一道高考解析几何题的多种解法及推广
2020 年全国高考 1 卷第 20 题
已知点 $A, B$ 分别为椭圆 $E: \frac{x^2}{a^2} + y^2 = 1 (a > b > 0)$ 的左、右顶点，$G$ 为 $E$ 的上顶点，$\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{GB} = 8$，$P$ 为直线 $x = 6$ 上的动点，$PA$ 与 $E$ 的另一个交点为 $C$，$PB$ 与 $E$ 的另一个交点为 $D$，(1) 求椭圆 $E$ 的方程；(2) 证明：直线 $CD$ 过定点。
此题为 2020 年全国高考 1 卷第 20 题，下面用 4 种常规方法给出解答 (2) 问的证明。
解 (1) 由题意得 $A(-a, 0)$，$B(a, 0)$，$G(0, 1)$，
则 $\overrightarrow{AG} = (a, 1)$，$\overrightarrow{GB} = (a, -1)$，
所以 $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{GB} = a^2 - 1 = 8$，所以 $a^2 = 9$，
则椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{9} + y^2 = 1$。
(2) 由对称性可知，直线 $CD$ 恒过的定点 $Q$ 在 $x$ 轴上。
由题意 $A(-3, 0)$，设 $P(6, t)$，
则 $k_{AP} = \frac{t}{6 + 3} = \frac{t}{9}$，
所以 $l_{AP}: y = \frac{t}{9}(x + 3)$。
联立 $\begin{cases} y = \frac{t}{9}(x + 3) \\ \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 \end{cases}$，化简得 $(t^2 + 9)x^2 + 6t^2 x + 9t^2 - 81 = 0$，
所以 $x_1 + x_2 = -3 + x_c = -\frac{6t^2}{t^2 + 9}$，
所以 $x_c = \frac{27 - 3t^2}{t^2 + 9}$，
则 $y_c = \frac{t}{9}(x_c + 3) = \frac{6t}{t^2 + 9}$，
同理 $D(\frac{3t^2 - 3}{t^2 + 1}, \frac{-2t}{t^2 + 1})$。
若 $CD \perp x$ 轴，则 $y_c + y_D = 0$，
解得 $t^2 = 3$，则 $x_c = x_D = \frac{3}{2}$，
则直线 $CD: x = \frac{3}{2}$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$；
若 $CD$ 不垂直于 $x$ 轴，
则 $k_{CD}: y - \frac{6t}{t^2 + 9} = \frac{4t}{9 - 3t^2}(x - \frac{27 - 3t^2}{t^2 + 9})$，
令 $y = 0$，则 $x = \frac{3}{2}$，
即直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
综上：直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
从设点出发，设点 $P$ 坐标，由点 $P, A, B$ 的坐标得直线 $AP, BP$ 的方程，分别与椭圆 $CD$ 的方程联立，算得点 $C, D$ 的坐标，从而得到直线 $CD$ 的方程。由对称性可知，直线 $CD$ 恒过的定点 $Q$ 在 $x$ 轴上。令 $y = 0$，即可算得定点 $Q$ 的横坐标。
$$ C(\frac{27 - 3t^2}{t^2 + 9}, \frac{6t}{t^2 + 9})，D(\frac{3t^2 - 3}{t^2 + 1}, \frac{-2t}{t^2 + 1}) $$
若 $CD \perp x$ 轴，直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$；
若 $CD$ 不垂直于 $x$ 轴，
由对称性，可设定点 $Q(m, 0)$，
因为 $k_{CD} = k_{QD}$，
所以 $\frac{6t}{27 - 3t^2} = \frac{-2t}{\frac{3t^2 - 3}{t^2 + 1} - m}$，
化简得 $\frac{6t}{27 - 3t^2} = \frac{2t}{3t^2 - 3 - m}$，
因为 $t^2 + 3 > 0$，所以 $m = \frac{3}{2}$，
综上：直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
由对称性，设定点 $Q(m, 0)$，在得到点 $C, D$ 的坐标后，利用 $C, D, Q$ 三点共线，列出等式 $k_{CD} = k_{QD}$，进一步算出定点 $Q$ 的横坐标。此法中三点共线也可以用向量处理。
设 $C(m$y_1)$，$D(my_2, y_2)$，
联立 $\begin{cases} x = my + m \\ \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 \end{cases}$，
化简得 $(m^2 + 9)y^2 + 2m^2y + m^2 - 9 = 0$，
所以 $y_1 + y_2 = \frac{-2m^2}{m^2 + 9}$，$y_1y_2 = \frac{m^2 - 9}{m^2 + 9}$ 代入化简，
得 $(2m - 3)(y_1 - \frac{3n}{m^2 + 9}) = 0$，
当 $m = 0$ 时，直线 $CD: x = m$，
此时 $y_1 = \frac{3n}{m^2 + 9} \neq 0$，所以 $m = \frac{3}{2}$，
即直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
此法从设直线方程出发，分别利用点 $A, C, P$ 及点 $B, D, P$ 共线，得到形式相同的两个等式①②，由①②化简求得定点 $Q$ 的横坐标。
设 $C(my_1 + m, y_1)$，$D(my_2 + m, y_2)$，
$k_{AC} = \frac{y_1}{x_1 - (-3)} = \frac{y_1}{x_1 + 3}$，
$k_{BC} = \frac{y_2}{x_2 - (-3)} = \frac{y_2}{x_2 + 3}$，
$k_{PC} = \frac{y_1}{x_1 - 6} = \frac{y_1}{x_1 - 6}$，
$k_{PD} = \frac{y_2}{x_2 - 6}$，
$k_{AC} = k_{PC} = \frac{y_1}{x_1 + 3} = \frac{y_1}{x_1 - 6}$，
$k_{BC} = k_{PD} = \frac{y_2}{x_2 + 3} = \frac{y_2}{x_2 - 6}$，
所以 $k_{AC} = k_{BC} = \frac{1}{3}k_{AP} = \frac{1}{3}k_{BP} = \frac{1}{9}$，
又因为 $k_{AC}k_{BC} = -\frac{1}{3}$，
所以 $-3y_1y_2 = m(y_1 + y_2) + m - 3$，
则 $(m - 3)y_1y_2 + m(y_1 + y_2) + (m - 3)^2 = 0$ ③，
同理 $(2m^2 - 9)y_1y_2 + m(y_1 + y_2) + m^2 - 9 = 0$，
将 $y_1 + y_2 = \frac{-2m^2}{m^2 + 9}$，$y_1y_2 = \frac{m^2 - 9}{m^2 + 9}$ 代入，
得 $(2m - 3)(y_1 - \frac{3n}{m^2 + 9}) = 0$，
当 $m = 0$ 时，直线 $CD: x = m$，
此时 $y_1 = \frac{3n}{m^2 + 9} \neq 0$，所以 $m = \frac{3}{2}$，
即直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
此法从椭圆常见结论：“$A, B$ 为椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 上关于原点对称的两点，点 $P$ 为椭圆上关于点 $B$ 的一点，则 $k_{PA} \cdot k_{PB} = -\frac{b^2}{a^2}$”出发，结合题中较易得到的条件 $k_{AC} = \frac{1}{3}k_{AP}$，算得 $k_{AC}k_{BC} = -\frac{1}{3}$，进一步算得定点 $Q$ 的横坐标。
因为 $C$ 在直线 $AP: y = \frac{t}{2}(x + 3)$ 上，
所以 $y_1 = \frac{t}{2}(x_1 + 3)$ ①，
同理 $y_2 = \frac{t}{2}(x_2 + 3)$，
所以 $\frac{y_1^2}{x_1^2 - 9} = \frac{1}{9} \cdot \frac{(x_1 + 3)^2}{(x_1 - 3)^2}$ ①，
所以 $\frac{y_2^2}{x_2^2 - 9} = \frac{1}{9} \cdot \frac{(x_2 + 3)^2}{(x_2 - 3)^2}$ ②，
化简得 $15(x_1 + x_2) - 36 = 0$ ②，
所以 $x_1 + x_2 = \frac{36}{15} = \frac{12}{5}$，
设 $l_{CD}: y = kx + m$，联立 $\begin{cases} y = kx + m \\ \frac{x^2}{9} + y^2 = 1 \end{cases}$，
化简得 $(9k^2 + 1)x^2 + 18kmx + 9m^2 - 9 = 0$，
所以 $x_1 + x_2 = \frac{-18km}{9k^2 + 1}$，$x_1x_2 = \frac{9m^2 - 9}{9k^2 + 1}$，
代入②化简得 $18k^2 + 15km + 2m^2 = 0$，
解得 $m = -\frac{3}{2}k$ 或 $m = -6k$，
当 $m = -\frac{3}{2}k$ 时，
$l_{CD}: y = k(x - \frac{3}{2})$ 恒过定点 $(\frac{3}{2}, 0)$，
当 $m = -6k$ 时，
$l_{CD}: y = k(x - 6)$ 恒过定点 $(6, 0)$ （舍）；
若直线 $CD$ 的斜率不存在，
代入①化简得 $2m^2 - 15m + 18 = 0$，
解得 $m = \frac{3}{2}$ 或 $m = 6$，
当 $m = -\frac{3}{2}$ 时，$l_{CD}: x = \frac{3}{2}$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$，
当 $m = -6$ 时，$l_{CD}: x = -6$ 恒过定点 $(-6, 0)$ （舍）。
综上：直线 $CD$ 恒过定点 $Q(\frac{3}{2}, 0)$。
此法从点 $C, D$ 分别在线上出发，利用点式的对称、一致性，结合点差法的解法，化简出公式，进而结合韦达定理算得 $m$ 与 $k$ 的相等关系，进一步算得定点 $Q$ 的横坐标。
设 $C(my_1 + m, y_1)$，$D(my_2 + m, y_2)$，
联立 $\begin{cases} x = my + m \\ \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 \end{cases}$，
化简得 $(b^2m^2 - a^2)y^2 + 2mb^2my + b^2(m^2 - a^2) = 0$，
所以 $y_1 + y_2 = \frac{-2mmb^2}{b^2m^2 - a^2}$，$y_1y_2 = \frac{b^2(m^2 - a^2)}{b^2m^2 - a^2}$，
又因为 $A(-a, 0)$，
所以 $k_{AC} = \frac{y_1}{my_1 + m + a}$，
同理 $k_{BD} = \frac{y_2}{my_2 + m - a}$，
所以 $k_{AC} = \frac{y_1}{my_1 + m + a} = \frac{y_2}{my_2 + m - a}$，
化简得 $(my_1 + m + a)y_2 = (my_2 + m - a)y_1$，
则 $(2my_1 + my_2 + m)a = 0$，
将 $y_1 + y_2 = \frac{-2mmb^2}{b^2m^2 - a^2}$，$y_1y_2 = \frac{b^2(m^2 - a^2)}{b^2m^2 - a^2}$ 代入，
得 $(mx - a^2)(y_2 - y_1) = 0$，
当 $m = 0$ 时，$y_1 = y_2 = 0$，所以 $x = \frac{a^2}{m}$，
同理可证 $x_m = \frac{a^2}{m}$，证毕。
(1) 略；(2) 略；(3) 设 $t = 9$，求证：直线 $MN$ 经过 $x$ 轴上的一定点(其余坐标与 $t$ 无关)。
(1) 略；(2) 设曲线 $C$ 与 $y$ 轴的交点为 $A, B$（$A$ 位于点 $B$ 的上方），直线 $y = kx + 4$ 与曲线 $C$ 交于不同的两点 $M, N$，直线 $y = 1$ 与直线 $BM$ 交于点 $G$，求证：$A, G, N$ 三点共线。
(1) 略；(2) 设 $O$ 为原点，直线 $l: y = kx + t$ ($t \neq 0$) 与椭圆 $C$ 交于不同点 $P, Q$，直线 $AF, AQ$ 与 $x$ 轴分别交于点 $M, N$，若 $|OM| \cdot |ON| = 2$，求证：直线 $l$ 经过定点。
(1) 略；(2) 略；(3) 过点 $M$ 作倾斜角为 1 的直线交椭圆 $C$ 于另一点 $N$，交 $y$ 轴于点 $O$，$P, Q$ 点在线段 $OM$ 上（不包括端点 $O, M$），直线 $AM$ 与直线 $BM$ 交于点 $P$，求 $\overrightarrow{OD} \cdot \overrightarrow{OP}$ 的值。
参数设置：
方程建立：
技巧应用：
结论验证：
这五种方法展示了解析几何问题的多角度思考方式，提供了从不同视角解决同一问题的策略，有助于培养解题的灵活性和综合思维能力。
好的，我现在要处理用户的问题，对给定文章中第二小题的五种证明方法进行归纳整理。首先，我需要仔细阅读用户提供的材料，理解每种证法的思路和步骤，然后进行分类和总结，确保归纳准确且条理清晰。
首先，题目是证明直线CD过定点，椭圆方程已经确定为x²/9 + y² =1，定点在x轴上，即Q(3/2, 0)。共有五种证法，分别从不同的角度切入。
证法1：直接设点P的坐标，求出直线AP和BP的方程，联立椭圆方程得到C和D的坐标，然后求出CD的方程，通过讨论斜率是否存在，证明定点。
证法2：同样求出C和D的坐标，但假设定点Q(m,0)，利用三点共线（斜率相等）来解m的值，得出m=3/2。
证法3：设直线CD的方程为x=my + m，联立椭圆方程得到y的二次方程，通过韦达定理和点共线的条件，解出m的值，得到定点。
证法4：同样设直线CD的方程为x=my + m，但利用椭圆上的点C和D在直线AP和BP上的条件，结合斜率的关系，进一步解方程得到m=3/2。
证法5：利用点C和D在直线AP和BP上的坐标关系，结合椭圆方程，使用点差法和韦达定理，解出直线的参数，从而确定定点。
接下来，我需要找出这些证法的共同点和不同点，进行分类。例如，是否有参数法、对称性应用、联立方程法、点差法、三点共线条件等。
可能的分组方式：
不过需要更仔细地观察每个证法的具体步骤，可能有其他分类方式。
证法1和证法5都需要直接求出C和D的坐标，然后建立直线方程，进而找到定点。但证法5可能结合了点差法或其他技巧。
证法2和证法4都利用了假设定点存在，通过三点共线的条件（斜率相等或向量共线）来解方程。
证法3和证法4都设定了直线CD的某种参数形式，如x=my + m，然后通过联立方程和条件解出参数，得到定点。
可能的归纳方式：
或者按步骤分：
• 通过求交点坐标直接求解：证法1
• 假设定点并利用共线条件：证法2
• 设定直线参数方程，利用韦达定理：证法3、证法4
• 利用点差法或对称性条件：证法5
不过需要更准确地区分每个方法的核心思路。
证法1的思路是从点P出发，求出C、D坐标，再得直线方程，求定点。
证法2是假设定点Q(m,0)，通过三点共线条件解m。
证法3是设直线CD的方程x=my + m，联立椭圆，结合点C、D在AP、BP上的条件，解出参数。
证法4是利用椭圆上的点对称性，结合斜率乘积的条件，解方程。
证法5是设C、D坐标，利用点差法，联立椭圆方程，解参数。
可能归纳为：
不过可能证法3和证法4的细节不同，需要区分。例如，证法3可能更侧重于参数设定，而证法4可能结合了椭圆的一些性质，比如斜率乘积的结论。
最终，用户希望的是对五种方法进行归纳整理，可能按照方法的不同思路进行分类，每种方法的核心步骤和关键点。
需要确保每种方法的特点被准确描述，并指出它们之间的异同。
现在开始整理：
首先，证法1是直接求坐标，联立方程，计算直线方程，属于直接计算法。关键步骤是求出C、D坐标，然后求CD的方程，通过代入y=0找到定点。
证法2是假设定点存在，利用三点共线的条件，即C、D、Q共线，从而通过斜率相等解出m的值。这种方法的关键是设定未知数，通过共线条件建立方程。
证法3设定直线CD为x=my + m，联立椭圆方程，得到y的二次方程，利用点C、D在AP、BP上的条件，结合韦达定理解出m的值。这种方法属于参数法，通过参数设定简化计算。
证法4同样设定直线方程，但可能更多地利用椭圆的对称性和斜率的关系，例如使用已知的椭圆斜率乘积结论，结合方程求解。
证法5使用点差法，即利用点C、D在椭圆上的坐标差，结合直线方程的条件，解出直线参数，从而找到定点。可能涉及对称性条件和联立后的方程处理。
可能的分类：
• 差异：证法5可能更依赖点差或对称性，而证法1是直接计算。
不过需要更仔细地根据每个证法的步骤来调整分类。
例如，证法3和证法4都设定直线CD的方程为x=my + m，但证法3可能更侧重于联立后的条件，而证法4可能应用了椭圆的斜率性质。
证法5虽然也使用联立和韦达定理，但可能结合了点差法的思想，例如通过点的坐标满足的条件来建立方程。
最终，整理五种方法，可能分为：
可能证法3和证4可以合并，因为它们都是设定参数方程，但具体步骤不同。
证法1：
• 设P点坐标，求AP、BP的直线方程。
• 联立椭圆方程，解出C、D坐标。
• 建立CD的方程，讨论斜率情况，求出定点。
核心：直接计算交点，代数求解。
证法2：
• 已知C、D坐标，假设定点Q(m,0)。
• 利用C、D、Q共线，斜率相等，建立方程解m。
核心：三点共线条件，解方程。
证法3：
• 设CD的方程为x=my + m，联立椭圆得到关于y的方程。
• 利用点C、D在AP、BP上的条件，解出m=3/2。
核心：参数设定，联立方程，利用共线条件。
证法4：
• 设CD的方程为x=my + m，同样联立椭圆。
• 利用椭圆上的点斜率性质（k_AC * k_BC = -1/3），结合韦达定理解m。
核心：椭圆性质结合参数方程。
证法5：
• 设C、D坐标，利用它们在AP、BP上的条件。
• 结合椭圆方程，使用点差法和韦达定理，解直线参数，找到定点。
核心：点差法结合对称性。
现在，将这五种方法归纳为不同的类别：
这样的分类能覆盖所有五种方法，并突出各自的核心思想。
最后，需要将归纳结果以清晰的结构呈现，可能分为几个大类，每个类下列举对应证法，并简述思路。
针对题目中直线 ( CD ) 过定点的证明，五种方法可归纳为以下四类：
• 核心思路：直接计算交点坐标，联立方程求出直线方程，验证定点。
• 关键步骤：
• 设动点 ( P(6, t) )，写出直线 ( PA ) 和 ( PB ) 的方程。
• 分别联立椭圆方程，解出交点 ( C ) 和 ( D ) 的坐标。
• 分情况讨论 ( CD ) 的斜率是否存在，通过代数计算得出直线恒过定点 ( left(frac{3}{2}, 0right) )。
• 核心思路：假设定点存在，利用三点共线（斜率相等或向量共线）建立方程求解。
• 关键步骤：
• 由对称性假设定点 ( Q(m, 0) ) 在 ( x ) 轴上。
• 利用 ( C, D, Q ) 共线条件 ( k_{CD} = k_{QD} )，代入 ( C ) 和 ( D ) 的坐标，解方程得 ( m = frac{3}{2} )。
• 核心思路：设定直线 ( CD ) 的参数方程形式，联立椭圆方程后结合韦达定理及条件解参数。
• 关键步骤：
• 证法3：设 ( CD: x = my + m )，联立椭圆方程得到关于 ( y ) 的二次方程，利用点 ( C, D ) 在 ( AP ) 和 ( BP ) 上的共线条件，结合韦达定理解出 ( m = frac{3}{2} )。
• 证法4：同样设定直线方程，但结合椭圆的对称性及斜率乘积关系（如 ( k_{AC} cdot k_{BC} = -frac{1}{3} )），通过韦达定理简化方程，最终确定定点。
• 核心思路：利用点 ( C, D ) 在椭圆上的对称性，结合点差法和韦达定理解直线参数。
• 关键步骤：
• 设 ( C(x_1, y_1) ) 和 ( D(x_2, y_2) )，利用其在直线 ( AP ) 和 ( BP ) 上的条件，联立椭圆方程。
• 通过点差法得到 ( x_1 + x_2 = frac{12}{5} )，结合直线 ( CD ) 的方程形式，解出参数 ( m ) 与斜率 ( k ) 的关系，排除无关解后得定点 ( left(frac{3}{2}, 0right) )。
五种方法虽路径不同，但均通过代数运算结合几何性质（如对称性、三点共线）得出结论。其中：
• 直接联立法和点差法侧重直接计算，适用于基础扎实的考生。
• 参数方程法和三点共线法通过设定参数简化运算，体现对问题结构的洞察。
• 对称性应用则充分利用椭圆几何性质，减少计算量。考生可根据自身优势选择合适方法。