°sinA+sin60°sinC=asin120°sinA，利用正弦定理并化简得1a+1c=1，同法1得4a+c的最小值为9.
解法3利用共线向量式.在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，BD=1，∠ABC=120°，所以BD=aa+cBA+ca+cBC，两边平方并化简得ac=a+c，即1a+1c=1，同法1得4a+c的最小值为9.（也可以由ac=a+c，得（a-1）（c-1）=1，所以4a+c=4（a-1）+（c-1）+5≥4+5=9）.
解法4解決三角和向量问题可以利用坐标法.以点B为坐标原点，BD所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，可得A（a2，3a2），B（0，0），C（c2，-3c2），D（1，0），因为A，D，C三点共线，所以3a2a2-1=3c2c2-1，化简ac=a+c，同法1得4a+c的最小值为9.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2SZ]两道高考试题的统一推广
[HT][HT5K]宁夏彭阳县第三中学756599[HT5H]王伯龙
[JZ）][HT]
[FL（K2]
[STFZ]1考题呈现
题1（2018年高考全国数学卷Ι理19题）设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.
⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
⑵设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
题2（2018年高考全国数学卷Ι文20题）设抛物线C：y2=2x，点A（2，0），B（-2，0），过点A的直线l与C相交于M，N两点.
⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
⑵证明：∠ABM=∠ABN.
这两道试题充分考查了圆锥曲线与直线位置关系的综合问题，设置新颖简洁，寓意深刻，本源相同，是值得研究的好题.仔细观察便可发现，题1的定点M（2，0）是椭圆C的右准线x=a2c与x轴的交点，题2给出的两个定点A（2，0），B（-2，0）恰好是关于坐标原点对称的两点，可以看成是抛物线的焦点与准线与x轴的交点的一般化，于是可将试题一般化，进行推广.
[STFZ]2试题一般化推广
考题1的第⑵问只是在特殊情形下得出的，那么对于一般化情形下是否成立，笔者经过尝试研究，并且类比到圆锥曲线中，便有如下的几个结论.
结论1设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论2设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论3设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB（或∠FMA+∠FMB=180°）.
3试题的再推广
考题2的第⑵问给出的定点A（2，0），B（-2，0）是将抛物线的焦点和准点更一般化，我们可以尝试将上述几个结论再做进一步推广.
结论4设抛物线C：y2=2px（p>0），点F（t，0），直线x=-t（t≠0）与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论5设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），点F（t，0）（t结论6设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点F（t，0）（t>a），直线x=a2t与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
限于篇幅，本文只证结论5，其它的两个结论可以模仿结论5的证明.
证明易知点M（a2t，0），设过点F的直线l：x=ky+c，交椭圆C于A（x1，y1），B（x2，y2），由b2x2+a2y2=a2b2，x=ky+c，消去x整理得（b2k2+a2）y2+2tb2ky+b2（t2-a2）=0，由根与系数的关系得y1+y2=-2tb2kb2k2+a2，y1y2=b2（t2-a2）b2k2+a2.而kAM=y1x1-a2t，kBM=y2x2-a2t，于是有kAM+kBM=x2y1+x1y2-a2c（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t）=y1（ky2+t）+y2（ky1+t）-a2t（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t）
=2ky1y2+（t-a2t）（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t），因为2ky1y2+（t-a2t）（y1+y2）=2k·b2（t2-a2）b2k2+a2+
（t-a2t）·（-2b2kb2k2+a2）=2kb2（t2-a2）-2kb2（t2-a2）b2k2+a2=0，所以kAM+kBM=0，即kAM=-kBM，故∠FMA=∠FMB.
4一点反思
本题较好的体现了现代社会对数学教育的寻求，情境熟悉、情态鮮活；采用“以能力立意”的命题思想，注重新旧知识的交汇，着力考查知识和技能的应用能力和迁移潜质，使新课程所倡导的“多样性、交叉性纵向不深、横向拓宽”的命题要求得以充分的体现.高考试题是命题组教师集体智慧的结晶，是平时学生学习和教师教学过程中的宝贵财富，是今后教学和备考复习的指挥棒.将高考试题进行推广，一方面是对高考试题命制背景的探源，另一方面是对数学知识的归纳提升，是对数学创新思维能力的培养.因此，在平时的教学中要有意识的引导学生学习和研究历年的高考题.
作者简介王伯龙（1965—），男，宁夏彭阳县人，中学数学高级教师，自治区级骨干教师，固原市数学学科带头人.近年来，在《中学数学杂志》等杂志上公开发表论文110余篇，主持并完成多项课题.
题目（2018年江苏卷第12题）在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y=2x上在第一象限内的点，B（5，0），以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D，若AB·CD=0，则点A的横坐标为
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解法1设点A的坐标为（a，2a）（a>0），点D的坐标（b，2b），因为B（5，0），所以圆心C（a+52，a），直线AD的斜率kAD=2，直线BD的斜率kBD=0-2b5-b，又知kAD·kBD=-1，解得b=1，所以点D的坐标（1，2），直线DC的斜率kDC=a-25+a2-1，直线AB的斜率kAB=0-2a5-a，又知kDC·kAB=-1，解得a=3，所以点A的横坐标为3.
解法2设点A的坐标为（a，2a）（a>0），因为B（5，0），所以圆心C（a+52，a），所以圆C的方程为（x-5）（x-a）+y（y-2a）=0，联立方程组y=2x，（x-5）（x-a）+y（y-2a）=0，解得D（1，2），由AB·CD=0，解得a=3或a=-1（舍去），所以点A的横坐标为3.
解法3因为AB·CD=0，所以AB⊥CD，因为C是AB的中点，所以∠BAD=45°，设直线l的倾斜角为α，所以tan∠ABO=-tan（45°+α）=3，所以直线AB的斜率kAB=-tan∠ABO=-3，又知B（5，0），所以直线AB的方程为y=-3（x-5），联立方程组y=2x，y=-3（x-5），解得x=3，所以点A的横坐标为3.
题目（2018年江苏卷第13题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为.
解法1利用等面积法.因为S△ABC=S△ABD+S△CBD，所以12acsin120°=12csin60°+12asin60°，化简得ac=a+c，即1a+1c=1，所以4a+c=（4a+c）（1a+1c）=5+ca+4ac≥5+4=9，当且仅当ca=4ac，即c=2a时取等号，所以4a+c的最小值为9.
解法2利用正弦定理.设AD=m，CD=n，在△ABC中，由正弦定理得
asinA=bsin120°，所以b=asin120°sinA，同理可得m=sin60°sinA，n=sin60°sinC，因为
m+n=b，所以sin60°sinA+sin60°sinC=asin120°sinA，利用正弦定理并化简得1a+1c=1，同法1得4a+c的最小值为9.
解法3利用共线向量式.在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，BD=1，∠ABC=120°，所以BD=aa+cBA+ca+cBC，两边平方并化简得ac=a+c，即1a+1c=1，同法1得4a+c的最小值为9.（也可以由ac=a+c，得（a-1）（c-1）=1，所以4a+c=4（a-1）+（c-1）+5≥4+5=9）.
解法4解決三角和向量问题可以利用坐标法.以点B为坐标原点，BD所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，可得A（a2，3a2），B（0，0），C（c2，-3c2），D（1，0），因为A，D，C三点共线，所以3a2a2-1=3c2c2-1，化简ac=a+c，同法1得4a+c的最小值为9.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2SZ]两道高考试题的统一推广
[HT][HT5K]宁夏彭阳县第三中学756599[HT5H]王伯龙
[JZ）][HT]
[FL（K2]
[STFZ]1考题呈现
题1（2018年高考全国数学卷Ι理19题）设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.
⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
⑵设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
题2（2018年高考全国数学卷Ι文20题）设抛物线C：y2=2x，点A（2，0），B（-2，0），过点A的直线l与C相交于M，N两点.
⑴当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
⑵证明：∠ABM=∠ABN.
这两道试题充分考查了圆锥曲线与直线位置关系的综合问题，设置新颖简洁，寓意深刻，本源相同，是值得研究的好题.仔细观察便可发现，题1的定点M（2，0）是椭圆C的右准线x=a2c与x轴的交点，题2给出的两个定点A（2，0），B（-2，0）恰好是关于坐标原点对称的两点，可以看成是抛物线的焦点与准线与x轴的交点的一般化，于是可将试题一般化，进行推广.
[STFZ]2试题一般化推广
考题1的第⑵问只是在特殊情形下得出的，那么对于一般化情形下是否成立，笔者经过尝试研究，并且类比到圆锥曲线中，便有如下的几个结论.
结论1设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论2设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论3设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB（或∠FMA+∠FMB=180°）.
3试题的再推广
考题2的第⑵问给出的定点A（2，0），B（-2，0）是将抛物线的焦点和准点更一般化，我们可以尝试将上述几个结论再做进一步推广.
结论4设抛物线C：y2=2px（p>0），点F（t，0），直线x=-t（t≠0）与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
结论5设椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），点F（t，0）（t结论6设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），点F（t，0）（t>a），直线x=a2t与x轴的交点为M，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则∠FMA=∠FMB.
限于篇幅，本文只证结论5，其它的两个结论可以模仿结论5的证明.
证明易知点M（a2t，0），设过点F的直线l：x=ky+c，交椭圆C于A（x1，y1），B（x2，y2），由b2x2+a2y2=a2b2，x=ky+c，消去x整理得（b2k2+a2）y2+2tb2ky+b2（t2-a2）=0，由根与系数的关系得y1+y2=-2tb2kb2k2+a2，y1y2=b2（t2-a2）b2k2+a2.而kAM=y1x1-a2t，kBM=y2x2-a2t，于是有kAM+kBM=x2y1+x1y2-a2c（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t）=y1（ky2+t）+y2（ky1+t）-a2t（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t）
=2ky1y2+（t-a2t）（y1+y2）（x1-a2t）（x2-a2t），因为2ky1y2+（t-a2t）（y1+y2）=2k·b2（t2-a2）b2k2+a2+
（t-a2t）·（-2b2kb2k2+a2）=2kb2（t2-a2）-2kb2（t2-a2）b2k2+a2=0，所以kAM+kBM=0，即kAM=-kBM，故∠FMA=∠FMB.
4一点反思
本题较好的体现了现代社会对数学教育的寻求，情境熟悉、情态鮮活；采用“以能力立意”的命题思想，注重新旧知识的交汇，着力考查知识和技能的应用能力和迁移潜质，使新课程所倡导的“多样性、交叉性纵向不深、横向拓宽”的命题要求得以充分的体现.高考试题是命题组教师集体智慧的结晶，是平时学生学习和教师教学过程中的宝贵财富，是今后教学和备考复习的指挥棒.将高考试题进行推广，一方面是对高考试题命制背景的探源，另一方面是对数学知识的归纳提升，是对数学创新思维能力的培养.因此，在平时的教学中要有意识的引导学生学习和研究历年的高考题.
作者简介王伯龙（1965—），男，宁夏彭阳县人，中学数学高级教师，自治区级骨干教师，固原市数学学科带头人.近年来，在《中学数学杂志》等杂志上公开发表论文110余篇，主持并完成多项课题.
