多角度探究圓錐曲線中的定值問題

鄭夢華 祝峰澤

摘要：文章對2023年高考數學全國乙卷第20題（圓錐曲線問題）進行解法探究和變式拓展，經過對該題的溯源和剖析，發現其解法的多元性及通用性，并將其推廣到更一般的形式，以更好地促進教師的“教”和學生的“學”.

關鍵詞：高考數學;圓錐曲線;一題多解

1真題再現

真題（2023年全國乙卷理科數學第20題）已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的離心率是53，點A（－2，0）在C上．

（1）求C的方程；

（2）過點（－2，3）的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點．

分析：第（1）問求橢圓的標準方程，屬較易題；第（2）問解析可采用常規的韋達定理方法，本文中不再贅述.本題第（2）問考查學生運用坐標解決平面解析幾何問題的能力，較好地考查學生的數學運算素養.

2追本溯源

本源若點P（x1，y1）在橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）外，過點P可以作兩條直線與橢圓相切，連接切點A，B，稱線段AB為切點弦，則切點弦所在直線的方程為x1xa2+y1yb2=1.我們將點P和切點弦分別稱為橢圓的一對極點與極線［1］.

題源（2020年全國高考Ⅰ卷理科數學第20題）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG·GB=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.

（1）求E的方程;

（2）證明：直線CD過定點.

該題是一道常規的解析幾何題，命制背景為極點和極線，考查了解析幾何的基本思想和基本方法，對學生的運算能力要求很高，很好地起到了區分的作用.該類型題目在近年高考卷中也多次出現，例如，2010年的江蘇卷第18題.因此，研究高考真題是教師最重要的教學策略之一.

3真題第（2）問的解法賞析

解法一：平移坐標系角度.

將平面直角坐標系向上平移3個單位長度，再向左平移2個單位長度，使得點B（－2，3）為新坐標系的原點，此時橢圓方程為（y+3）29+（x－2）24=1，點A（0，－3）.設直線PQ：y=kx，P（x1，y1），Q（x2，y2），聯立PQ和橢圓方程可得（4k2+9）x2+（24k－36）x+36=0，由韋達定理可知x1+x2=－24k+364k2+9，x1x2=364k2+9.由題意，可知kAP=y1+3x1，則lAP：y=y1+3x1x－3，令x=2，可得yM=2（y1+3）x1－3，同理可得yN=2（y2+3）x2－3，則

yM+yN2=y1+3x1+y2+3x2－3=2kx1x2+3（x1+x2）x1x2－3=0，因此新坐標系中直線MN的中點坐標為（2，0），即證得坐標系平移前MN的中點坐標為定點（0，3）.

評注：對于第（2）問，如果利用常規方法求解，因為直線PQ經過的點不在坐標軸上，所以聯立方程后的計算量非常大，而使用解法一能夠極大減小計算量，但難點在于坐標系平移前后的各點坐標變化，對學生的數形結合思想要求較高.

解法二：參數方程角度.

設直線PQ的參數方程為x=－2+tcosθ，y=3+tsinθ（t為參數），點P，Q的參數分別為t1，t2，將其代入橢圓方程中，得（4+5cos2θ）t2+（24sinθ－36cosθ）t+36=0，則Δ=－864sin2θ>0，所以θ∈π2，π.由韋達定理，可知

t1+t2=36cosθ－24sinθ4+5cos2θ，t1t2=364+5cos2θ.

設M（0，m），N（0，n），由A，P，M三點共線，得m=2（3+t1sinθ）t1cosθ=2tanθ+6t1cosθ，同理可得n=2tanθ+6t2cosθ，則m+n=4tanθ+6cosθ1t1+1t2=6，即證得MN的中點坐標為定點（0，3）.

評注：解法二從直線PQ的傾斜角入手，利用直線的參數方程解決問題.在運算的過程中還需用到三角恒等變換的一些知識，計算量小，非常簡潔.

解法三：定比點差法角度.

設B（－2，3），P（x1，y1），Q（x2，y2），PB=λBQ，（λ<0），由向量坐標表示的唯一性，可得

－2（1+λ）=x1+λx2，3（1+λ）=y1+λy2.[JY]①

由點P，Q在橢圓上，得y219+x214=1，λ2y229+λ2x224=λ2.

兩式相減，可得

195y1-λy21-λ5y1+λy21+λ+145x1-λx21-λ5x1+λx21+λ=1，聯立①式后可得λ=23y1－x1－3，則x2=－x1－2λ－2λ=－x1－223y1－x1－3－2.同理可得y2=－y1+323y1－x1－3+3.易知yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2，將x2，y2代入即可求得yM+yN2=3，即證得直線MN的中點為定點（0，3）.

評注：定比點差法，其本質是利用定比分點和圓錐曲線方程中橫、縱坐標表達式的一致性，優化運算過程的變形手段，是處理圓錐曲線弦上三點問題的一大通法.

解法四：構造二次方程角度.

設直線AP：y=k1（x+2），AQ：y=k2（x+2）.聯立直線AP和橢圓方程，得（9+4k21）x2+16k21x+16k21－36=0，

于是xAxP=16k21－369+4k21，則

xP=－8k21+189+4k21，yP=36k19+4k21.

同理，可得xQ=－8k22+189+4k22，yQ=36k29+4k22.

設直線PQ方程為y=k（x+2）+3，將點P，Q的坐標分別代入直線方程，可得

12k21－36k1+36k+27=0，12k22－36k2+36k+27=0，

即k1，k2是方程12x2－36x+36k+27=0的兩個根，易知yM+yN=2（k1+k2）=6，即證得直線MN的中點為定點（0，3）.

評注：解法四著重考查函數與方程的思想，尤其是函數問題中常用的同構思想，技巧性較強，同時大大減小了運算量，在解題過程中起到了事半功倍的效果.

解法五：二次曲線系方程角度.

引理：過平面上三點A，B，D及點A的切線l的二次曲線系方程可設為l5lBD+λlAB5lAD=0.

設直線AP：x=my－2，AQ：x=ny－2，PQ：y=k（x+2）+3.易知橢圓在點A處的切線方程為x=－2，由引理可知過點A，P，Q的二次曲線方程可設為（x+2）（kx－y+2k+3）+λ（x－my+2）（x－ny+2）=0.由題意知該橢圓方程可設為ty29+x24－1=0，對比二次曲線方程各項系數，可得k+λ=14t，λmn=19t，

－1－λm－λn=0，3+4k+4λ=0，－2－2λm－2λn=0，4k+6+4λ=－t，化簡后可得mn=t9λ，m+n=－1λ，t=－3.對于直線AP，AQ的方程，分別令x=0，可得yM=2m，yN=2n，則yM+yN=6，即證得直線MN的中點為定點（0，3）.

評注：解法五應用二次曲線系方程［2］中過三點及一條切線的二次曲線方程，隨后利用待定系數法將所設方程和原橢圓方程進行對比從而求出參數，該解法非高中數學常規內容，多用于競賽題的求解.

前文提到過該題的背景是極點極線，在高中的視角下，極點極線經常用于命制圓錐曲線的切線和切點弦模型試題.筆者不禁思考：在一般的橢圓方程中是否還有類似規律呢？如果點D為直線x=－a上任意一點，過點D作橢圓的兩條切線，[JP+1]得到的切點弦即為極線，此時是否還有類似結論？對于雙曲線和拋物線呢？

4推廣探究

推廣1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），A（－a，0），過點D（－a，b）的直線交橢圓于P，Q兩點，直線AP，AQ和y軸分別交于點M，N，則直線MN的中點恒為（0，b）.

推廣2（橫向推廣）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），A（－a，0），過直線x=－a上任一點D（非點A）作橢圓的兩條切線切于點A，B，過點D作一條直線交橢圓于P，Q兩點，設直線AB，AP，AQ的斜率分別為k0，k1，k2，則k1+k2=2k0.

推廣3（縱向推廣）已知雙曲線E：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），A（－a，0），過直線x=－a上任一點D（非點A）作雙曲線的兩條切線切于點A，B，過點D作一條直線交雙曲線于P，Q兩點，設直線AB，AP，AQ的斜率分別為k0，k1，k2，則k1+k2=2k0.

推廣4（縱向推廣）已知拋物線方程：y2=2px（p>0），A為坐標原點，過y軸上任一點D（非點A）作拋物線的兩條切線切于點A，B，過點D作一條直線交拋物線于P，Q兩點，設直線AB，AP，AQ的斜率分別為k0，k1，k2，則k1+k2=2k0.

5結束語

通過上述多角度探究、思考與推廣探究，真題本質也逐漸被揭開，同時，也啟示我們在日常教學中要抓住問題的本質.教師在教學中可以適當補充一些一類問題的本源，尤其是經常作為高考真題的命制背景問題；學生也可以適當總結問題的本質，從而提高核心素養，提高數學解題能力.

參考文獻：

[1]周威.探討高觀點下試題命制提升教師專業素養——從極點極線視角下兩道模考題的演變探究與改編談起[J].中學教研（數學），2021（2）：33-36.

[2]李鴻昌.二次曲線系在圓錐曲線四點共圓問題中的應用[J].數理化解題研究，2022（7）：92-94.