直覺引領(lǐng) 運(yùn)算探究 模型回歸

孫愛文 張凡

1 試題呈現(xiàn)

已知曲線C的方程為y2a2+x2b2=1（a>b>0），離心率為53，曲線C過點(diǎn)A（－2，0）.

（1）求曲線C的方程；

（2）過點(diǎn)（－2，3）的直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點(diǎn)，求證：MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).

2 試題分析

本題第（1）問為常規(guī)的求曲線方程問題.第（2）問考查定點(diǎn)問題，這是近幾年最為風(fēng)靡的齊次化聯(lián)立模型，背景是極點(diǎn)、極線，考查了解析幾何的基本思想和基本方法，對(duì)學(xué)生運(yùn)算能力的要求很高，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).現(xiàn)給出第（2）問的解題思維導(dǎo)圖，如圖1所示.

3 試題詳解

對(duì)于第（1）問，結(jié)合已知條件，易求得曲線C的方程為y29+x24=1.下面重點(diǎn)探究第（2）問的解法.

思路1：從必要條件出發(fā)，先猜后證.

解法1：設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3）.

當(dāng)直線PQ過原點(diǎn)時(shí)，易得P－2，322，Q2，－322，進(jìn)一步可得y3=3+32，y4=3－32，此時(shí)，MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3），如圖2.

或者極限分析，PQ無限趨近于一點(diǎn)時(shí)，PQ直線方程為y=3，此時(shí)M（0，3），N（0，3）故MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)為（0，3）.

再作如下證明：

設(shè)M（0，3+m），N（0，3－m），則lAM：y=3+m2（x+2）.

聯(lián)立直線AM與橢圓方程，得（m2+6m+18）x2+4（3+m）2x+4m2+24m=0.

又因?yàn)棣ぃ?，所以有xAx1=4m2+24mm2+6m+18，則P－2m2+12mm2+6m+18，18m+54m2+6m+18.同理，可以得到Q12m-2m2m2－6m+18，－18m+54m2－6m+18.于是可得kTP=18m+54m2+6m+18－3－2m2－12mm2+6m+18+2=－m212.同理，kTQ=－m212，則kTP=kTQ.又T為直線TP與TQ的公共點(diǎn)，所以P，Q，T三點(diǎn)共線.

思路2：曲直聯(lián)立，用P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)來表示yM+yN2.

解法2：設(shè)線法+韋達(dá)定理.

設(shè)lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），則

lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2）.

對(duì)于lAP和lAQ，令x=0，可得

y3+y42=2kx1x2+（4k+3）（x1+x2）+8k+12x1x2+2（x1+x2）+4.①

聯(lián)立直線PQ與橢圓方程，可得（4k2+9）x2+（16k2+24k）x+16k2+48k=0.又Δ＞0，所以x1+x2=-16k2+24k4k2+9，x1x2=16k2+48k4k2+9.將其代入①式，得

y3+y42

=2k（16k2+48k）-（4k+3）（16k2+24k）+（8k+12）（4k2+9）16k2+48k－2（16k2+24k）+4（4k2+9）

=10836=3.

故MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

解法2的優(yōu)化：整體代換.

設(shè)lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4）.

聯(lián)立橢圓與直線PQ方程，得（4k2+9）（x+2）2+24k（x+2）=0（Δ>0）.

同解法2，利用韋達(dá)定理代入計(jì)算得MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

把x+2看成整體以后，運(yùn)算大大簡(jiǎn)化，這種簡(jiǎn)化的思想也是處理解析幾何繁瑣運(yùn)算的常見思路.從代數(shù)的角度來看它是整體代換，從幾何角度來看它的本質(zhì)就是平移坐標(biāo)系.

思路3：平移坐標(biāo)系.

解法3：平移使得T（－2，3）為T′（0，0），直線PQ：y=kx，橢圓（y+3）29+（x－2）24=1.

聯(lián)立直線PQ與橢圓方程，可得（4k2+9）x2+（24k－36）x+36=0.設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）由韋達(dá)定理代入，得

y′M+y′N2=kx1+3x1+kx2+3x2=

1x1x2＼5［3（x1+x2）+2kx1x2］-3=0，則原坐標(biāo)系下，MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

思路4：設(shè)線齊次化，將直線PQ方程代換.

解法4：設(shè)lPQ：m（x+2）+y3=1，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），lAP：y=k1（x+2），lAQ：y=k2（x+2）.

對(duì)于lAP與lAQ，令x=0，可得MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（0，k1+k2）.

由y29+（x+2）24－（x+2）m（x+2）+y3=0，可得19yx+22－13yx+2+14－m=0.

進(jìn)而可得y3+y42=y1x1+2+y2x2+2=3，所以MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

另外，還可以利用平移齊次化將整個(gè)圖形向右平移兩個(gè)單位長(zhǎng)度，則y29+x24=1變?yōu)閥29+（x－2）24=1.

令lP′Q′：mx+ny=1，由y29+x24－x（mx+ny）=0，得19yx2－nyx+14－m=0.

于是kAP+kAQ=kA′P′+kA′Q′=3，則9n=3，即n=13，進(jìn)一步可求得MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

點(diǎn)評(píng)：利用平移、齊次化手段來解圓錐曲線中有關(guān)斜率之和或之積問題的理論基礎(chǔ)是平移坐標(biāo)系只是改變了點(diǎn)、曲線在坐標(biāo)系中的位置，其幾何屬性如線段長(zhǎng)度、直線斜率，直線間夾角都不會(huì)改變，但并不是所有圓錐曲線都適合平移、齊次化，只有涉及或者可以轉(zhuǎn)化成兩直線斜率之和、之積的問題才適合.方法雖好，但要慎用！

思路5：斜率同構(gòu)或向量周構(gòu).

解法5：斜率同構(gòu).

設(shè)lAP：y=k（x+2），lPQ：y=t（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），且y3=2k.聯(lián)立直線AP與橢圓方程，得（4k2+9）x2+16k2x+16k2－36=0（Δ>0），求出點(diǎn)P坐標(biāo)再代入直線PQ方程，得12k2－36k+36t+27=0.設(shè)kAQ=k′，同理12k′2－36k′+36t+27=0，則k和k′是二次方程12x2－36x+36t+27=0的兩個(gè)根，所以k+k′=3.故MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

解法6：向量同構(gòu).

設(shè)直線PQ的斜率為k，TP=λ1（1，k），TQ=λ2（1，k），則P（λ1－2，λ1k+3），Q（λ2-2，λ2k+3）.于是lAP：y=λ1k+3λ1（x+2），lAQ：y=λ2k+3λ2（x+2），則yM+yN=2λ1k+6λ1+2λ2k+6λ2=4k+6（λ1+λ2）λ1λ2.將點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)代入橢圓方程得到關(guān)于λ1，λ2的同構(gòu)方程，即（9+4k2）λ2－（36－24k）λ+36=0，再由韋達(dá)定理代入得MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

點(diǎn)評(píng)：思路5的兩種解法同樣是證明斜率之和為定值，卻沒有用到齊次化的方法，技巧性相對(duì)于解法4小很多，相當(dāng)于尋找斜率滿足的二次方程，也有同法可究.計(jì)算量也比前面幾個(gè)解法小很多.

思路6：設(shè)點(diǎn)，利用點(diǎn)差法建立點(diǎn)M，N與點(diǎn)P，Q之間的關(guān)系.

解法7：設(shè)點(diǎn)法之點(diǎn)代法.

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），則y219+x214=1，y229+x224=1，變形得y21=9－9x214，y22=9－9x224.

又lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2），令x=0，可得

y3+y42=y1（x2+2）+y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）

=94×（4－x21）（x2+2）2－（4－x22）（x1+2）23（x2－x1）（x1+2）（x2+2）

=34×（2－x1）（x2+2）－（2－x2）（x1+2）x2－x1

=3.

點(diǎn)評(píng)：解法7完全用點(diǎn)的坐標(biāo)串聯(lián)，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)以后，尋求其滿足的代數(shù)方程，通過代數(shù)方程的整體代換來實(shí)現(xiàn)定值的計(jì)算.

解法8：定比點(diǎn)差法.

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），PQ=λQT，則x2=x1－2λ1+λ，y2=y1+3λ1+λ.將P，Q代入橢圓方程化簡(jiǎn)，得3λ=6+3x1－2y1.又kAQ=y2x2+2=y1+3λx1+2，kAP=y1x1+2，所以

kAP+kAQ=y1x1+2+y1+3λx1+2=3x1+6x1+2=3.

思路7：極坐標(biāo)設(shè)點(diǎn).

解法9：角參法.

設(shè)P（2cos α，3sin α），Q（2cos β，3sin β），由

萬能公式可得P2（1－t21）1+t21，6t11+t21，Q2（1－t22）1+t22，6t21+t22，其中t1=tanα2，t2=tanβ2.

于是可得lPQ：2y（t1+t2）+3x（1－t1t2）=6（t1t2+1），代入點(diǎn)P坐標(biāo)，得t1+t2=2.

又因?yàn)閘AP：y=3t12（x+2），lAQ：y=3t22（x+2），令x=0，所以yM+yN2=3（t1+t2）2=3.

思路8：曲線系法.

解法10：設(shè)lAP：x－my+2=0，lAQ：x－ny+2=0，lPQ：kx－y+2k+3=0，又橢圓在點(diǎn)A處的切線為x+2=0，因此過A，P，Q的二次曲線系為

（x－my+2）（x－ny+2）+λ（x+2）（kx－y+2k+3）=0=ty29+x24－1.

于是1+kλ=t4，mn=t9，－m－n－λ=0，4+（4k+3）λ=0，4+2λ（2k+3）=－t，整理得λ=－t3，m+n=t3，mn=t9.

故yM+yN2=122m+2n=m+nmn=3.

解法11：極點(diǎn)極線法.

定點(diǎn)B（0，3）為T（－2，3）的極線x－2+y3=1與y軸的交點(diǎn).

根據(jù)圖3易知，直線AB是點(diǎn)T（－2，3）的極線，則點(diǎn)P，Q，K，T成調(diào)和點(diǎn)列，直線AP，AQ，AK，AT成調(diào)和線束.又y軸平行于TA，根據(jù)調(diào)和線束的斜率關(guān)系知，kAM+kAN=2kAB，線段MN被點(diǎn)B平分，故線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.由調(diào)和共軛性質(zhì)，可知kAT－kAQkAT－kAK·k極線－kAKk極線－kAQ=－1，則kAK+kAQ=3，定點(diǎn)定值模型顯而易見！

下附練習(xí)，供讀者參考使用.

練習(xí)：已知點(diǎn)A（2，0），B－65，－45在橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0） 上.

（1）求橢圓M的方程；

（2）直線l與橢圓M交于C，D兩個(gè)不同的點(diǎn)（異于A，B），過C作x軸的垂線分別交直線AB，AD于點(diǎn)P，Q，當(dāng)P是CQ中點(diǎn)時(shí)，證明：直線l過定點(diǎn).

基于上述對(duì)試題的探討研究，作出以下推廣：

結(jié)論1：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點(diǎn)為A（－a，0），上頂點(diǎn)為B（0，b），過點(diǎn)R（－a，b）的直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點(diǎn)，則MN的中點(diǎn)為橢圓上頂點(diǎn)B.

結(jié)論2：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點(diǎn)為A（－a，0），上頂點(diǎn)為B（0，b），過點(diǎn)R（－a，b）的直線交曲線C于兩點(diǎn)P，Q，直線BP，BQ與x軸交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，則EF的中點(diǎn)為左頂點(diǎn)A.

結(jié)論3：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點(diǎn)為A（－a，0））.點(diǎn)R是直線

x=-a上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)R作橢圓的兩條切線，分別交橢圓與點(diǎn)A，B，過點(diǎn)R作直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，則kAP+kAQ=2kAB.

解析幾何的相關(guān)問題對(duì)學(xué)生的基礎(chǔ)能力、運(yùn)算求解能力及應(yīng)變能力要求較高，需要學(xué)生在平時(shí)的學(xué)習(xí)中學(xué)會(huì)歸納整理知識(shí)，建立各知識(shí)點(diǎn)之間的關(guān)系網(wǎng)，同時(shí)注重思維拓展，一題多解，提升能力.