對一道系數和為定值試題的探究

摘要：本文對一道江蘇地區高三期中測試中的向量系數和為定值問題進行了解法探究，推廣得到了橢圓中的一般性結論，并將相關結果引申到了雙曲線和拋物線中，最后變換視角進行了拓展探究.

關鍵詞：系數和；定值；探究；橢圓；雙曲線

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0019-04

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：高繼浩（1987-），男，四川省天全人，碩士，中學一級教師，從事中學數學教學研究.

1 試題呈現

題目（2021年10月江蘇地區高三上學期期中測試）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為22，短軸一個端點到右焦點F的距離為2.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）過點F的直線l交橢圓于A，B兩點，交y軸于點P，設PA=λ1AF，PB=λ2BF，試判斷λ1+λ2是否為定值？請說明理由.2 解法探究

易得試題第（1）問橢圓方程為x22+y2=1，下面解答第（2）問.

視角1（設線法）設出直線l的方程并與橢圓方程聯立，通過向量關系將λ1，λ2用兩根表示，再借助韋達定理求解.

解法1（正設直線）顯然直線l的斜率存在，F1，0，設Ax1，y1，Bx2，y2，直線l的方程為y=kx-1，與橢圓方程聯立消去y，得

1+2k2x2-4k2x+2k2-2=0.

由韋達定理，得

x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-21+2k2.

而P0，-k，則

PA=x1，y1+k，AF=1-x1，-y1.

由PA=λ1AF，得x1=λ11-x1.

即λ1=x11-x1.

同理可得λ2=x21-x2.

故λ1+λ2=x11-x1+x21-x2

=x1+x2-2x1x21-x1+x2+x1x2

=4k21+2k2-4k2-41+2k21-4k21+2k2+2k2-21+2k2=-4.

解法2（反設直線）易知F1，0.當直線l的斜率不為零時，設Ax1，y1，Bx2，y2，直線l的方程為x=my+1m≠0.

與橢圓方程聯立消去x，得

m2+2y2+2my-1=0.

由韋達定理，得

y1+y2=-2mm2+2，y1y2=-1m2+2.

而P0，-1m，則PA=x1，y1+1m，AF=1-x1，-y1.

由PA=λ1AF，得

y1+1m=-λ1y1.

即λ1=-my1+1my1.

同理可得λ2=-my2+1my2.

故λ1+λ2=-my1+1my1-my2+1my2=-y1+y2+2my1y2my1y2

=--2mm2+2-2mm2+2-mm2+2=-4.

當直線l的斜率為零時，設A-2，0，

B2，0，而P0，0，則PA=-2，0， AF=1+2，0.

由PA=λ1AF，得λ1=-21+2=2-2.

同理可得λ2=-2-2.

故λ1+λ2=-4.

綜上，λ1+λ2=-4.

視角2（代點法）直接設出A，B，P三點的坐標，通過向量關系解出A，B兩點的坐標并代入橢圓方程，再借助韋達定理求解.

解法3易知F1，0.設Ax1，y1，Bx2，y2，P0，n，則

PA=x1，y1-n，AF=1-x1，-y1.

由PA=λ1AF，得

x1=λ11-x1，y1-n=-λ1y1.

顯然λ1≠-1，故x1=λ11+λ1，y1=n1+λ1.

代入橢圓方程，得

λ21+4λ1+2-2n2=0.

同理可得

λ22+4λ2+2-2n2=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程x2+4x+2-2n2=0的兩根，故λ1+λ2=-4.

視角3（參數法）借助橢圓參數方程設出A，B兩點的坐標，通過向量關系得到參數關系，再利用和差化積與積化和差公式求解.

解法4易知F1，0.設A2cosα，sinα，B2cosβ，sinβ，P0，n，則

PA=2cosα，sinα-n，AF=1-2cosα，-sinα.

由PA=λ1AF，得

2cosα=λ11-2cosα.

即λ1=2cosα1-2cosα.

同理可得λ2=2cosβ1-2cosβ.

故λ1+λ2=2cosα1-2cosα+2cosβ1-2cosβ

=2cosα+cosβ-4cosαcosβ1-2cosα+cosβ+2cosαcosβ.

因為BF=1-2cosβ，-sinβ，A，B，F三點共線，

所以-sinβ1-2cosα=-sinα1-2cosβ.

即sinα-sinβ=2sinα-β.

故cosα+β2=2cosα-β2.

所以cosαcosβ=12cosα+β+cosα-β

=122cos2α+β2+2cos2α-β2-2

=3cos2α-β2-1，

cosα+cosβ=2cosα+β2cosα-β2

=22cos2α-β2.

故λ1+λ2=4-8cos2α-β22cos2α-β2-1=-4.

3 推廣引申

將試題第（2）問進行一般化推廣得到：

命題1已知F為橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點，過點F的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點P，若PA=λ1AF，PB=λ2BF，則λ1+λ2=2e2-1（其中e為橢圓的離心率）.

前面的四個解法中，解法3較為簡潔，下用此法證明命題1.

證明設Ax1，y1，Bx2，y2，P0，n，Fc，0，則

PA=x1，y1-n，AF=c-x1，-y1.

由PA=λ1AF，得

x1=λ1c-x1，y1-n=-λ1y1.

顯然λ1≠-1，故x1=λ1c1+λ1，y1=n1+λ1.

代入橢圓方程，得

b4λ21+2a2b2λ1+a2b2-n2=0.

同理可得

b4λ22+2a2b2λ2+a2b2-n2=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程b4x2+2a2b2x+a2b2-n2=0的兩根.

故

λ1+λ2=-2a2b2b4=2e2-1.

將命題1中右焦點改為x軸上一點后得到：

命題2已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0和點Eta，0t≠0，t≠±1，過點E的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點P，若PA=λ1AE，PB=λ2BE，則λ1+λ2=2t2-1.

將命題1、命題2引申到雙曲線中，得到：

命題3已知F為雙曲線x2a2-y2b2=1a>0，b>0的右焦點，過點F的直線交雙曲線于A，B兩點，交y軸于點P，若PA=λ1AF，PB=λ2BF，則λ1+λ2=2e2-1（其中e為雙曲線的離心率）.

命題4已知雙曲線x2a2-y2b2=1a>0，b>0和點Eta，0t≠0，t≠±1，過點E的直線交雙曲線于A，B兩點，交y軸于點P，若PA=λ1AE，PB=λ2BE，則λ1+λ2=2t2-1.

命題2至4的證明過程與命題1類似，略.

在拋物線中有：

命題5已知拋物線y2=2pxp>0和點Et，0t≠0，過點E的直線交拋物線于A，B兩點，交y軸于點P，若PA=λ1AE，PB=λ2BE，則λ1+λ2=-1.

證明設Ax1，y1，Bx2，y2，P0，n，則

PA=x1，y1-n，AE=t-x1，-y1.

由PA=λ1AE，得

x1=λ1t-x1，y1-n=-λ1y1.

顯然λ1≠-1，故x1=λ1t1+λ1，y1=n1+λ1.

代入拋物線方程，得

2ptλ21+2ptλ1-n2=0.

同理可得

2ptλ22+2ptλ2-n2=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程2ptx2+2ptx-n2=0的兩根，故λ1+λ2=-2pt2pt=-1.

4 對偶拓展

受文[1]啟發，將命題2和命題4中點E的位置改為y軸上，分別得到：

命題6已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0和點E0，tbt≠0，t≠±1，過點E的直線交橢圓于A，B兩點，交x軸于點P，若PA=λ1AE，PB=λ2BE，則λ1+λ2=2t2-1.

證明設Ax1，y1，Bx2，y2，Pm，0，則

PA=x1-m，y1，AE=-x1，tb-y1.

由PA=λ1AE，得

x1-m=-λ1x1，y1=λ1tb-y1.

顯然λ1≠-1，

故x1=m1+λ1，y1=λ1tb1+λ1.

代入橢圓方程，得

a21-t2λ21+2a2λ1+a2-m2=0.

同理可得

a21-t2λ22+2a2λ2+a2-m2=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程a21-t2x2+2a2x+a2-m2=0的兩根.

故

λ1+λ2=-2a2a21-t2=2t2-1.

命題7已知雙曲線x2a2-y2b2=1a>0，b>0和點E0，tbt≠0，過點E的直線交雙曲線于A，B兩點，交x軸于點P，若PA=

λ1AE，PB=λ2BE，則λ1+λ2=-2t2+1.

命題7的證明過程與命題6類似，略.

5 方法運用

我們對命題的證明采用了前面的解法3進行，借助同構方程思想使得問題的解決過程簡潔明了，運算量小.下面給出兩個變式練習題，供參考.

練習1過橢圓x24+y23=1右焦點F的直線交橢圓于A，B兩點，交直線x=4于點P，若PA=λ1AF，PB=λ2BF，求證：λ1+λ2為定值.

證明易知F1，0，設Ax1，y1，Bx2，y2，P4，n，則

PA=x1-4，y1-n，AF=1-x1，-y1.

由PA=λ1AF，得

x1-4=λ11-x1，y1-n=-λ1y1.

顯然λ1≠-1，

故x1=4+λ11+λ1，y1=n1+λ1.

代入橢圓方程，得9λ21-4n2-36=0.

同理可得9λ22-4n2-36=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程9x2-4n2-36=0的兩根.

故λ1+λ2=0.

練習2過x軸上一點E（異于原點）的直線交拋物線x2=4y于A，B兩點，交y軸于點C，若EA=λ1EC，EB=λ2EC，求λ1·λ2的值.

解析設Et，0t≠0，Ax1，y1，Bx2，y2，C0，n，則

EA=x1-t，y1，EC=-t，n.

由EA=λ1EC，得

x1-t=-λ1t，y1=λ1n.

代入拋物線方程，得

t2λ21-2t2+2nλ1+t2=0.

同理可得t2λ22-2t2+2nλ2+t2=0.

所以λ1，λ2是關于x的方程t2x2-2t2+2nx+t2=0的兩根.

故λ1·λ2=1.

參考文獻：

［1］高繼浩.探究一道斜率之比為定值的聯考試題[J].數學通訊，2021（19）：36-37.

[2] 高繼浩.揭開“蝴蝶”的面紗——對一道2021年重慶市預賽題的探究[J].中學數學教學，2021（06）：30-32.