坐標觀點下的解析幾何命題推廣探究

摘要：對2023年全國乙卷理科數學第20題做推廣探究，給出原題目的一般情形，主要使用坐標法進行分析與證明，以展示本題的命題背景.

關鍵詞：全國乙卷理科數學；解析幾何；坐標法；推廣探究

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0006-04

解析幾何主要考查直觀想象能力、邏輯推理能力與運算求解能力.坐標法是高中階段解決解析幾何問題的主要方法.“坐標法”的基本含義是：通過將幾何關系轉化為坐標，并使用代數方法對坐標進行運算，體現了解析幾何中的數形結合思想[1].下面我們以2023年的一道高考題目為例，在坐標法的觀點下研究其一般情形，并做推廣.

1 題目呈現

題目（2023年全國乙卷理科數學20題）如圖1，已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的離心率為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.

為了便于說明問題，不妨設點B（-2，3），M，N中點為K.

本題充分考查學生的邏輯推理、直觀想象和數學運算的核心素養，解決方法不唯一，可以多角度切入分析試題，定點結論簡潔美觀，是一道具備選拔功能的優秀試題，下面嘗試對問題的一般化情況做討論.

2 推廣探究

結論1已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點A（-b，0）在C上，過B（-b，a）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，線段MN的中點為定點（0，a）.

此結論證明方法較多.考慮到直線AP，AQ地位等同，知其運算方式是相似的.具體來看，當我們通過聯立計算解決了點P的坐標時，點Q的坐標也可以通過類似的計算方式得出.所以，我們選擇方程同構方法解決，目的是為了盡可能減少計算量.

證明設直線AP，AQ的方程分別為

y=k1（x+b），y=k2（x+b），

根據題意可得k1，k2必然存在.聯立直線AP與橢圓C方程y2a2+x2b2=1，y=k1（x+b）可得

（a2+b2k21）x2+2b2k21x+b4k21-a2b2=0.

由韋達定理，可得

xAxP=b4k21-a2b2a2+b2k21，

xp=a2b-b3k21a2+b2k21，

yP=k1（a2b-b3k21a2+b2k21+b）=2a2bk1a2+b2k21.

設直線PQ的方程為y-a=t（x+b），可得

2a2bk1a2+b2k21-a=t（a2b-b3k21a2+b2k21+b）.

化簡得到ab2k21-2a2bk1+a3+ta2b+tab2=0.

同理，可得ab2k22-2a2bk2+a3+ta2b+tab2=0.

此時k1，k2可看作方程ab2x2-2a2bx+a3+ta2b+tab2=0的兩個不等實數根.

所以k1+k2=2ab .

對于直線AP，AQ，令x=0，可得

yP=bk1，yQ=bk2.

設MN的中點為K，

所以yK=yP+yQ2=b（k1+k2）2=a.

評注對于結論1，令a=3，b=2即得到乙卷理科第20題.通過此分析可以看到，幾何上的相同地位暗示著相同的代數運算方式.事實上，我們證得定點的同時，發現本質上是斜率和為定值導致定點的出現，所以得到結論2.

結論2已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點A（-a，0）在C上，過B（-b，a）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，K（0，a），則kAP+kAQ=2kAK.

證明根據結論1，可得

kAP+kAQ=2ab，kAK=ab.

故有kAP+kAQ=2kAK成立.

本結論可以推廣至雙曲線，于是得到結論3.

結論3已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點A（-a，0）在C上，過B（-a，b）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，K（0，-b），則kAP+kAQ=2kAK.

證明方法與結論1類似，此處略去.

結論4如圖2，已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），點A（-a，0）在C上，過B（-b，a）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，K（0，a），AK交PQ于點G，則|BP|·|QG|=|BQ|·|PG|.

證明設P（x1，y1），Q（x2，y2），B（-b，a），根據B，P，Q三點共線可得PB=λBQ，也即

（-b-x1，a-y1）=λ（x2+b，y2-a）.

得到關系x1+λx2=-（1+λ）b，y1+λy2=（1+λ）a.

根據幾何圖形可知，λ≠-1.

根據y21a2+x21b2=1，y22a2+x22b2=1， 得到

y21a2+x21b2=1，λ2y22a2+λ2x22b2=λ2.

作差，得

y21-λ2y22a2+x21-λ2x22b2=1-λ2.

即（1+λ）a（y1-λy2）a2+-（1+λ）b（x1-λx2）b2=1-λ2.

也即ay1-λay2a2+-bx1-λ（-b）x2b2=1-λ.

考慮x1+λx2=-（1+λ）b，y1+λy2=（1+λ）a變形為

-bx1+λ（-b）x2b2=1+λ，ay1+λay2a2=1+λ，

兩者相加，可得

ay1+λay2a2+-bx1+λ（-b）x2b2=2（1+λ）.

考慮表達式

ay1-λay2a2+-bx1-λ（-b）x2b2=1-λ，ay1+λay2a2+-bx1+λ（-b）x2b2=2（1+λ），①②

①+②2，②-①2λ分別得

ay1a2+-bx1b2=32+λ2，ay2a2+（-b）x2b2=12λ+32，

即ay1a2+-bx1b2-1=12+λ2

=（12+λ2）［a2a2+（-b）2b2-1］，

ay2a2+（-b）x2b2-1=12λ+12

=1+λ2λ

=1+λ2λ［a2a2+（-b）2b2-1］.

直線AK的方程為-bxb2+aya2=1，分別計算點P，Q到直線AK的距離為

hP=|-bx1/b2+ay1/a2-1|

1/b2+1/a2，

hQ=|-bx2/b2+ay2/a2-1|1/b2+1/a2.

可知hPhQ=

|-bx1/b2+ay1/a2-1||

-bx2/b2+ay2/a2-1|=

|1/2+λ/2（1+λ）/2λ|=|λ|=|PG||GQ|=|PB||BQ|.

所以|PG|·|BQ|=|PB|·|GQ|.

評注我們用純坐標法證明了此結論，避免了使用平面幾何與高等幾何中繁雜的推導，體現了坐標法的優勢.若此結論成立，認為點B，P，G，Q為調和點列.在證明過程中，我們使用了定比點差法，點差法在代數結構上簡明對稱，便于我們找到等量關系，整體代換求出線段比為定值.事實上，此結論也揭示了全國乙卷20題的命題背景為調和點列.

結論4可一般化推廣，我們得到結論5.

結論5已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0），橢圓外一點B（x0，y0），過點B的直線與橢圓C交于P，Q兩點，直線y0ya2+x0xb2=1與橢圓相交于A，K兩點，交直線PQ于點G，則有|PG|·|BQ|=|PB|·|GQ|成立.

此結論的證明方式同結論4，并且對于焦點在x軸上的橢圓也成立.

調和點列的出現意味著出現調和線束，可知AB，AP，AG，AQ為調和線束.我們將調和點列的結論改進，得到結論6.

結論6對橢圓y2a2+x2b2=1（a>b>0），B（x0，y0）是橢圓外任意一點，過點B的直線與橢圓C交于P，Q兩點，直線y0ya2+x0xb2=1與橢圓相交于A，K兩點，交直線PQ于點G，有關系1kAG-kAQ+1kAB-kAQ=2kAP-kAQ成立.

證明根據結論5，B，P，G，Q為調和點列，可得|PG||GQ|=|PB||BQ|.

也即|PG||GQ|·|BQ||PB|=1.

根據正弦定理，易證得

PGGQ=APAQsin∠PAGsin∠GAQ，BQPB=AQAPsin∠BAQsin∠BAP.

所以sin∠PAGsin∠GAQsin∠BAQsin∠BAP=1.

分別設調和線束AB，AP，AG，AQ的傾斜角為θ1，θ2，θ3，θ4，其斜率分別為k1，k2，k3，k4，根據三角形外角關系，得

sin∠PAGsin∠GAQsin∠BAQsin∠BAP=sin（θ2-θ3）sin（θ3-θ4）sin（θ1-θ4）sin（θ1-θ2）

=（tanθ2-tanθ3）（tanθ1-tanθ4）（tanθ3-tanθ4）（tanθ1-tanθ2）

=（k2-k3）（k1-k4）（k3-k4）（k1-k2）=1.

有（k2-k3）（k1-k4）=（k3-k4）（k1-k2）成立.

也即（k2-k4+k4-k3）（k1-k4）=（k1-k4+k4-k2）（k3-k4）.

即（k4-k3）（k1-k4）+（k2-k4）（k1-k4）=（k4-k2）（k3-k4）+（k1-k4）（k3-k4）.

故有2（k1-k4）（k3-k4）=（k2-k4）（k1-k4）+（k2-k4）（k3-k4）.

所以2k2-k4=1k3-k4+1k1-k4.

所以1kAG-kAQ+1kAB-kAQ=2kAP-kAQ成立.

評注根據此結論，在2023年全國乙卷理科20題的情境下，可知kAB為無窮大，我們認為1kAB-kAQ為0，故有1kAG-kAQ=2kAP-kAQ，化簡可得kAP+kAQ=2kAG=2kAK.由此，可知結論2為結論6的特殊情形之一.結論6也可推廣至雙曲線和拋物線，此處不再詳述，證明方法與結論6證明類似.這條結論將調和點列關系轉化為斜率關系，然而斜率本身可以由坐標進行定義，所以，本結論在坐標觀點下有重大意義［2］.

3 結束語

通過以上結論與分析可以看到，坐標法在解決解析幾何問題時有非常重要的推動作用，能通過計算避免繁雜的幾何推理，并且推導出來的結果更具備一般性.在運用坐標法計算時，要注意靈活運用代數中的對稱、同構、替換的思路，巧妙運算，減少計算量.同時，解析幾何的關系經過坐標的加工、轉化之后可以出現新的數學問題.正是坐標觀點的出現，使解析幾何問題的呈現形式多樣化，變得越來越豐富多彩，引人入勝.

參考文獻：

［1］?金毅.深抓幾何關系，感悟坐標思想[J].中學生數學，2019（23）：16-17.

［2］ 金毅.對2022年高考乙卷理科數學第20題的多角度探析［J］.數理化解題研究，2022（22）：83-88.

［責任編輯：李璟］