活躍于數學高考中的帕斯卡六邊形定理*

浙江省紹興魯迅中學 (312000) 虞關壽

考題呈現

圖1

(1)求證：MN⊥AB；

(2)若弦PQ過橢圓的右焦點F2，求直線MN的方程.

圖2

題2 (2014江西高考題)如圖2，已知拋物線C:x2=4y，過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點，過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標原點).

(1)證明：動點D在定直線上；

(2)作C的任意一條切線l(不含x軸)，與直線y=2相交于點N1，與(1)中的定直線相交于點N2，證明：|MN2|2-|MN1|2為定值，并求此定值.

(1)求橢圓C的方程；

(2)動直線y=kx+4與該橢圓交于不同兩點M,N，求證：直線BM與直線AN的交點G在定直線上.

這三個考題取之不同的水平考試，但有個共同的特點，就是先用“帕斯卡六邊形定理”作預判，得到所要得到的結果，然而有意識地消去一些參量，朝既定的方向進行變形與運算，由于目標已明確，所以我們在解決問題時，不會感到無所適從.從近年的各省市的高考題和數學競賽題及自主招生題來看，能充分感悟到這類問題都是用“帕斯卡六邊形定理”來設計和編擬的，可見“帕斯卡六邊形定理”獨特的運用價值.

一、帕斯卡六邊形定理及證明

帕斯卡六邊形定理：如果圓錐曲線的內接六邊形的三雙對邊所在的直線分別相交，那么這三交點共線.

定理的證明通常是先證明圓錐曲線是圓的情形，然后利用“投影、仿映(相似變換)”或運用復平面的旋轉變換和平移變換，可證明定理對橢圓、雙曲線、拋物線仍然正確.

圖3

我們把這其中的三交點所在的直線稱為帕斯卡直線.

為了使此定理更具完備性，作這樣的規定：兩條平行直線相交于“無窮遠點”，而且平面內的無窮遠點在平面內的任意一條直線上.

近年來一些命題專家青睞于以帕斯卡六邊形定理為題源，把其一般情形演變到具體、特殊、極端、退化等情形，結合圓錐曲線中的極點與極線理論編制出競賽題、高考題及自主招生題.

二、帕斯卡六邊形定理的特殊化與拓展

1.帕斯卡六邊形定理特殊化

把圓錐曲線內接六邊形中相鄰的兩個頂點合成一個點，則可得下列三個推論(以橢圓為例)：

(1)橢圓內接五邊形ABCDE,過點A的切線與直線CD相交于點P，直線DE與直線AB相交于點Q，直線BC與直線AE相交于點R，則P,Q,R三點共線；

(2)橢圓內接四邊形ABCD，直線AD與直線BC相交于點P，直線AB與直線CD相交于點Q，過點A的切線與過點C的切線相交于點R，則P,Q,R三點共線；

(3)橢圓內接三角形ABC，過點A切線與直線BC相交于點P，過點B的切線與直線AC相交于點Q，過點C的切線與直線AB相交于點R，則P,Q,R三點共線.

2.帕斯卡六邊形定理拓展處理

(1)上述所給的內接六邊形，我們一般認為它是凸六邊形，可驗證對凹六邊形也是成立的，同樣對凹五邊形、凹四邊形也是成立的；

(2)當一個多邊形有一對對邊平行時，作這樣的規定：兩條平行直線相交于“無窮遠點”，而且平面內的無窮遠點在平面內的任意一條直線上.

三、帕斯卡六邊形定理及推論的應用

1.題1分析與解答：

分析：題目中的內接凸四邊形APBQ可看作凸六邊形AP1P2BQ1Q2的退化形式，其中割線P1P2無限趨近于以點P為切點的切線PT，割線Q1Q2無限趨近于以點Q為切點的切線QT，兩切線相交于點T.帕斯卡六邊形定理知三點M,N,T共線，設弦PQ與長軸(x軸)的交點坐標為(x0,0)，又由極點與極線的關聯性得動點T的軌跡是直線x0x=a2.這樣就可以推測兩個小題的結論.

解：(1)設P(acosα,bsinα),Q(acosβ,

2.題2分析與解答

分析：設想拋物線C:x2=4y的內接凸六邊形A1A2PB1B2O的點P是與y軸正方向同向的無窮遠點，當兩點A1,A2無限趨近于直到重合于A點，兩點B1,B2無限趨近于直到重合于B點時，可理解兩條直線AP,BP都平行于y軸，設直線A1A2，即點A處的切線與直線B1B2，即點B處的切線，兩切線的交點為E，兩直線AP,BO交于點G，則由帕斯卡六邊形定理和極限思想可推測知三點D,E,G三點共線，再由極限思想和圓錐曲線的極點與極線理論可推知，動點E的軌跡是點M的極線，易知極線方程為y=-2，顯然動點D也在這條定直線上.

3.題3分析與解答

圖4