由一道聯(lián)考填空壓軸題引發(fā)的思考

摘 要：以一道江蘇省2024屆高三聯(lián)考題為例，引導(dǎo)學(xué)生對問題進行深層次的探究及引申，充分挖掘題目的內(nèi)涵和外延，闡述對它的解法探究和拓展推廣.

關(guān)鍵詞：高三聯(lián)考題；解法探究；拓展推廣；追本溯源

中圖分類號：G632"" 文獻標(biāo)識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0081-05

在解析幾何研究中，圓與橢圓是兩個重要的研究對象，它們的圖形優(yōu)美，有著極強的對稱性，圓與橢圓可通過仿射變換相互轉(zhuǎn)化從而快速解決橢圓中的相關(guān)問題.另外橢圓中也會生成很多圓，如內(nèi)切圓、伴隨圓、基圓和蒙日圓等，它們在性質(zhì)上具有怎樣的關(guān)系？本文以一道江蘇省2024屆高三聯(lián)考題為例，通過對問題的解法探究、引申拓展，從而建構(gòu)此類題的處理方法.

1 考題呈現(xiàn)

題目 （2024屆蘇錫常鎮(zhèn)高三聯(lián)考第16題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P是橢圓C上不與左右頂點重合的動點，設(shè)I，G分別是△PF1F2的內(nèi)心和重心，當(dāng)直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化時，橢圓C的離心率為.

2 解法探究

視角1 顯然△PF1F2的重心坐標(biāo)易求，而內(nèi)心坐標(biāo)的求解是關(guān)鍵，這里可以選擇等面積法去探求.而如何讓直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化，可以利用斜率加以分析處理.

解法1 如圖1，設(shè)P（x0，y0），I（x，y），不妨設(shè)y0gt;0，則y為△PF1F2的內(nèi)切圓半徑.

由于S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1，

所以12·2c·y0=12（2a+2c）·y.

所以y=cy0a+c=e1+ey0.

又注意到

SF1=MF1=x+c，TF2=MF2=c-x，

由焦半徑公式可得

PS=a+ex0-（c+x），PT=a-ex0-（c-x）.

因為PS=PT，代入得x=ex0.

故I（ex0，ee+1y0）.

又由三角形重心坐標(biāo)公式，得G（x03，y03）.

當(dāng)直線IG的傾斜角不為π2時，則

kIG=［e/（e+1）］y0-y0/3ex0-x0/3

=2e-1（3e-1）（e+1）·y0x0.

要使直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化，則只有當(dāng)e=12和e=13時，此時IG的傾斜角恒為0和π2.

綜上，e=12或13.

引理 a，b，c是△ABC中A，B，C的對邊，I是△ABC內(nèi)心的充要條件為aIA+bIB+cIC=0.

視角2 在求解內(nèi)心的坐標(biāo)時，還可以使用三角形的內(nèi)心坐標(biāo)公式去處理，顯得較為簡潔.

解法2 在△ABC中，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），內(nèi)心I（x，y），由上面引理1，得

aIA+bIB+cIC=0.

因為IA=（x1-x，y1-y），

IB=（x2-x，y2-y），

IC=（x3-x，y3-y），

故代入上式，得

a（x1-x，y1-y）+b（x2-x，y2-y）+c（x3-x，y3-y）=0.

解得

x=ax1+bx2+cx3a+b+c，y=ay1+by2+cy3a+b+c.

即I（ax1+bx2+cx3a+b+c，ay1+by2+cy3a+b+c）.

在△PF1F2中，P（x0，y0），F(xiàn)1（-c，0），F(xiàn)2（c，0），PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，F(xiàn)1F2=2c.

故代入得I（c（e+1）x0a+c，cy0a+c）.

又由三角形重心坐標(biāo)公式，得

G（x03，y03）.

從而當(dāng)yI=yG時，即ca+cy0=y03時，直線IG的傾斜角為0，此時e=12;

當(dāng)xI=xG時，即c（e+1）a+cx0=x03時，直線IG的傾斜角為π2，此時e=13.

綜上，e=12或13.

視角3 點P在橢圓上，從而還可考慮使用橢圓的參數(shù)方程來設(shè)出點P的坐標(biāo)，可簡化運算.

解法3 設(shè)點P（acosθ，bsinθ），因G為重心，故G應(yīng)在線段PO上，且GO=13PO.

從而可得G（acosθ3，bsinθ3）.

又因PF1=a+e·acosθ=a+ccosθ，PF2=a-ccosθ，F(xiàn)1F2=2c，

由于內(nèi)心的坐標(biāo)為三角形三個頂點坐標(biāo)與三對邊的加權(quán)和，

即

內(nèi)心I（ax1+bx2+cx3a+b+c，ay1+by2+cy3a+b+c）.

代入得I（c·cosθ，3c3sinθ）.

從而當(dāng)yI=yG時，即33c·sinθ=bsinθ3時，直線IG的傾斜角為0，此時e=12;

當(dāng)xI=xG時，即c·cosθ=acosθ3時，直線IG的傾斜角為π2，此時e=13.

綜上，e=12或13.

視角4" 由題中的圖形特點，還可考慮利用幾何直觀法中的相似形加以處理，實現(xiàn)代數(shù)和幾何的融合.

解法4 如圖2，因G，I為△PF1F2的重心和內(nèi)心，故PGGO=21，PIID=1e.

設(shè)直線GI交x軸于點T，過點O作OS∥IT，交PD于點S，從而△PIG∽△PSO.

所以PIIS=PGGO=21，PIID=1e.

兩式相除，得ISID=12e.即ISSD=12e-1.

而又因△ODS∽△OTI，則得

TOOD=ISSD=12e-1.①

再設(shè)點D坐標(biāo)為xD，因PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，由三角形內(nèi)角平分線定理可得PF1PF2=F1DDF2.

即a+ex0a-ex0=xD+cc-xD.

解得xD=e2x0.

代入①式，得TO=e2x02e-1.

即T（e2x01-2e，0）.

而顯然有重心G（x03，y03）.

所以kIG=2e-13e2+2e-1·y0x0

=2e-1（3e-1）（e+1）·y0x0.

要使直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化，則只有當(dāng)e=12和e=13時，此時IG的傾斜角恒為0和π2.

綜上，e=12或13.

視角5 此題還可以通過觀察得到：要使直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化，只有兩種特殊情況，故只需直接考查這兩種特殊情形，從而節(jié)約部分思維量和計算量.

解法5 因直線IG的傾斜角不隨著點P的運動而變化，故只有當(dāng)直線GI⊥x軸或GI∥x軸時，傾斜角為定值.

如圖1，當(dāng)GI⊥x軸時，則xI=xG=x03.

由切線長相等可知，

PF1-PF2=MF1-MF2.

即（a+ex0）-（a-ex0）=（x03+c）-（c-x03）.

化簡可得e=13.

當(dāng)GI∥x軸時，則yI=yG=y03.

而由三角形的等面積法知

S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1.

故可得12·2c·y0=12（2a+2c）·yI.

從而yI=cy0a+c.

代入得ca+cy0=y03.

此時e=12.

綜上，e=12或13.

3 拓展探究

著名數(shù)學(xué)家波利亞曾說：“沒有任何一個題目是徹底完成了的，總還會有些事情可以做.”細品解題過程，筆者發(fā)現(xiàn)過程和結(jié)論值得探究.于是筆者思考，解題過程中推導(dǎo)出了焦點三角形的重心和內(nèi)心坐標(biāo)，那么進一步焦點三角形的重心和內(nèi)心的軌跡方程是什么？對于焦點三角形的外心、垂心呢？另外對于雙曲線呢？基于以上思考，我們可以得到以下幾個一般性結(jié)論：

結(jié)論1 設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦點，點P是橢圓上任意一點，則

△PF1F2的重心軌跡方程為x2a2+y2b2=19（y≠0）［1］.

證明 設(shè)P（x0，y0），重心（x，y），則根據(jù)三角形的重心坐標(biāo)公式得x=x03，y=y03.

即x0=3x，y0=3y.

又點P（x0，y0）在橢圓上，

所以（3x）2a2+（3y）2b2=1.

即x2a2+y2b2=19.

結(jié)論2 設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線上任意一點，則△PF1F2的重心軌跡方程為x2a2-y2b2=9（agt;0，bgt;0）（y≠0）.

結(jié)論3 設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，P是橢圓上任意一點，則△PF1F2的內(nèi)心軌跡方程為x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

證明" 如圖3，設(shè)內(nèi)心I（x，y），P（x0，y0），則y為△PF1F2的內(nèi)切圓半徑.

由于S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1，

所以12·2c·y0=12（2a+2c）·y.

從而y=cy0a+c=e1+ey0.

又注意到SF1=MF1=x+c，TF2=MF2=c-x，由焦半徑公式可得PS=a+ex0-（c+x），

PT=a-ex0-（c-x）.

因PS=PT，代入得x=ex0.

故I（ex0，ee+1y0）.

而根據(jù)x=ex0，y=cy0a+c=e1+ey0，

可解得x0=1ex，y0=e+1ey.

因為點P（x0，y0）在橢圓上，代入得

x2e2a2+（e+1）2y2e2b2=1.

化簡，得x2c2+（a+c）2y2b2c2=1.

又因內(nèi)心I與兩焦點F1，F(xiàn)2三點不共線，

故I的軌跡方程為x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

結(jié)論4 設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線上任意一點，則△PF1F2的內(nèi)心軌跡方程為x=a（x=-a），-blt;ylt;b，y≠0.

證明 如圖4，設(shè)I（x，y），當(dāng)P在右支上時，則

2a=PF1-PF2

=SF1-TF2

=MF1-MF2

=（x+c）-（c-x）

=2x.

從而x=a.

所以內(nèi)切圓圓心I的軌跡方程為x=a.

當(dāng)P在左支上時，類似可證得I的軌跡方程為x=-a.

結(jié)論5 設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是橢圓上任意一點，則△PF1F2的外心軌跡方程為x=0，y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）［2］.

證明 設(shè)P（x0，y0），外心Q（x，y），則根據(jù)三角形外心定義，得PQ=F1Q=F2Q.

故x=0且x20+（y0-y）2=c2+y2，

解得y=b22y0-c22b2y0.

又y0∈［-b，0）∪（0，b］，所以

y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）.

故外心為x=0，y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）.

結(jié)論6" 設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線上任意一點，則△PF1F2的外心軌跡方程為x=0（y≠0）.

結(jié)論7 設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是橢圓上任意一點，則△PF1F2的垂心軌跡方程為x2a2+（c2-x2）2b2y2=1（y≠0）［3］.

證明 設(shè)P（x0，y0），垂心H（x，y），則x=x0.

由PF2⊥F1H，則PF2·F1H=0.

所以yy0+x2-c2=0.

則y0=c2-x2y.

又點P（x0，y0）在橢圓上，代入，得

x2a2+（c2-x2）2b2y2=1.

結(jié)論8 設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦點是F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線上任意一點，則△PF1F2的垂心軌跡方程為x2a2-（c2-x2）2b2y2=1（y≠0）.

4 結(jié)論應(yīng)用

題目 已知橢圓C：x24+y23=1的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，點P為橢圓上任意一點，點I（m，n）為△PF1F2的內(nèi)心，則m+2n的最大值為.

解析 由結(jié)論3知，內(nèi)心的軌跡方程為

x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

將a=2，b=3，c=1，x=m，y=n代入上式得m2+3n2=1.

再由權(quán)方和不等式知

1=m2+3n2=m21+（2n）24/3≥（m+2n）21+4/3.

從而m+2n≤213.

即（m+2n）max=213.

5 結(jié)束語

綜上，通過對這道模考填空壓軸題的探究，啟發(fā)我們要嘗試學(xué)會研題，嘗試對經(jīng)典考題進行解法探究、變式探究及推廣探究.通過多解探究，可以開闊自己的解題視野，打破思維定式，提升自己的推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力；通過變式探究可以達到舉一反三的學(xué)習(xí)效果；通過推廣探究可以探究出問題的本質(zhì)，從而達到解一題、通一類、會一片的效果.

參考文獻：

［1］ 王東海.數(shù)缺形時少直觀 形缺數(shù)時難入微：2022屆高三八省聯(lián)考數(shù)學(xué)卷21題的深入探究[J].數(shù)理化解題研究，2022（22）：52-56.

［2］ 王東海.一道聯(lián)考試題的解法探究、背景分析及拓展推廣[J].數(shù)學(xué)通訊，2023（08）：41-43，61.

［3］ 王東海.2021年全國乙卷理數(shù)解析幾何大題的深度探究[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2021（11）：53-56.

［責(zé)任編輯：李 璟］