關注幾何性質 透析命題視角

一、問題的由來

眾所周知，在平面內到兩個定點距離之比等于定值k（k>0且k≠1）的動點的軌跡是圓.常把此圓稱為阿波羅尼斯（Apollonius）圓.近年來以阿波羅尼斯圓為背景的試題在高考中頻頻出現，如2006年四川卷第6題、2008年四川卷第12題，特別是2008年江蘇卷第13題（若AB=2，AC=BC，則△ABC的面積的最大值是 .）更是為廣大中學師生津津樂道，同時也掀起了一股研究利用阿波羅尼斯圓解高考試題的熱潮.

近期筆者對以阿波羅尼斯圓為背景的解析幾何試題進行了歸類整理，本文主要從阿波羅尼斯圓幾何性質的視角談談解析幾何試題的命制. 不當之處，敬請指正.

二、阿波羅尼斯圓的幾何性質

命題1 如圖1，M，N分別為線段AB的內、外分點，且==k（k>0且k≠1），⊙O是以MN為直徑的圓，若動點滿足=k，則點P的軌跡為⊙O.

命題1 就是著名的阿波羅尼斯軌跡定理，以MN為直徑的⊙O叫做阿波羅尼斯圓.

利用幾何方法很容易證明上述結論，不妨設k>1（圖1為k>1的情形）.由已知得===k，根據三角形內、外角平分線性質的逆定理，PM，PN分別為△PAB的內角APB與外角BPC的平分線，所以∠MPN為直角，從而點P的軌跡是以MN為直徑的圓.

我們再來看兩個與阿波羅尼斯圓相關的命題并加以證明.

命題2 M，N分別為線段AB的內、外分點，且==k（k>0且k≠1），⊙O是以MN為直徑的圓，若動點P在⊙O上，則=k.

證明：記∠APM=∠1，∠BPM=∠2. 在△PAM與△PAN中運用正弦定理得：

=，=，

從而得：=·. ①

在△PBM與△PBN中運用正弦定理得：

=，=，

從而得：=·. ②

注意到sin∠PMA=sin∠PMB，=，由①②得：∠1=∠2，故==k.

命題3 M，N分別為線段AB的內、外分點，⊙O是以MN為直徑的圓，點P為⊙O上一點且滿足=，則=.

證明：由=知PM平分∠APB，又因為點P在⊙O上，所以∠2+∠BPN=90°，從而∠1+∠CPN=90°，故PN平分∠BPC，所以=，即=.

實際上，阿波羅尼斯圓的幾何性質主要與下面三個條件相關.

（Ⅰ）PM平分∠APB（=）；

（Ⅱ）PM⊥PN（P在以MN為直徑的圓上）；

（Ⅲ）=（圓周按定比k內分且外分線段AB）.

通過對命題1、2、3的表述及證明可以看出：上述三個條件中，由其中的任意兩個都可以推出第三個.

三、命題視角透析

阿波羅尼斯圓豐富的幾何性質給了我們多變的命題視角.就命題而言我們常常會對同一問題采用不同的提問方式，或是對某一問題采用逆向、推廣和拓展等方式展開，請看實例，筆者先利用常規的解析法進行求解，再從幾何性質的角度進行評析.

1. 常規視角 ——變換條件結論，關注思維的發散性

變換試題的條件與結論，探尋對問題的多角度研究方向是試題命制的常規視角.如“原命題成立，是否逆命題也成立”，“一個數學問題的逆向問題有那些”等都可以成為命題的素材.

①（Ⅰ）（Ⅲ）？圯（Ⅱ）

例1 已知點P（x，y）與兩個定點B（1，0），A（4，0）的距離之比為，求點P的軌跡方程.

解：由=，得（x-4）2+y2=4[（x-1）2+y2]，所以點P的軌跡方程為x2+y2=4.

評析：不難看出點M（2，0），N（-2，0）分別按定比內分、外分線段BA，而=，所以點P的軌跡是以MN為直徑的圓.

② （Ⅱ）（Ⅲ）？圯（Ⅰ）

例2 已知兩個定點A（4，0），B（1，0），⊙O：x2+y2=4，若P是⊙O上任意一點，求證：是定值.

證明：設P（x，y）是⊙O：x2+y2=4上任意一點，則y2=4-x2，

===.

評析：因為⊙O與直線BA交于點M（2，0），N（-2，0），而==，P是⊙O上任意一點， 所以==.

2. 熱點視角—— 改變設問方式，強調問題的開放性

近年來，特別是高考試題在設問上已經突破了固定的“已知——求解”這種封閉的數學推理、判斷和計算的模式，而研究發展試題的設問方向，豐富試題的設問形式成為了命題的一個熱點視角. 該視角下命制的試題在解答上突破了停留在明確的、直接的結論層面，增加了問題的開放性.這類試題通過開放式的設問背景，能比較客觀、全面地測量學生觀察、試驗、聯想、猜想、歸納、類比、推廣等思維活動的水平，對于激發學生探索精神、求異創新思維等有著積極的意義.

例3 如圖2，已知⊙O：x2+y2=4，點A（4，0），在x軸上是否存在定點B（不同于點A）. 滿足：對于⊙O上任意一點P，都有為定值？如果存在，試求所有滿足條件的點B的坐標；如果不存在，請說明理由.

解：假設存在這樣的點B（s，0），使得=λ，設P（x，y）是⊙O上任意一點，由PB2=λ2PA2，得（x-s）2+y2=

λ2[（x-4）2+y2]，注意到y2=4-x2，化簡得（8λ2-2s）x+s2

-20λ2+4=0對x∈[-2，2]恒成立.

所以8λ2-2s=0，s2-20λ2+4=0，解得s=1，λ=，或s=4，λ=1，（舍去），

故存在點B（1，0）對于⊙O上任意一點P，都有=.

評析：本題也可以這樣表述：已知⊙O：x2+y2=4，點A（4，0），點B在x軸上且為定值，求點B的坐標.但很明顯前者的問題更開放，因為設問方式的改變使得求解本題至少得思考兩個問題，一是否存在，二才是如何求解.解決這類“存在探索型”問題一般先假設結論成立或研究對象存在.

從解法分析，因為對于⊙O上任意一點P，都有為定值，而M（2，0），N（-2，0）在⊙O上，于是==，即=，解得s=1. 再證明B（1，0）對于⊙O上任意一點P，都有為定值（證法同例2）. 這種解法先通過特殊點探求點B，再作一般性的證明，從特殊到一般，解法合理高效.

3. 經典視角 ——從靜止到運動，增加試題的探究性

研究圖形的運動變化規律及運動變化過程中的不變量是解析幾何命題的重要視角之一.解題時常從特殊（靜止）情形的分析，逐步過渡到一般（運動）情形的求解，最后達到揭示問題本質的目的.

例3中的點A（4，0）是定點，為了進一步增加問題的探究性，可以讓點A動起來.

例4 如圖3，已知⊙O：x2+y2=4，點A是l：x=4上縱坐標為t的點，求證：存在一個異于點A的點B，對于⊙O上任意一點P，有為定值，且當點A在直線l上運動時，點B在一個定圓上.

證明：設⊙O上任意一點P（x0，y0），定點B（x，y），=λ（λ>0，且λ≠1），l上取定的點A（4，t），即（x0-x）2+（y0-y）2=λ（x0-4）2+λ（y0-t）2，x02+y02-2xx0-2yy0+x2+y2=（x02+y02+16+t2-8x0-2ty0）.

將x02+y02=4代入得-2xx0-2yy0+x2+y2+4=-8λx0-2λty0+（20+t2）λ.

因為有無數組（x0，y0），從而x=4λ， （1）y=tλ， （2）x2+y2+4=（20+t2）λ.（3）

由（1）（2）代入（3），得16λ +t2λ 2+4=（20+t2）λ，

整理得（16+t2）λ 2-（20+t2）λ+4=0，

即（λ-1）[（16+t2）λ-4]=0，因為λ≠1，所以λ=，故存在一個異于點A的點B，對于⊙O上任意一點P，均有為定值.

又16+t2=，代入（3）得x2+y2+4=（+4）λ，即x2+y2=4λ，于是x2+y2=x，即（x-）2+y2=，故點B在圓心（，0），半徑為的定圓上.

評析：實際上如果從幾何性質的角度切入，定值λ是很容易得到的，與例3類似可以先通過特殊點探求點B，再驗證.

如圖3，B（x，y），A（4，t），M，N為直線BA與⊙O的兩個交點，由=（=），得=，解得MB=2-，OB=2-BM=，由==，得x=，y=，即B（，）.

下面證明對于⊙O上任意一點P（x0，y0），有為定值，注意到x02+y02=4，

===（定值），

而x=，y=，消去t得點B的軌跡方程x2+y2=x.

4. 創新視角——引入新元素，重視知識的交匯性

目前的高中數學課程是以模塊和專題的形式呈現的，因此，注意溝通各部分內容之間的聯系也成為了數學命題的一個創新視角.這類試題通過知識的遷移與交匯使學生體會知識之間的有機聯系，感受數學的整體性.

例3中直接給出點A（4，0）探究點B，若點A未知，我們也可以用其它的方式來聯系點A（a，0）與點B（c，0），比如a2-c2=4，為此引入新元素“橢圓”.

例5 如圖4，已知橢圓C∶+=1（a>2），⊙O∶x2+y2=4，點A，B分別為橢圓C的右頂點和右焦點，對于⊙O上任意一點P，是否存在這樣的橢圓C，使得為定值？如果存在，試求橢圓C的方程；如果不存在，請說明理由.

解：設B（c，0），c2=a2-4，設P（x0，y0），=λ（λ為常數），則有（x0-c）2+y02=λ[（x0-a）+y02]，即4-2cx0+c2=

λ[4-2ax0+a2]對x0∈[-2，2]恒成立，

所以4+c2=λ（4+a2），c=λa，消去λ得4a+ac2=4c+a2c，即（c-a）（ac-4）=0，因為c≠a，所以ac=4，又因為c2=a2-4，解得a2=2+2，c2=2-2，故存在這樣的橢圓C，橢圓C的方程為+=1.

評析：新元素的引入使得試題的條件產生了變化，增加了知識的交匯性，而解決問題的方法卻沒有改變. 若將橢圓C與⊙O方程中的“4”改為“b2”，我們還可以去探究橢圓C的離心率.

例6 已知橢圓C∶+=1（a>b>0），⊙O∶x2+y2=b2，點A，B分別為橢圓C的右頂點和右焦點，對于⊙O上任意一點P，是否存在這樣的橢圓C，使得為定值？如果存在，試求橢圓C的離心率；如果不存在，請說明理由.

解法同例5，也可以類似例3通過特殊點M，N先探求離心率.

如圖4，由=（=），得=，即ac=b2，從而e==.

此時A（，0），B（b，0），再去證明對于⊙O上任意一點P，有為定值（解略）.

關注幾何性質，探尋幾何問題的內涵與外延可以幫助我們認識試題命制的“臺前幕后”.上述實例使我們看到：一個并不深奧的幾何性質在科學恰當的命題視角下一樣可以命制出形式美妙、內容和諧、結果深刻的鮮活試題.