一道解析幾何題的多解探究和推廣

摘" 要：對一道解析幾何試題多解探究，分析解法的優劣，總結經驗，并對結論進行了推廣．

關鍵詞：運算優化；同構；齊次化；極點極線

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0085-03

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：高潔（1986.10—），男，陜西省富縣人，中學高級教師，從事中學數學競賽研究；

鄭宏寶（1973.6—），男，河南省溫縣人，中學正高級教師，從事中學數學教學研究.

解析幾何的試題一般入口較寬，很容易找到解決問題的思路，但是不同的解法間運算量的差異很大，有的運算量是“可望而不可即的”，為此，在解題過程中要明確不同方法的差異和聯系，每位學生要找到自己最擅長的方法．要達到這樣的目的，只有多角度審視，看清問題本質，才能發現最佳的突破口［1］.

1" 試題呈現

題目" （2023年全國乙卷理20）已知曲線C的方程為y2a2+x2b2=1（agt;bgt;0），離心率為53，曲線C過點A（-2，0）.

（1）求曲線C的方程；

（2）過點（-2，3）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點，求證：MN中點為定點．

試題評析" 第（1）問是圓錐曲線中較為基礎的一個問題，體現了對廣大考生的人文關懷，也凸顯了試題的基礎性；第（2）問考查了直線和圓錐曲線的位置關系及其運算，考查數形結合的思想以及用代數方法解決幾何問題的能力．試題的解決也讓考生經歷猜想和假設、轉化和化歸、實驗和論證等問題研究的過程．試題對考生的邏輯推理、直觀想象等數學學科核心素養提出了一定的要求．

2" 解法探究

2.1" 第（1）問解析

解析" 曲線C的方程為y29+x24=1．

2.2" 第（2）問解析

解法1" （直線串聯，設而不求）

設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），直線PQ的方程為y=k（x+2）+3.

即y=kx+2k+3.

聯立y29+x24=1，y=kx+2k+3，得

（4k2+9）x2+（16k2+24k）x+16k2+48k=0.

由△gt;0得klt;0，且

x1+x2=-16k2+24k4k2+9，x1x2=16k2+48k4k2+9.

直線AP，AQ的方程分別為

y=y1x1+2（x+2），y=y2x2+2（x+2）.

當x=0時，yM=2y1x1+2，yN=2y2x2+2，

即有yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2

=y1（x2+2）+y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）

=2kx1x2+（4k+3）（x1+x2）+8k+12x1x2+2（x1+x2）+4

=3.

則MN的中點為定點（0，3）．

解法2" （平移思想，簡化運算——解法1優化）設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），直線PQ的方程為

y=k（x+2）+3.

聯立y29+x24=1，y=k（x+2）+3.得

（4k2+9）（x+2）2+（24k-36）（x+2）+36=0.

由△gt;0得klt;0，且

（x1+2）+（x2+2）=36-24k4k2+9，（x1+2）（x2+2）=364k2+9.

由解法1，得

yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=2k+3（x1+2+x2+2）（x1+2）（x2+2）=2k+3×（36-24k）/（4k2+9）36/（4k2+9）=3.

則MN的中點為定點（0，3）．

解法3" （平移齊次化，用好直線代換）同解法1，2有yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2.

直線PQ的方程為y=k（x+2）+3.

即有y-k（x+2）3=1.

將y-k（x+2）3=1代入橢圓化簡整理，得

19·（yx+2）2-13·yx+2+k3+14=0.

由韋達定理，有

yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=--1/31/9=3.

綜上，MN的中點為定點（0，3）．

解法4" （M，N同構，構造斜率二次方程）設直線AP方程為y=k（x+2），

聯立y29+x24=1，y=k（x+2），得

（4k2+9）x2+16k2x+16k2-36=0.

當△gt;0時，由xA·xP=16k2-364k2+9及xA=-2得xP=-8k2+184k2+9.

所以P（-8k2+184k2+9，36k4k2+9）.

設直線PQ為 y=m（x+2）+3，

代入點P化簡，得

12k2-36k+36m+27=0.

設直線AQ的斜率為k′，同理得

12k′2-36k′+36m+27=0.

k和k′是二次方程12x2-36x+36m+27=0的兩個根，所以k+k′=3．

直線AP，AQ的方程分別為

y=k（x+2），y=k′（x+2），

當x=0時，yM=2k，yN=2k′，

即有yM+yN2=k+k′=3.

綜上，MN的中點為定點（0，3）．

解法5" （坐標串聯，回代曲線）

設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，yM），N（0，yN），R（-2，3），

有y219+x214=1，y229+x224=1.

即y21=9-9x214，y22=9-9x224.

因為R，P，Q三點共線，有

（y1-3）（x2+2）=（y2-3）（x1+2）.

即y1（x2+2）-y2（x1+2）=3（x2-x1）.

由解法1，得

yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2

=y21（x2+2）2-y22（x1+2）2y1（x2+2）-y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）

=94·（4-x21）（x2+2）2-（4-x22）（x1+2）23（x2-x1）（x1+2）（x2+2）

=34·（2-x1）（x2+2）-（2-x2）（x1+2）x2-x1

=3.

即MN中點為定點（0，3）．

3" 結論推廣

結論1" 已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），左頂點為A（-a，0），上頂點為B（0，b）.過點R（-a，b）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點，則MN中點為上頂點B．

證明" 設直線AP方程為y=k（x+a），

聯立x2a2+y2b2=1，y=k（x+a），得

（b2+a2k2）x2+2a3k2x+a4k2-a2b2=0.

由xA·xP=a4k2-a2b2b2+a2k2及xA=-a，得

xP=ab2-a3k2b2+a2k2.

所以P（ab2-a3k2b2+a2k2，2ab2kb2+a2k2）.

設直線PQ為y=m（x+a）+b，

代入點P化簡，得

a2bk2-2ab2k+2ab2m+b3=0.

設直線AQ的斜率為k′，同理得

a2bk′2-2ab2k′+2ab2m+b3=0.

k和k′是二次方程a2bx2-2ab2x+2ab2m+b3=0的兩個根，

所以k+k′=2ab2a2b=2ba．

直線AP，AQ的方程分別為

y=k（x+a），y=k′（x+a）.

當x=0時，yM=ka，yN=k′a，即有

yM+yN2=（k+k′）a2=2ba·a2=b.

綜上，MN的中點為上頂點B．

結論2" 已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），左頂點為A（-a，0），上頂點為B（0，b）.過點R（-a，b）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線BP，BQ與x軸交于E，F兩點，則EF中點為左頂點A．

結論3" 已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），左頂點為A（-a，0）.點R是直線x=-a上任意一點，過點R作橢圓的兩條切線，分別交橢圓于點A和B .過點R作直線交曲線C于P，Q兩點，直線AB、直線AP、直線AQ的斜率分別為k，k1，k2，則k1+k2=2k．

結論2和結論3的證明方法同結論1，略．

4" 結束語

這個題的背景是極點、極線和調和點列，點（-2，3）的極線為橢圓的左頂點A與上頂點B連線，AN，AM，AD，AB成調和線束，由上面的結論3和極點、極線的性質可以得到MN的中點為（0，3）．很多學生熱衷于用極點、極線等射影幾何的性質秒殺試題，卻忽略了基本解法和常規的思路.當然，適當地拓寬知識面，利用極點、極線的相關知識猜定點、定值未嘗不可，但如果不重視基本方法、基本策略，總想著用幾何方法來解決解析幾何題目，這和高考命題的意圖是違背的．教師在解析幾何教學中，應該鼓勵學生多角度審視問題，把教學重點放在培養學生邏輯推理、數學運算的素養上，提高復習備考效率．

參考文獻：

［1］

王馥.問渠那得清如許，為有源頭活水來：對2023年高考數學全國乙卷的探究［J］.中學數學教學參考，2023（34）：37-39.

［責任編輯：李" 璟］