一道高考解析幾何題的探究

黃俊峰

題目 （2012年高考江蘇卷第19題）：如圖1

圖1，在平面直角坐標系xOy中，橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1（-c，0），F2（c，0）.已知（1，e）和（e，32）都在橢圓上，其中e為橢圓的離心率.

（1）求橢圓的離心率；

（2）設A，B是橢圓上位于x軸上方的兩點，且直線AF1與直線BF2平行，AF2與BF1交于點P.

（ⅰ）若|AF1|-|BF2|=62，求直線AF1的斜率； （ⅱ）求證：|PF1|+|PF2|是定值.

1.解法探究

本題第（1）問比較基礎，容易求得橢圓方程為x22+y2=1，離心率e=22.

下面給出第（2）問的幾種簡單解法：

解析

法一 （設線求解）F1（-1，0），F2（1，0），可設直線AF1方程為x=my―1，直線BF2方程為x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），y1>0，y2>0，將x=my―1代入橢圓方程得（m2+2）y2―2my―1=0解得y=m±2m2+2m2+2，即y1=m+2m2+2m2+2，則|AF1|=（x1+1）2+（y1-0）2=（my1）2+y21= =2（m2+1）+mm2+1m2+2

①

同理可得

|BF2|=2（m2+1）-mm2+1m2+2

②

（ⅰ）由①②可得

|AF1|-|BF2|=2mm2+1m2+2，

解2mm2+1m2+2=62得m2=2.

注意到m>0，所以m=2，所以直線AF1的斜率為1m=22.

（ⅱ）由于AF1∥BF2，所以|PB||PF1|=|BF2||AF1|，從而|PB|+|PF1||PF1|=|BF2|+|AF1||AF1|得到|PF1|=|AF1||AF1|+|BF2|·|BF1|，由點B在橢圓上知，|BF1|+|BF2|=22，得|PF1|=|AF1||AF1|+|BF2|（22-|BF2|），同理可得|PF2|=|BF2||AF1|+|BF2|（22-|AF1|），所以|PF1|+|PF2|=|AF1||AF1|+|BF2|（22-|BF2|）+|BF2||AF1|+|BF2|（22-|AF1|）=22-2|AF1||BF2||AF1|+|BF2|，

由①②得|AF1|+|BF2|=22（m2+1）m2+2，|AF1|·|BF2|=m2+1m2+2，

所以|PF1|+|PF2|=22-22=322.

法二 （設點求解）

（ⅰ）設A（x1，y1），B（x2，y2），則x212+y21=1， x222+y22=1.

由焦半徑公式可知|AF1|-|BF2|=（a+ex1）―（a―ex2）=62，得到x2=3-x1，因為AF1∥BF2，所以kAF1=y1x1+1=y2x2-1，即1-x212（x1+1）2=1-x222（x2-1）2，

化簡得2x1x2+3（x2-x1）―4=0，將x2=3-x1代入上式得2x21+（6-23）x1+4-33=0，解得x1=3-12或x1=3-52（舍），所以k2AF1=1-x212（x1+1）2=12，所以kAF1=22.

（ⅱ）設△APF1與△F2PB的相似比為λ，則|PF1|=λλ+1|BF1|=（1-1λ+1）（a+ex2），|PF2|=1λ+1|AF2|=1λ+1（a-ex1），所以|PF1|+|PF2|=2+22（x2-x1+x2λ+1）

當x1=-1時，x2=1，λ=1，結論成立；當x1≠-1時，λ=|AF1||BF2|=1+k2AF1|x1+1|1+k2AF1|x2-1|，當x1>-1時，x2>1；當x1<-1時，x2<1，所以λ=x1+1x2-1，即|PF1|+|PF2|=2+22（x2-x1+x2x1+1x2-1+1）=322.

法三 （設線求軌跡）（ⅰ）延長AF1交橢圓于B′點，根據對稱性知 |BF2|=|B′F1|，設A（x1，y1），B′（x2，y2），x2<-1 ∴|AF1|-|BF2|=（x1+x2+2）1+k2=21+k21+2k2=62，解得k2=12，故直線AF1的斜率為22.

（ⅱ）由于AF1∥BF2，設F1B=λF1P，P（x，y），則F2A=λλ-1F2P

即（xB+1，yB）=λ（x+1，y）

（xA-1，yA）=λλ-1（x-1，y），得A（λλ-1（x-1）+1，λλ-1y），B（λ（x+1）-1，λy）代入橢圓方程得：

[λ（x-1）+（λ-1）]22+（λy）2=（λ-1）2

[λ（x+1）-1]22+（λy）2=1

兩式相減得（2λx+λ-2）（-λ）2=λ（λ-2），解得λ=62x+3代入[λ（x+1）-1]22+（λy）2=1得到[62x+3（x+1）-1]22+（6y2x+3）2=1

化簡得x298+y218=1，即點P的軌跡為橢圓，焦點正好是F1與F2，則|PF1|+|PF2|=322.

法四 （利用極坐標求解）

（ⅰ）以F1為極點，F1F2所在直線為極軸建立極坐標系，∠F2F1A=θ，|AF1|=ρ1，|B′F1|=ρ2，則ρ1=ep1-ecosθ，ρ2=ep1+ecosθ，由ρ1-ρ2=62得ρ1-ρ2=ep1-ecosθ-ep1+ecosθ=2e2pcosθ1-e2cos2θ=2cosθ2-cos2θ=62，解得cos2θ=23，從而tanθ=±22，由|AF1|-|F1B′|=62>0，知θ∈（0，π2），故k=22.

（ⅱ）由（ⅰ）知1ρ1+1ρ2=2ep，設|PA|=r1，|PB|=r2，ρ2ρ1=|PB||PF1|ρ2+ρ1ρ1=|BF1||PF1|=2a-ρ2|PF1|，|PF1|=2aρ1-ρ1ρ2ρ1+ρ2，同理|PF2|=2aρ2-ρ1ρ2ρ1+ρ2，|PF1|+|PF2|=2a-2ρ1ρ2ρ1+ρ2=2a-ep=22-22=322.

法五 （利用直線參數方程求解）

（ⅰ）設直線AB′的參數方程為x=-c+tcosθ

y=tsinθ（t為參數），代入x22+y2=1

化簡并整理得（2-cos2θ）t2-2tcosθ-1=0，

由|AF1|-|F1B′|=62>0及t的幾何意義知2cosθ2-cos2θ=62，解得cosθ=63或 cosθ=-6（舍），則tanθ=22，即直線AF1的斜率為22.

（ⅱ）由（1），設（2-cos2θ）t2-2tcosθ-1=0的兩根為t1，t2，則由t的幾何意義知

|PF1|+|PF2|=2a-|2t1t2t1-t2|，而t1+t2=2cosθ2-cos2θ，t1t2=-12-cos2θ.

（t1-t2）2=（t1+t2）2-4t1t2=4cos2θ（2-cos2θ）2+42-cos2θ=8（2-cos2θ）2

則|t1-t2|=222-cos2θ，故|PF1|+|PF2|=2a-|2t1t2t1-t2|=22-222=322.

2.拓展探究

通過求解過程， 可以發現有心圓錐曲線中的幾個結論：

結論1 橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）（雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0））過其中一焦點F的弦記為|AB|，則1|AF|+1|BF|=2ab2.

結論2 過拋物線y2=2px（p>0）焦點F的弦記為|AB|，則1|AF|+1|BF|=2p.

結論3 橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的兩焦半徑AF1與BF2所在直線（點A，B在橢圓長軸所在直線同側）平行，線段AF2與BF1交于點P，則|PF1|+|PF2|=a2+c2a.

結論4 雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的兩焦半徑AF1與BF2所在直線（點A，B在雙曲線實軸所在直線同側）平行，線段AF2與BF1交于點P，則|PF1|+|PF2|=a2+c2a.

（收稿日期：2015-11-22）