一道圓錐曲線試題的賞析及啟示

【摘要】2021年全國新高考Ⅰ卷數學第21題就是一個典型例子，筆者從不同角度，開拓思路，分析解答，充分挖掘高考題的教學指導功能，再現命題的能力立意，并給出推廣及幾點啟示，以期提高教學實效性.

【關鍵詞】解析幾何;解法賞析;推廣;啟示

題目在平面直角坐標系xOy中，已知點F1（-17，0），F2（17，0），點M滿足|MF1|-|MF2|=2，記M的軌跡為C.

（1）求C的方程;

（2）設點T在直線x=12上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.（2021年新高考Ⅰ卷）

思路1易知C的方程為x2-y216=1（x≥1）;第（2）問可使用解此類題的通性通法，通過設而不求思想求出TA，TB，TP，TQ的長度，再化簡可得結果.

解法1如圖1，設T12，m.

設直線AB的方程為

y=k1x-12+m，

A（x1，y1），B（x2，y2），

聯立y=k1x-12+m，16x2-y2=16，

得16x2-

k21x2-x+14+2k1mx-12+m2

=16，

于是（16-k21）x2+（k21-2k1m）x-

14k21+k1m-m2-16=0，

所以|TA|·|TB|

=12-x12+（m-y1）2·

12-x22+（m-y2）2

=（1+k21）x1x2-12（x1+x2）+14

=（1+k21）·

k1m-14k21-m2-1616-k21-12·2k1m-k2116-k21+14

=（1+k21）·m2+12k21-16，

（這里（x1，y1），（x2，y2）在直線l1上，代入相應直線方程可得y1，y2，并代入上式）

設kPQ=k2，同理可得

|TP|·|TQ|=（1+k22）m2+12k22-16，

所以（1+k21）m2+12k21-16=（1+k22）m2+12k22-16，

于是k22-16k21=k21-16k22，

所以k21=k22.

因為k1≠k2，

所以k1=-k2，k1+k2=0.

思路2在計算線段TA、TB長度時，也可借鑒求相交弦的弦長公式來處理，這是因弦長公式的推導是來源于兩點間的距離公式，即（x1-x2）2+（y1-y2）2=1+k2|x1-x2|.

解法2同解法1，由上面公式知

|TA|=1+k21x1-12，

|TB|=1+k21x2-12，

從而|TA|·|TB|

=（1+k21）x1-12x2-12

=（1+k21）x1x2-12x1-12x2+14

=（1+k21）-m2-1216-k21

=（1+k21）m2+12k21-16.

同理可得|TP|·|TQ|=（1+k22）m2+12k22-16，

由題意|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，

得k21=k22.

因為k1≠k2，

所以k1=-k2，k1+k2=0.

思路3對題中TA·TB，TP·TQ，若能用向量法求解，則比較簡潔.

解法3因為向量TA與TB的方向相同，

所以TA·TB=|TA|·|TB|

=x1-12x2-12+（y1-m）（y2-m）

=x1-12x2-12+k1x1-12k1x2-12

=（1+k21）x1-12x2-12，

其余步驟與解法2相同.

思路4解法2較解法1運算量有所減少，若將解法2中的x-12當成整體，可進一步減少運算量.

解法4因為

|TA|·|TB|=（1+k21）x1-12x2-12，

|TP|·|TQ|=（1+k22）x1-12x2-12，

聯立y=k1x-12+m，x2-y216=1，

消去y，得x2-116k1x-12+m2=1，

整理得1-k2116x-122+

1-k1m8x-12-m2+1216=0，

由韋達定理可得

x1-12x2-12=m2+12k21-16.

同理x3-12x4-12=m2+12k22-16.

因為（1+k21）m2+12k21-16=（1+k22）m2+12k22-16，

所以k21=k22，

因為k1≠k2，

所以k1=-k2，k1+k2=0.

思路5此題使用解析幾何中的曲線系去解題，簡單快捷.

解法5因為T，A，B在直線k1x-y+m-k12=0上，T，P，Q在k2x-y+m-k22=0上，

所以T，A，B，P，Q在曲線k1x-y+m-k12k2x-y+m-k22=0上.

又A，B，P，Q在16x2-y2-16=0上，

所以A，B，P，Q在k1x-y+m-k12k2x-y+m-k22+λ（16x2-y2-16）=0上.

又|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，

所以A，B，P，Q四點共圓，

從而上述方程應為圓的方程，即x2與y2的系數相同，xy的系數為0，

于是-k1-k2=0，

從而k1+k2=0.

思路6題目中出現了直線上的定點到另外一點的距離，此時用直線的參數方程處理，比較簡單.

解法6設T12，m，TAB，TPQ的傾斜角分別為α，β，

則TAB的參數方程為

x=12+tcosαy=m+tsinα（t為參數），

代入16x2-y2-16=0，并整理得

（17cos2α-1）t2+（16cosα-2msinα）t-m2-12

=0，

所以|TA|·|TB|=t1t2=-m2-1217cos2α-1.

同理|TP|·|TQ|=-m2-1217cos2β-1.

由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，

得17cos2α-1=17cos2β-1，

所以cos2α=cos2β.

又α，β∈0，π2∪π2，π，

且α≠β，

所以α+β=π，

從而這兩條直線的斜率之和為0.

推廣1雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）過點T（x0，y0）E作兩直線l1，l2與雙曲線交于A，B和P，Q，假設l1，l2的斜率均存在且不為0，則A，B，P，Q四點共圓的充要條件為l1，l2斜率之和為0.

證明設l1，l2的傾斜角分別為α，β，

則l1：x=x0+tcosα，y=y0+tsinα，l2：x=x0+t′cosβ，y=y0+t′sinβ，

將l1代入雙曲線E中，

（x0+tcosα）2a2-（y0+tsinα）2b2=1，

整理成關于t的方程，

從而|TA|·|TB|=|t1t2|=x20a2-y20b2-1cos2αa2-sin2αb2，

同理|TP|·|TQ|=x20a2-y20b2-1cos2βa2-sin2βb2，

因為A，B，P，Q四點共圓，

即|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|，

即cos2αa2-sin2αb2=cos2βa2-sin2βb2，

所以α+β=π或α=β（舍去），

故l1，l2的斜率之和為0.

推廣2橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）過點T（x0，y0）E作兩直線l1，l2與橢圓交于A，B和P，Q，假設l1，l2的斜率均存在且不為0，則A，B，P，Q四點共圓的充要條件為這兩條直線斜率之和為0.

推廣3二次曲線E：ax2+by2=1（ab≠0，a≠b），過點T（x0，y0）E作兩直線l1，l2與E交于A，B和P，Q，假設l1，l2的斜率均存在且不為0，則A，B，P，Q四點共圓的充要條件為這兩條直線斜率之和為0.

推廣4拋物線E：y2=2px（pgt;0），過點T（x0，y0）E作兩直線l1，l2與拋物線交于A，B和P，Q，假設l1，l2的斜率均存在且不為0，則A，B，P，Q四點共圓充要條件為這兩條直線斜率之和為0.

推廣5兩條直線li：y-y0=ki（x-x0）（i=1，2）與二次曲線Γ：ax2+by2+cx+dy+e=0（a≠b）有四個交點，則這四個交點共圓的充要條件是這兩條直線斜率之和為0.

推廣6二次曲線ax2+by2=1（ab≠0，a≠b）的內接四邊形同時內接于圓的充要條件是該四邊形的兩組對邊，兩條對角線所在的三對直線中有一對直線的傾斜角互補.

鏈接高考題已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），點P3，12在橢圓上，橢圓的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點.

（1）求橢圓E的方程;

（2）設不過原點O且斜率為12的直線與橢圓交于A，B，線段AB的中點為M，直線OM與橢圓交于C，D，求證：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.（2016年四川卷）

綜上所述，解析幾何綜合題，通常基于幾何性質或定理，通過特殊化，變更條件和結論來命題，特別對橢圓和拋物線的對偶性質，教師要挖掘問題的本質和內涵思想方法，要研究習題的變式推廣，發展學生思維;要研究一題多解，培養學生的創新意識.