對一道解析幾何模考題的解法探究與拓展

摘 要：文章以一道2024年合肥二模的解析幾何解答題為例，闡述對其多角度的解法探究，并進行拓展推廣，得到一般性的結論，最后給出幾點建議，以期提升教學效果.

關鍵詞：解析幾何;解法探究;拓展

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0019-05

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：鐘國城（1986.6—），男，廣東省五華人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.

解析幾何是高中數學的重要內容之一，也是高考的熱點與難點內容.解析幾何試題往往解法多樣，且試題背后幾乎都有深刻的背景.對經典的題目進行多角度探究及拓展，有助于我們看清問題的本質，指導我們更好地做好數學教學工作，同時也有利于開拓學生的數學視野，培養學生的數學思維，提升學生的數學核心素養.

1 試題呈現

題目 （2024年合肥二模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F，左頂點為A，短軸長為23，且經過點（1，32）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）過點F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點，直線AP，AQ與直線x=4的交點分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值.

2 試題分析

試題考查橢圓的標準方程以及橢圓的頂點、焦點等重要知識，以直線與橢圓的位置關系為載體，求證兩條直線的斜率乘積為定值.第（1）問屬于常規問題，體現了對廣大考生的人文關懷，凸顯了試題的基礎性;第（2）問考查了直線與橢圓的位置關系及其運算，考查了邏輯推理與運算求解能力，考查了數形結合思想以及用代數方法解決幾何問題的能力，并全面考查邏輯推理、直觀想象、數學運算等核心素養.

3 解法探究

3.1 第（1）問解析

解析 由題意，得2b=23，1a2+94b2=1.

解得a=2，b=3.

所以橢圓C的方程為x24+y23=1.

評注 第（1）問是圓錐曲線的基本問題—求曲線的標準方程，通常做法是根據題目條件，建立有關a，b，c的方程組求解即可.雖難度不大，但需注意計算的準確性^［1］.

3.2 第（2）問解析

分析1 直線l的變化引起P，Q兩點的變化，進而引起M，N兩點的變化，因此引入直線l的方程，尋找P，Q兩點與M，N兩點的關系，利用韋達定理求解.

證法1 設P（x1，y1），Q（x2，y2），l：x=ty+1，

則直線AP：y=y1x1+2（x+2），

AQ：y=y2x2+2（x+2）.

由x=ty+1，x24+y23=1， 得

（3t2+4）y2+6ty-9=0.

所以y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4.

由y=y1x1+2（x+2），x=4， 得M（4，6y1x1+2）.

同理N（4，6y2x2+2）.

所以k1·k2=6y1/（x1+2）-04-1·6y2/（x2+2）-04-1

=36y1y29（ty1+3）（ty2+3）

=4y1y2t2y1y2+3t（y1+y2）+9

=-36/（3t2+4）-9t2/（3t2+4）-18t2/（3t2+4）+9

=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法1雖思路自然，但運算較為繁雜，究其原因在于使用P，Q兩點的坐標來表達M，N兩點的坐標，表示形式較為復雜^［2］.盡管如此，此法仍屬于解決解析幾何問題的通性通法，須在平時的學習中認真落實到位.

分析2 由于要證k1·k2為定值，考慮引入直線FM，FN的方程，使用斜率k1，k2表示M，N的坐標.根據A，P，M三點共線與A，Q，N三點共線，得到點P，Q的坐標與斜率k1，k2的關系，進而利用韋達定理求解.

證法2 設P（x1，y1），Q（x2，y2），l：x=ty+1，

由x=ty+1，x24+y23=1， 得

（3t2+4）y2+6ty-9=0.

所以y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4.

由題可知，FM：y=k1（x-1），

FN：y=k2（x-1）.

由y=k1（x-1），x=4，得

M（4，3k1）.

同理N（4，3k2）.

因為A，P，M三點共線，

所以kAP=kAM.

即k12=y1x1+2.

故k1=2y1x1+2.

同理k2=2y2x2+2.

所以k1·k2=2y1x1+2·2y2x2+2

=4y1y2t2y1y2+3t（y1+y2）+9

=-36/（3t2+4）-9t2/（3t2+4）-18t2/（3t2+4）+9

=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法2是證法1的優化證法，區別就在于使用斜率k1，k2表示M，N的坐標^［3］，其表達形式比證法1簡潔，與所證結論的聯系也更為直接，在一定程度上減少了計算量.

分析3 由于已知點A，且M，N兩點為直線AP，AQ與直線x=4的交點，考慮引入直線AP，AQ的方程，使用直線AP，AQ的斜率表示點P，Q，M，N的坐標.根據P，F，Q三點共線，得到直線AP，AQ的斜率之間的關系，進而結合點M，N的坐標，得到k1·k2為定值.

證法3 設P（x1，y1），Q（x2，y2），直線AP：y=k（x+2），AQ：y=k′（x+2），則k≠k′.

由y=k（x+2），x24+y23=1， 得

（3+4k2）x2+16k2y+16k2-12=0，

所以-2·x1=16k2-123+4k2.

即x1=6-8k23+4k2.

故y1=k（x1+2）=123+4k2.

即P（6-8k23+4k2，12k3+4k2）.

同理Q（6-8k′23+4k′2，12k′3+4k′2）.

因為P，F，Q三點共線，

所以PF∥FQ.

即（1-6-8k23+4k2）·12k′3+4k′2-（6-8k′23+4k′2-1）·（-12k3+4k2）=0.

整理，得

（k-k′）（4k·k′+1）=0.

因為k≠k′，

所以4k·k′+1=0.

即k·k′=-14.

由y=k（x+2），x=4， 得

M（4，6k）.

同理N（4，6k′）.

所以k1·k2=6k-04-1·6k′-04-1=4k·k′=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法3引入直線AP，AQ的方程，讓點P，Q，M，N的坐標都用兩直線的斜率來表示，從而達到變量的統一.根據題意尋找兩直線斜率之間的關系，最終證得結論.對比證法1與證法2，此法雖然運算較為復雜，但也是求解解析幾何問題的一種很常用的方式，需認真體會.

分析4 考慮所證結論是k1·k2為定值，結合證法3，引入直線FM，FN的方程，使用斜率k1，k2表示點P，Q的坐標更為直接.

證法4 設P（x1，y1），Q（x2，y2），由題可知，

FM：y=k1（x-1），

FN：y=k2（x-1）.

由y=k1（x-1），x=4， 得

M（4，3k1）.

同理N（4，3k2）.

所以AM：y=k12（x+2），

AN：y=k22（x+2）.

由y=k12（x+2），x24+y23=1， 得

（3+k21）x2+4k21y+4k21-12=0，

所以-2·x1=4k21-123+k21.

即x1=6-2k213+k21.

故y1=k12（x1+2）=6k13+k21.

即P（6-2k213+k21，6k13+k21）.

同理Q（6-2k223+k22，6k23+k22）.

因為P，F，Q三點共線，

所以PF∥FQ.

即（1-6-2k213+k21）·6k23+k22-（6-2k223+k22-1）·（-6k13+k21）=0.

整理，得

（k1-k2）（k1·k2+1）=0.

因為k1≠k2，

所以k1·k2+1=0.

即k1·k2=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法4本質上與證法3是一樣的，只不過證法4是使用k1，k2來表示所需條件，處理更為直接，是證法3的優化.

分析5 證法3的證明過程中出現了直線AP，AQ的斜率乘積為定值，因此可以考慮使用“齊次化”來處理.

證法5 設P（x1，y1），Q（x2，y2），l：13（x+2）+ny=1，直線AP：y=k（x+2），AQ：y=k′（x+2）.

由x24+y23=1，得

4y2-12（x+2）+3（x+2）2=0.

所以4y2-12（x+2）［13（x+2）+ny］+3（x+2）2=0.

即4（yx+2）2-12n（yx+2）-1=0.

故y1x1+2·y2x2+2=-14.

即k·k′=-14.

由y=k（x+2），x=4， 得

M（4，6k）.

同理N（4，6k′）.

所以k1·k2=6k-04-1·6k′-04-1=4k·k′=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法5是巧法，將直線的斜率巧妙地轉化為方程的根，結合韋達定理求解，一般題目涉及斜率之和或之積，就可利用此法解決.需要注意的是，使用此法時對引入直線方程的形式與曲線方程的變形均有嚴格的要求^［4］.

4 試題拓展

4.1 推廣探究

將試題第（2）問進行一般化推廣得到：

命題1 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F（c，0），左頂點為A（-a，0），過點F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點，直線AP，AQ與直線x=a2c的交點分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-1.

若點F是x軸上的其他定點，k1·k2還是定值嗎？于是將命題1進一步推廣為：

命題2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左頂點為A（-a，0），F（n，0）（n≠0，n≠±a）為x軸上一定點，過點F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點，直線AP，AQ與直線x=a2n的交點分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-b2a2-n2.

4.2 類比探究

將命題2引申到雙曲線中，得到：

命題3 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左頂點為A（-a，0），F（n，0）（n≠0，n≠±a）為x軸上一定點，過點F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點，直線AP，AQ與直線x=a2n的交點分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=b2a2-n2^［5］.

類比到拋物線中，得到：

命題4 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0）的頂點為O（0，0），F（n，0）（n≠0）為x軸上一定點，過點F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點，直線OP，OQ與直線x=-n的交點分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-p2n.

4.3 逆向探究

經過探究，發現命題2、命題3與命題4的逆命題也成立，得到：

命題5 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左頂點為A（-a，0），F（n，0）（n≠0）為x軸上一定點， 點M，N在直線x=a2n（n≠±a）上，直線AM，AN與C交于P，Q兩點，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=-b2a2-n2，則直線PQ過點F.

命題6 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左頂點為A（-a，0），F（n，0）（n≠0）為x軸上一定點，點M，N在直線x=a2n（n≠±a）上，直線AM，AN與C交于P，Q兩點，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=b2a2-n2，則直線PQ過點F.

命題7 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0）的頂點為O（0，0），F（n，0）（n≠0）為x軸上一定點，點M，N在直線x=-n（n≠0）上，直線OM，ON與C交于P，Q兩點，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=-p2n，則直線PQ過點F.

以上命題的證明過程與試題第（2）問的解答過程類似，在此不再贅述.

5 結束語

通過對此題的深入探究與拓展，我們在平時教學中，應該要注意以下三點：一是要落實通性通法，夯實學生基礎，貫徹新課標與新高考的要求;二是多嘗試一題多解，開拓學生的數學視野，提升學生的數學思維;三是多進行一題多變.對典型問題要深入探究、拓展、變式，做到對一類問題的深度學習，力爭“做一題，會一類”，達到觸類旁通的效果.

參考文獻：

［1］鐘國城，陳啟南.2022年新高考卷Ⅰ解析幾何壓軸題的解法探究與推廣[J].中學生理科應試，2022（10）：8-10.［2］ 高繼浩.探究圓錐曲線中的一類斜率之和問題[J].數理化解題研究，2024（01）：71-73.

［3］ 中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［4］ 教育部考試中心.中國高考評價體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［5］ 鐘國城.對一道解析幾何題的多角度探究［J］.數理化解題研究，2023（01）：2-6.

［責任編輯：李 璟］