一道解析幾何高考題的背景思考與推廣

楊育池

1 試題呈現

試題 過拋物線y2=2px（p>0）的對稱軸上一點A（a，0）（a>0）的直線與拋物線交于M，N兩點，自M，N向直線l：x=－a作垂線，垂足分別為M1，N1.

（1）當a=p2時，求證：AM1⊥AN1；（2）記△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面積分別為S1，S2，S3，是否存在λ，使得對任意的a>0，都有S2 2 = λS1 S3 成立？若存在，求出值；若不存在，說明理由.

這是2009年高考湖北卷理科數學第20題，不少文章對問題的解法進行過研究，本文只就試題的第二問中λ的值蘊含的背景及幾何意義進行更一般的闡述.

2 背景思考

極點、極線是《高等幾何》中的重要概念，在揭示二次曲線的性質有著強大的威力，二次曲線很多重要的幾何性質均與之有關.下面先簡要介紹關于極點、極線的基本知識與相關結論.

極點與極線的代數定義 若二次曲線Γ的方程為Ax2+2Bxy+cy2+2Dx+2Ey+F=0，則稱點（x0，y0）與直線l：Ax0x+B（x0y+xy0）+cy0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F=0為二次曲線Γ的一對極點和極線.

如圖1，不在二次曲線Γ上的點A作曲線Γ的兩條割線，依次交曲線Γ于點C，D，E，F，直線CF，DE交于點B，直線CE，DF交于點H，則直線BH為點A關于Γ的極線，點A是直線BH關于Γ的的極線.這是極點、極線的幾何定義.應該特別注意，互相平行的直線交于射影平面上的無窮遠點；若點A在二次曲線Γ上，則Γ在點A處的切線是A關于Γ的極線l.在歐氏距離下，過點A的直線與極線l、曲線Γ的交點具有分割線段成比例的性質.

如圖2，直線l為點A關于二次曲線Γ（AΓ）的極線，過點A的直線交Γ于點M，N，交l于點B，則A，B，M，N為調和點列，即AMAN=BMBN.當B為無窮遠點，則AMAN=BMBN=1，即AM=AN，點A為線段MN的中點.

如果過點列（A，B，M，N）與點列（A′，B′，M′，N′）的對應點的直線AA′，BB′，MM′，NN′共點S，則AM·BNAN·BM=A′M′·B′N′A′N′·B′N′，并稱此兩點列成透視對應，點S為透視中心.由比例式知，調和點列在透視對應下的對應點列仍為調和點列.

現將本文中的問題置于高等幾何背景下，我們可以發現，點A（a，0）與直線l：x=－a為關于拋物線y2=2px（p>0）的一對極點極線.因此，本題表面上考查三角形面積之間的確定關系，其實質是在二次曲線的極點、極線背景下，將點列經透視變換成相關點列后，考察對應線段之間的比例關系.

3 結論推廣

在設計試題時，將極點設置在曲線的對稱軸上，這樣其對應的極線則是軸的垂線，在坐標運算上較為簡單些.由于結果為定值，促使筆者進一步思考，對所有的二次曲線的一般位置的極點、極線是否存在同樣的數量關系？與極線垂直的直線具有平行性，如果將其垂線推廣為與極線相交的平行直線是否還能成立呢？回答是肯定的，即如下命題.

命題1 直線l是點A關于二次曲線Γ（AΓ）的極線，過點A的直線交Γ于點M，N，自點M，N作兩平行線交l于點M1，N1，記△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面積分別為S1，S2，S3，則S2 2 = 4S1 S3 .

證明：如圖3，記直線MN交l于點B，由l為點A關于Γ的極線，則（A，B，M，N）為調和點列，以點N1為透視中心，則線束N1A，N1M，N1B，N1N被直線MM1截于四點R，M，M1，S，故（R，M1，M，S）為調和點列，RMM1M=RSM1S.又MM1//NN1，即MM1，NN1的交點S為無窮遠點，從而，RM=M1M，點M為M1R的中點.

同理，以點A為透視中心，點列N1，T，N，S與點列R，M1，M，S透視對應，點N為TN1的中點.由MM1//NN1，有∠AM1R=∠ATN1，∠AN1N=∠ARM1，于是，S1S2=AM1·MM1sin∠AM1RAM1·M1N1sin∠AM1N1=MM1sin∠AM1RTN1sin∠ATN1=MM1TN1=MM12NN1，S3S2=NN1sin∠AN1NM1Rsin∠ARM1=NN1M1R=NN12MM1，兩式相乘即得S2 2 = 4S1 S3 .

命題2 直線l為點A關于二次曲線Γ（AΓ）的極線，過點A的直線交Γ于點M，N，交l于Q，點B為l上異于點Q的動點，分別過M，N作AB的平行線交l于點M1，N1.若△BMM1，△BMN，△BNN1的面積分別為S1，S2，S3，則S2 2 = 4S1 S3 .

證明：記直線AB，MM1，NN1交于點S，則由MM1//NN1//AB知，點S為無窮遠點，如圖4.由于點列（A，Q，M，N）經點B透視對應直線MM1上的點列（S，M1，M，R），（S，M1，M，R）經點B透視對應點列（S，N1，P，N），又（A，Q，M，N）為調和點列，則（S，M1，M，R）與（S，N1，P，N）均為調和點列，故點M，N分別為線段M1R，PN1的中點.因此2S1S2=SΔBMRSΔBMN=BRBN，S22S3=SΔBMNSΔBNP=BMBP，由MM1//NN1知△MBR∽△PBN，則BMBP=BRBN.所以，2S1S2=S22S3，即S2 2 = 4S1 S3 .

顯然，以上證明只涉及點A與直線l是關于Γ的一對極點極線，點A在二次曲線Γ的內部還是外部不影響結論.

4 再次推廣

兩個命題初看構形上相異，而結果完全相同，讓人產生一種奇異的美感，但仔細考慮就會發現這兩個結論其實是一致的，其奧妙在于，如圖4中以點S為透視中心，則點列（A，Q，M，N）對應點列（B，Q，M1，N1），于是，當（A，Q，M，N）調和時，（B，Q，M1，N1）也為調和點列.由于點S為無窮遠點，因此，兩個結論可統一為：若四邊形存在一組對邊平行，另一組對邊中的一邊的兩頂點與其對邊的交點，和這一邊上的第四個點構成調和點列時的性質，完全隱去二次曲線這一圖形約束，則進一步得到一個初等幾何結論.

命題3 如圖5，已知點M，M1，N，N1所構成的四邊形的對邊MM1，NN1平行，對邊MN，NN1所在的直線交于點Q，在直線MN上取點A，使AMAN=QMQN，則△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面積S1，S2，S3滿足S2 2 = 4S1 S3 .

注意由點M，M1，N，N1所構成的四邊形對應的圖形有多種，不一定是四邊形 MM1NN1.

證明：記直線AN1，MM1交于點P，AM1，NN1交于點T.由MM1//NN1得，MPNN1=AMAN，QMQN=MM1NN1.又AMAN=QMQN，則MPNN1=MM1NN1，則MP=MM1，即M為PM1的中點.

同理可證，N為TN1的中點.故S1=12SΔPAM1，S3=12SΔATN1，因此S1S2=SΔPAM12SΔAM1N1=AP2AN1=AM2AN，S3S2=SΔATN12SΔAM1N1=AT2AM1=AN2AM，所以兩式相乘有S2 2 = 4S1 S3 .