一道高考解析幾何題的解法探究及其推廣

宋亞洲

圓錐曲線中的定點問題作為高考中的常見題型，考查學(xué)生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等學(xué)科核心素養(yǎng).這類題型不僅要求學(xué)生能夠熟練掌握解決此類問題的基本思想與方法，還需要挖掘簡化運算的突破口，提高運算的速度和準(zhǔn)確性.本文從不同角度研究2023年高考數(shù)學(xué)全國乙卷理科第20題的解題思路，并對其結(jié)論進行推廣.

1.試題呈現(xiàn)

已知橢圓C：y2a2+x2b2=1a>b>0的離心率為53，點A－2，0在C上.

（1）求C的方程；（y29+x24=1）

（2）過點－2，3的直線交C于點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.

本題考查了解析幾何的基本思想和方法，對學(xué)生的運算能力要求很高，并且有很好的區(qū)分度，其中第（2）問許多精巧的方法和精妙的性質(zhì)值得深入思考.

2.解法探究

視角1? 直線串聯(lián) 設(shè)而不求

思路1? 設(shè)直線PQ的方程，進而可求點M，N的坐標(biāo)，結(jié)合韋達定理驗證yM+yN2為定值即可.

解法1：設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，直線PQ：y=kx+2+3，代入橢圓方程得4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，則x1+x2=－8k2k+34k2+9，x1x2=16k2+3k4k2+9，直線AP：y=y1x1+2x+2，當(dāng)x=0時，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，則yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+2+3x1+2+kx2+2+3x2+2=kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+2=2kx1x2+4k+3x1+x2+42k+3x1x2+2x1+x2+4=32kk2+3k4k2+9－8k4k+32k+34k2+9+42k+316k2+3k4k2+9－16k2k+34k2+9+4=10836=3，故線段MN的中點為定點0，3.

思路2? 利用平移思想，簡化運算，優(yōu)化解法1.

解法2： 設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，直線PQ：y=kx+2+3，代入橢圓方程得4k2+9x+22+24k－36x+2+36=0，則x1+2+x2+2=36－24k4k2+9，x1+2x2+2=364k2+9，直線AP：y=y1x1+2x+2，當(dāng)x=0時，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，則yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=2k+3x1+2+x2+2x1+2x2+2=2k+3×36－24k4k2+9364k2+9=3，故線段MN的中點為定點0，3.

思路3? 利用齊次化思想，簡化運算，優(yōu)化解法1.

解法3：設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，直線AP：y=y1x1+2x+2，當(dāng)x=0時，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，設(shè)直線PQ：y=kx+2+3，即y－kx+23=1，代入橢圓方程得y29+x+2－2×y－kx+2324=y－kx+232，化簡整理得19yx+22－13yx+2+k3+14=0，則yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=3.故線段MN的中點為定點0，3.

視角2? 構(gòu)造同構(gòu) 二次韋達

思路4? 設(shè)直線AM：x=t1y－2，AN：x=t2y－2，則M0，2t1，N0，2t2，MN的中點0，1t1+1t2，只需證明1t1+1t2為定值.

解法4：設(shè)直線PQ：y=kx+2+3，AM：x=t1y－2，AN：x=t2y－2，則M0，2t1，N0，2t2，MN的中點0，1t1+1t2，聯(lián)立y=kx+2+3，

x=t1y－2 得x=3+2kt1－21－kt1，y=31－kt1，代入橢圓方程得34k + 3t1 2-12t1? + 4 = 0，同理t2也滿足此方程，則t1+t2=44k+3，

t1t2=434k+3，1t1+1t2=t1+t2t1t2=3，故線段MN的中點為定點0，3.

思路5? 先由T，P，Q三點共線設(shè)出M，N，再由點在橢圓上可得yM+yN=6.

解法5：設(shè)TP=λ1，k，TQ=μ1，k，則Pλ－2，λk+3，直線AM：y=λk+3λx+2，M0，2λk+3λ，同理N0，2μk+3μ，則MN中點K0，2k+3λ+3μ，由于P在橢圓上，故4k2+9λ2－123－2kλ+36=0，同理μ也滿足此方程，則λ+μ=123－2k4k2+9，λμ=364k2+9，2k+3λ+3μ=2k+3λ+μλμ=3，故線段MN的中點為定點0，3.

視角3? 三點共線 曲徑通幽

思路6 ?設(shè)M0，m，N0，n，用m，n分別表示P，Q的坐標(biāo)，再由T，P，Q三點共線可得m+n=6.

解法6：設(shè)M0，m，N0，n，直線AM：y=m2x+m，代入橢圓方程可得

xP=29－m29+m2，yP=18m9+m2，則TP=369+m2，－3m－329+m2，同理TQ=369+n2，－3n－329+n2，由T，P，Q三點共線，得m－32=n－32，即m－nm+n－6=0，因為m≠n，所以m+n=6，故線段MN的中點為定點0，3.

視角4? 二次曲線 比對系數(shù)

思路7? 先利用曲線系求出k1+k2為定值，進而MN中點0，k1+k2為定點.

解法7：設(shè)直線PQ：kx－y+2k+3=0，AP：k1x－y+2k1=0，AQ：k2x－y+2k2=0，過點A，P，Q的曲線系為k1x－y+2k1k2x－y+2k2+λ（kx－y+2k+3）x+2=0，橢圓方程9x2+4y2－36=0.比較y2及常數(shù)項系數(shù)可知4k1k2+2λ2k+3=－9，注意到x項系數(shù)4k1k2+λ4k+3=0，上述兩式作差可得λ=－3，因為xy項的系數(shù)為0，所以k1+k2=－λ=3，而M0，2k1，N0，2k2，故線段MN的中點為定點0，3.

視角5? 極點極線 高階觀點

圖1

解法8：如圖1，設(shè)橢圓的上頂點為B，則以T－2，3為極點的極線方程－x2+y3=1恰經(jīng)過橢圓的左頂點和上頂點，于是AT，AP，AB，AQ為調(diào)和線束，又因為MN∥TA，故點B平分線段MN，故線段MN的中點0，k1+k2，即定點0，3.

解法9：AT，AP，AB，AQ為調(diào)和線束，且kAT=∞，故kAP+kAQ=2kAB=3，設(shè)直線AM：y=k1x+2，AN：y=k2x+2，則M0，2k1，N0，2k2，故線段MN的中點

0，k1+k2，即定點0，3.

解法10：點A關(guān)于x軸的對稱點是其本身，點T在以點A為切點的切線上，故kAP+kAQ=－2a2xTb2yA+yT=3，設(shè)直線AM：y=k1x+2，AN：y=k2x+2，則M0，2k1，N0，2k2，故線段MN的中點0，k1+k2，即定點0，3.

3.問題探究

原題中A－2，0為橢圓短軸的端點－b，0，點－2，3為點－b，a，定點0，3為橢圓長軸的端點0，a，那么對于一般情況，上述結(jié)論是否還成立？

探究1? 已知點B0，b，過點Ta，b的直線交橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0于點P，Q兩點，直線BP，BQ與x軸的交點分別為M，N，線段MN的中點是否為定點Aa，0？

證明：設(shè)直線PQ：y=kx－a+b，代入橢圓方程得b2+a2k2x2+2ka2b－akx+a3k（ak－2b）=0，設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，則x1+x2=－2ka2b－akb2+a2k2，x1x2=a3kak－2bb2+a2k2，直線BP：y=y1－bx1x+b，當(dāng)y=0時， x=－bx1y1－b，得M－bx1y1－b，0，同理N－bx2y2－b，0，則xM+xN2=－b2x1y1－b+x2y2－b=－b2k·2x1x2－a·x1+x2x1x2－a·x1+x2+a2=－b2k·2·a3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2a3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2+a2=a.故線段MN的中點為定點Aa，0.

結(jié)論1? 已知點B0，b，過點Ta，b的直線交橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0于點P，Q兩點，直線BP，BQ與x軸的交點分別為M，N，則線段MN的中點為定點Aa，0.

探究2? 已知點Aa，0，過點Ta，b的直線交橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0于點P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，線段MN的中點是否為定點B0，b？

證明：設(shè)直線PQ：y=kx－a+b，代入橢圓方程得b2+a2k2x2+2ka2b－akx+a3k（ak－2b）=0，設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，則x1+x2=－2ka2b－akb2+a2k2，x1x2=a3kak－2bb2+a2k2，直線AP：y=y1x1－ax－a，當(dāng)x=0時，y=－ay1x1－a，得M0，－ay1x1－a，同理N0，－ay2x2－a，則yM+yN2=－a2·y1x1－a+y2x2－a

=－a2·2k+b·x1+x2－2ax1x2－a·x1+x2+a2=－a2·2k+b·－2ka2b－akb2+a2k2－2aa3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2+a2=－a2·－2ba=b，故線段MN的中點為定點B0，b.

結(jié)論2? 已知點Aa，0，過點Ta，b的直線交橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0于點P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，則線段MN的中點為定點B0，b.

注意到結(jié)論1證明中y1x1－a+y2x2－a=－2ba，即以Ta，b為極點的極線斜率的2倍.

結(jié)論3? 已知點Aa，0，過點Ta，b作橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的兩條切線，分別交橢圓于點A，B，過點T的直線交橢圓于點P，Q兩點，直線AB，AP，AQ的斜率分別為k，k1，k2，則k1+k2=2k.

結(jié)論4? 已知點Aa，0，點T是直線x=a上任意一點，過點T作橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的兩條切線，分別交橢圓于點A，B，過點T的直線交橢圓于點P，Q兩點，直線AB，AP，AQ的斜率分別為k，k1，k2，則k1+k2=2k.

證明：設(shè)點Ta，t，直線TA：xAa2x+yAb2y=1過T，得xAa+tyAb2=1，同理xBa+tyBb2=1，故直線AB：1ax+tb2y=1，則k=－b2at.設(shè)直線PQ：y=mx－a+t，代入橢圓方程得b2+a2m2x2+2mta2－2m2a3x+m2a4+t2a2－2mta3－a2b2=0，設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，則x1+x2=－2mta2－2m2a3b2+a2m2，x1x2=m2a4+t2a2－2mta3－a2b2b2+a2m2， 則k1+k2=y1x1－a+y2x2－a=2m+t·x1+x2－2ax1x2－a·x1+x2+a2=2m+t·－2mta2－2m2a3b2+a2m2－2am2a4+t2a2－2mta3－a2b2b2+a2m2+a·2mta2－2m2a3b2+a2m2+a2=－2b2at=2k，故k1+k2=2k.

4.總結(jié)反思

通過對問題（2）中的探究，發(fā)現(xiàn)其解題思路并不單一.既可從題中的證明結(jié)果出發(fā)，在其特殊性的基礎(chǔ)上舉一反三，也可對條件做一定合理變換、發(fā)掘其基本性質(zhì)，又可以得到更多具有一般性的結(jié)論.因此，研究一道試題，不應(yīng)僅僅局限于題目本身，只有深入思考，才能獲得更多啟迪，體會數(shù)學(xué)的奧妙.在日常的數(shù)學(xué)教學(xué)中，教師應(yīng)積極引導(dǎo)學(xué)生拓展思路，進行多方向思考，注重培養(yǎng)學(xué)生的思維能力與學(xué)科核心素養(yǎng).同時，學(xué)生對問題的深入探究、反思總結(jié)對于提高學(xué)生的解題能力具有重要意義.探索、發(fā)現(xiàn)、創(chuàng)新，才能幫助我們打開數(shù)學(xué)的大門，領(lǐng)略數(shù)學(xué)世界的萬千精彩.

參考文獻

［1］ 單墫.我怎樣解題［M］.哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2013.