2012年高考數學福建卷理科第22題的推廣

吳葉科

題目 如圖1，橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e=12.過F1的直線交橢圓于A，B兩點，且△ABF2的周長為8.

（Ⅰ）求橢圓E的方程.

圖 1（Ⅱ）如圖2，設動直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x=4相交于點Q.試探究：在坐標平面內是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由.

筆者在對該題第（2）小題進行探討時，發現了圓錐曲線中的一組優美性質及它的推廣形式，寫出拙文與讀者分享.

圖 2性質1 如圖2，橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1（-c，0），F2（c，0），動直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P，且與右準線相交于點Q，則以PQ為直徑的圓過右焦點F2.

證明 由x2a2+y2b2=1，y=kx+m，

得（b2+a2k2）x2+2mka2x+a2m2-a2b2=0.

∵直線l與橢圓E只有一個公共點P（x0，y0），∴m≠0，Δ=0.

∴Δ=4k2m2a4-4a2（m2-b2）（b2+a2k2）=0，整理得m2=b2+a2k2.

∴x0=-2mka22（b2+a2k2）=-2mka22m2=-a2km，y0=-a2k2m+m=m2-a2k2m=b2m.

∴P-a2km，b2m.

由x=a2c，y=kx+m.得Qa2c，ka2+cmc.

則F2P=-a2km-c，b2m，F2Q=a2c-c，ka2+cmc.

于是F2P·F2Q=-a2km-c·a2c-c+b2m·ka2+cmc=a4kmc-a2+a2ckm+c2+a2b2kmc+b2

=a2k（-a2+b2+c2）mc+（-a2+b2+c2）=0.

所以F2P⊥F2Q，即以PQ為直徑的圓過右焦點F2.

圖 3性質2 如圖3，雙曲線x2a2-y2b2=1（a，b>0）的左、右焦點分別為F1（-c，0）、F2（c，0），動直線l：y=kx+m與雙曲線有且只有一個公共點P，且與右準線相交于點Q，則以PQ為直徑的圓過右焦點F2.

證明仿照性質1的證法，此處不再贅述.

圖 4性質3 如圖4，拋物線x2=2py（p>0）的焦點分別為F0，p2，動直線l：y=kx+m與拋物線相切于點P，且與準線相交于點Q，則以PQ為直徑的圓過右焦點F.

證明 由x2=2py，y=kx+m，得x2=2p（kx+m）.

∵直線l與拋物線相切于點P（x0，y0），∴m≠0，Δ=0.

∴Δ=4p2k2+8pm=0，由p>0，整理得m=-p2k2.

∴x0=pk，由y=x22p得y0=p2·k2.∴Ppk，p2·k2.

由y=-p2，y=kx+m，得Q-p2k-mk，-p2.

則FP=pk，pk22-p2，FQ=-p2k-mk，-p.

于是FP·FQ=pk-p2k--p2k2k+pk22-p2（-p）=-p22+p2k22-p2k22+p22=0.

所以FP⊥FQ，即以PQ為直徑的圓過焦點F.

綜合性質1，2，3，可得

統一性質 設圓錐曲線E的一條準線為l，相對應的焦點為F，動直線l′與圓錐曲線E相切于點P，且與準線交于點Q，則以PQ為直徑的圓必過焦點F.