一道模擬題的解法探究與背景分析

高軍

【摘要】本文從多角度對一道模擬試題的解法進行探究，由特殊到一般，將結論進行推廣得到一般性的結論.同時本文從高等數學的視角對題目背景進行分析，這樣有助于把握命題者的意圖，明確解決問題的方向，優化運算.

【關鍵詞】橢圓;結論探究;極點; 極線

一、原題再現

（2019年深圳市第一次模擬考試數學理科第19題）如圖1所示，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的中心在坐標原點O，其右焦點為F（1，0），且點P1，32在橢圓C上.

（1）求橢圓C的方程.

（2）設橢圓的左、右頂點分別為A，B，M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MF交橢圓C于另一點N，直線MB交直線x=4于點Q，求證：點A，N，Q在同一條直線上.

二、解法探究

（1）x24+y23=1（過程略）.

（2）解法1：設M（x1，y1），N（x2，y2），

直線MN的方程為x=my+1，代入x24+y23=1得（3m2+4）y2+6my-9=0.∵Δ=（6m）2+36（3m2+4）>0，

∴y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.直線MB的方程可表示為y=y1x1-2（x-2），

將此方程與直線x=4聯立，可求得點Q的坐標為4，2y1x1-2.

∴AN=（x2+2，y2），AQ=6，2y1x1-2.

∵6y2-（x2+2）·2y1x1-2=6y2（x1-2）-2y1（x2+2）x1-2=6y2（my1+1-2）-2y1（my2+1+2）（my1+1）-2=4my1y2-6（y1+y2）my1-1=4m（-93m2+4）-6（-6m3m2+4）my1-1=0，

∴AN∥AQ，又向量AN和AQ有公共點A，故三點在同一條直線上.

解法2：設M（x1，y1），N（x2，y2），直線MB的方程為y=y1x1-2（x-2），

令x=4得y=2y1x1-2，故Q4，2y1x1-2，直線AQ方程為y=y13（x1-2）（x+2），

又∵直線MF的方程為y=y1x1-1（x-1），聯立解得兩直線交點坐標為（5x1-82x1-5，3y12x1-5），

由點M在橢圓上，易證直線AQ與MF的交點在橢圓C上，故原命題得證.

解法3：設M（x1，y1），N（x2，y2），直線MN的方程為x=my+1，代入x24+y23=1得（3m2+4）y2+6my-9=0.∵Δ=（6m）2+36（3m2+4）>0，

∴y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，直線MB的方程為y=y1x1-2（x-2），

直線AN的方程為y=y2x2+2（x+2），聯立解得x=2x2y1+2x1y2+4y1-4y2x2y1-x1y2+2y1+2y2，

將x1=my1+1及x2=my2+1代入可得，

x=4my1y2+6y1-2y23y1+y2=4+4my1y2-6（y1+y2）3y1+y2=4.故原命題得證.

推廣：結合上述三種解法，將本題結論一般化，得到：

結論1 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右頂點分別為A，B，點F（c，0）（其中c=a2-b2），M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MF交橢圓C于另一點N，直線MB交直線x=a2c于點Q，則三點A，N，Q在同一條直線上.

結論2 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右頂點分別為A，B，點F（c，0）（其中c=a2-b2），M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MB交直線x=a2c于點Q，則直線MF與AQ的交點在橢圓上.

結論3 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右頂點分別為A，B，點F（c，0）（其中c=a2-b2），M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MF交橢圓C于另一點N，則直線MB與AN的交點在直線x=a2c.

結論4 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右頂點分別為A，B，點T（t，0）

（t≠±a且t≠0），M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MT交橢圓C于另一點N，則直線MB與AN的交點在直線x=a2t上.

結論5 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右頂點分別為A，B，點P為直線x=a2t t≠±a且t≠0上一點，直線PA，PB分別與橢圓交于M，N兩點，則直線MN恒過定點（t，0）.

證明：設直線的方程為x=my+n，代入橢圓方程得：

（a2+b2m2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0，設P（a2t，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），

則y1+y2=-2mnb2a2+b2m2，y1·y2=b2n2-a2b2a2+b2m2，Δ=4a2b2（a2+m2b2-n2）>0，

由P，M，A三點共線得y1x1+a=y0a2t+a，由P，B，N三點共線得，y2x2-a=y0a2t-a，

兩式聯立得，y1（x2-a）y2（x1-a）=a-ta+t，將x1=my1+n，x2=my2+n代入上式整理得，

n=2mty1y2-（a2+at）y1-（a2-at）y2（a-t）y2-（a+t）y1，

故n-t[ZK（]=2mty1y2+（t2-a2）（y1+y2）（a-t）y2-（a+t）y1=2mb2（a2+nt）（n-t）（a2+b2m2）[（a-t）y2-（a+t）y1].[ZK）]

可知當n=t時上式恒成立，故MN恒過定點（t，0）.

將結論4與結論5進行類比推理，可得到結論6和結論7：

結論6 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上、下頂點分別為A，B，點T（0，t）（t≠±b且t≠0），M是橢圓上異于A，B的任意一點，直線MT交橢圓C于另一點N，則直線MB與AN的交點在直線y=b2t上.

結論7 設橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上、下頂點分別為A，B，點P為直線y=b2tt≠±b且t≠0上一點，直線PA，PB分別與橢圓交于M，N兩點，則直線MN恒過定點T（0，t）.

當然，本題的結論可以類比到其他相關圓錐曲線，限于篇幅，本文不再一一贅述.

三、背景分析

本題的命題背景來自圓錐曲線的極點與極線的相關知識.極點與極線問題是近年來高考的熱點問題，此類問題越來越多地出現在高考卷中，可以說已經成為高考解析幾何大題的命題“新寵”.下面給出極點與極線的定義與表現形式.

代數表現形式：已知曲線Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，（A，C不全為0），

點P（x0，y0），直線l：Ax0x+Cy0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F=0（部分代入）

則稱點P和直線l是曲線的一對極點與極線.

特殊情況：

① 圓：x2+y2+Dx+Ey+F=0，

極點P（x0，y0）對應的極線x0x+y0y+12D（x+x0）+12E（y+y0）+F=0.

② 橢圓mx2+ny2=1（m>0，n>0，m≠n），極點P（x0，y0）對應的極線mx0x+ny0y=1.

③ 雙曲線mx2-ny2=1（mn>0），極點P（x0，y0）對應的極線mx0x-ny0y=1.

④ 拋物線y2=2px，極點P（x0，y0）對應的極線y0y=p（x+x0）.

幾何表現形式：（以橢圓為例，說明問題）

① 點P在橢圓上，圖中直線l為極線（就是橢圓在點P處的切線），如圖2所示.

② 點P在橢圓外，圖中直線l為極線（就是兩切點連線），如圖3所示.

③ 點P在橢圓內，圖中直線l為極線（就是以點為四邊形對角線交點，兩對邊相交而成的直線）如圖4所示.

圓與其他圓錐曲線也是如此.由上述結論可知，2019深圳市第一次模擬考試數學理科第19題就是涉及極點F（1，0）與其對應的極線x=4相關的問題.

所謂“站得高方能看得遠”，筆者以為在中學教師身上也應當有所體現.只有“站得高”，遇到問題才能夠從容面對.解析幾何一直是學生乃至部分中學數學老師所害怕的內容，如果能從高等數學的視角去看待這些問題，有時候處理問題將會變得非常容易.