一道橢圓檢測題的解答、探究和推廣

摘要：對一道橢圓檢測試題進行解答探究，得到了橢圓中的一類定直線產生定點的結論，并把相關結果類比到雙曲線和拋物線中.

關鍵詞：圓錐曲線；定點；定直線

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0029-05

解析幾何題目一直以來以命題背景豐富、呈現形式多樣、理論深刻優美、解答靈活多變而深受廣大師生喜歡［1］.此類題目對培養學生敢于質疑、善于思考、把握本質、數形結合等能力有突出價值.為此，筆者對一道模擬題進行解法探究、背景揭秘和結論推廣，供大家參考.

1 題目再現

題目（2023年9月重慶市第一中學高三檢測題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左頂點為A，上頂點為B，右焦點為F（1，0），設O為坐標原點，線段OA的中點為D，且滿足|BD|=|DF|.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）設點T（2，t）（t∈R），圓T過點O且交直線x=2于M，N兩點，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q（異于頂點A）.證明：直線PQ過定點，并求出該點的坐標.

分析此題第（1）問考查橢圓的方程、圖象與性質，屬于基本概念考查，其答案為x24+y23=1.第（2）問涉及直線與橢圓位置關系、直線過定點、圓過定點學科知識，滲透了數形結合、函數與方程、轉化與化歸等數學思想的應用，能有效培養學生的數學運算、邏輯推理、數學抽象等核心素養，下面詳細解答第（2）問.

解法1直線PQ斜率不為0，故設方程為x=my+n，與x24+y23=1聯立有

（3m2+4）y2+6mny+3n2-12=0.

易知Δ>0，設P（x1，y1），Q（x2，x2），則有

y1+y2=-6mn3m2+4，y1y2=3n2-123m2+4.

直線AP為y=y1x1+2（x+2），

令x=2有M（2，4y1x1+2）.

同理N（2，4y2x2+2）［2］.

由題MN為直徑的圓過點O，

所以MO·NO=4+16y1y2（x1+2）（x2+2）=0.

于是有

4+16y1y2m2y1y2+m（n+2）（y1+y2）+（n+2）2=0.

整理，得n2+n-2=0.

解得n=1或n=-2.

當n=-2時，直線PQ過點A，不合題意.

當n=1時，直線PQ為x=my+1，恒過定點（1，0）.

解法2由對稱性知直線PQ所過定點必在x軸上，設為（n，0），當PQ⊥x軸時，△MON是等腰直角三角形，有M（2，2），直線OM為y=x，與橢圓聯立有P（1，32），所以定點為（1，0）.

故可設方程為x=my+1，與x24+y23=1聯立有

（3m2+4）y2+6my-9=0.

易知Δ>0，設P（x1，y1），Q（x2，x2），則有

y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.

由解法1有M（2，4y1x1+2），N（2，4y2x2+2）.

接下來證明MO·NO=0即可.

MO·NO=4+16y1y2（x1+2）（x2+2）

=4+16y1y2m2y1y2+3m（y1+y2）+9

=4+16（3m2-9）m2（3m2-9）+3m（-6m）+9（3m2+4）=0，

因此直線PQ恒過定點（1，0）.

解法3圓T方程為

（x-2）2+（y-t）2=t2+4，

令x=2有y2-2ty-4=0.

所以yMyN=-4.

由解法1有M（2，4y1x1+2）.

同理N（2，4y2x2+2）.

所以

yMyN=4y1x1+2×4y2x2+2

=16y1y2（x1+2）（x2+2）=-4.

即16y1y2m2y1y2+m（n+2）（y1+y2）+（n+2）2=-4.

后面和解法1相同，略

評注直線過定點問題的解決方法有兩種.一種設直線方程為雙參數形式x=my+n，利用已知條件求解雙參數關系，從而消去一個參數，再判斷恒過定點.另一種為數形結合、特殊位置尋找到定點，再轉化為證明任意情況過此點.

2 問題提出

新高考評價體系要求“設置新穎的試題呈現方式，促使學生主動思考、發現新問題、找到新規律、得出新結論”，基于此，做完此題，不難有以下思考：

（1）任意橢圓中，定線為x軸的過右頂點的垂線，對應定點存在嗎？

（2）任意橢圓中， 定線為x軸的過任意點的垂線，對應定點存在嗎？

（3）雙曲線和拋物線中會有類似特征嗎？

3 探究與推廣

命題1如圖1，橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左頂點為A， O為坐標原點，T在直線x=a上運動，圓T過點O且交直線x=a于M，N兩點，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q（異于頂點A），則直線PQ過定點（4ab2-a3a2+4b2，0）.

證明直線PQ斜率不為0，故設方程為x=my+n，與x2a2+y2b2=1聯立有

（b2m2+a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則有

y1+y2=-2mnb2b2m2+a2，y1y2=b2n2-a2b2b2m2+a2.

由題知圓T就是以MN為直徑過原點的圓，其方程為

（x-a）2+（y-t）2=t2+a2.

令x=a，有y2-2ty-a2=0.

所以yMyN=-a2.

直線AP為y=y1x1+a（x+a），

令x=a，有M（a，2ay1x1+a）.

同理N（a，2ay2x2+a）.

所以

yMyN=2ay1x1+a×2ay2x2+a

=4a2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-a2.

即m2y1y2+m（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即m2（b2n2-a2b2b2m2+a2）+m（a+n）（-2mnb2b2m2+a2）+（n+a）2=0.

即（a2+4b2）n2+2a3n+a4-4a2b2=0.

即［（a2+4b2）n+a3-4ab2］（n+a）=0.

所以n=-a或n=4ab2-a3a2+4b2.

當n=-a時，PQ過點A，不合題意.

當n=4ab2-a3a2+4b2時，PQ過定點（4ab2-a3a2+4b2，0）［3］.

命題1是例題的理論背景，當a=2，b=3即可算出PQ過定點（1，0）.命題1中將x=a改為x=s變為更一般的情況，有以下命題.

命題2如圖2，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左頂點為A， 設O為坐標原點，設點T（s，t）（s≠0，t∈R），圓T過O且交直線x=s于M，N兩點，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q（異于頂點A），直線PQ過定點（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

證明直線PQ斜率不為0，故設方程為x=my+n，與x2a2+y2b2=1聯立有

（b2m2+a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，設P（x1，y1），Q（x2，x2），則有

y1+y2=-2mnb2b2m2+a2，

y1y2=b2n2-a2b2b2m2+a2.

由題知圓T就是以MN為直徑過原點的圓，其方程為

（x-s）2+（y-t）2=t2+s2.

令x=s，有y2-2ty-s2=0.

所以yMyN=-s2.

直線AP為y=y1x1+a（x+a），

令x=s有M（s，（a+s）y1x1+a）.

同理N（s，（s+a）y2x2+a）.

所以yMyN=（s+a）y1x1+a×（s+a）y2x2+a

=（s+a）2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-s2.

即［（s+a）2+s2a2）］y1y2+ms2（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即［（s+a）2+s2a2）］（b2n2-a2b2b2m2+a2）+ms2（a+n）（-2mnb2b2m2+a2）+（n+a）2=0.

即（a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2）n2+2a3s2n+a4s2-a2b2s2-2a3b2s-a4b2=0.

即［（a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2）n+a3s2-ab2s2-2a2b2s-a3b2］（n+a）=0.

所以n=-a或

n=a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2s2a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2.

當n=-a時，PQ過點A，不合題意.

當n=a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2s2a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2時，直線PQ過定點（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

把橢圓背景改為雙曲線有以下命題.

命題3已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左頂點為A， 設O為坐標原點，設點T（s，t）（s≠0，t∈R），圓T過點O且交直線x=s于M，N兩點，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q（異于頂點A），直線PQ過定點（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

證明直線PQ斜率不為0，故設方程為x=my+n，與x2a2-y2b2=1聯立有

（b2m2-a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，且b2m2-a2≠0，設P（x1，y1），

Q（x2，x2），則

y1+y2=-2mnb2b2m2-a2，y1y2=b2n2-a2b2b2m2-a2.

由題知圓T就是以MN為直徑過原點的圓，其方程為

（x-s）2+（y-t）2=t2+s2.

令x=s，有y2-2ty-s2=0.

所以yMyN=-s2.

直線AP為y=y1x1+a（x+a），

令x=s，有M（s，（a+s）y1x1+a）.

同理N（s，（s+a）y2x2+a）.

所以yMyN=（s+a）y1x1+a×（s+a）y2x2+a

=（s+a）2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-s2.

即［（s+a）2+s2a2）］y1y2+ms2（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即［（s+a）2+s2a2）］（b2n2-a2b2b2m2-a2）+ms2（a+n）（-2mnb2b2m2-a2）+（n+a）2=0.

即（b2s2-a2s2+2ab2s+a2b2）n2-2a3s2n-a4s2-a2b2s2-2a3b2s-a4b2=0.

即［（b2s2-a2s2+2ab2s+a2b2）n-a3s2-ab2s2-2a2b2s-a3b2］（n+a）=0.

所以n=-a或n=a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2.

當n=-a時，PQ過點A，不合題意.

當n=a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2時，直線PQ過定點（a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2，0）.

把命題3中x=s改為x=a得到一個推論即命題4.

命題4如圖3雙曲線C：x2a2-y2b2=1的左頂點為A， O為坐標原點，T在直線x=a上運動，圓T過點O且交直線x=a于M，N兩點，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q（異于頂點A），直線PQ過定點（4ab2+a34b2-a2，0）.

拋物線中以左右無窮遠處為左右頂點，即過直徑端點作x軸平行線，尋P，Q，見下面命題5.

命題5如圖4，拋物線C：y2=2px（p>0），O為坐標原點，T在直線x=t上運動，圓T過O且交直線x=t（t≠0）于M，N兩點，過M，N分別作x軸平行線交C于P，Q（異于頂點O），則直線PQ過定點（t22p，0）.

證明直線PQ斜率不為0，故設方程為x=my+n，與y2=2px聯立有

y2-2pmy-2pn=0.

設P（x1，y1），Q（x2，x2），則有

y1+y2=2pm，y1y2=-2pn.

設T（t，h），由題圓T就是以MN為直徑過原點的圓，其方程為

（x-t）2+（y-h）2=t2+h2.

令x=t，有y2-2hy-t2=0.

所以yMyN=-t2.

由題P（xp，yM），Q（xQ，yN），

所以yMyN=y1y2=-t2.

即-2pn=-t2.

即n=t22p.

所以直線PQ過定點（t22p，0）.

命題5中若將x=t改為x=p2，即垂線過焦點，則得如下命題：

命題6拋物線C：y2=2px（p>0），O為坐標原點，T在直線x=p2上運動，圓T過點O且交直線x=p2于M，N兩點，過M，N兩點分別作x軸平行線交C于P，Q（異于頂點O），則直線PQ過定點（p8，0）.

4 結束語

數學學科的關鍵能力有邏輯思維能力、運算求解能力、空間想象能力、數學建模能力和創新能力.為了考查數學關鍵能力，高考試題命制也以素養為導向，以培養關鍵能力為目標.就解析幾何教學而言，教師不能僅僅作簡單的解答分析和解答過程表述，更應該在深層次上重視知識的背景與關聯、特殊與一般、類比與推廣、來源與發展，才能有效培養學生更高的學科素養和關鍵能力，才能結合考題做到立德樹人、服務選材、引導教學實現高考的核心功能［4］.

參考文獻：

［1］?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.

［2］ 晏炳剛，劉燕.2023年新高考全國Ⅱ卷21題的解法與溯源［J］.中學數學研究，2023（08）：41-44.

［3］ 李維.對一道高考模擬題的解法探究、背景溯源與拓展［J］數學通訊，2019（19）：32-34.

［4］ 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，2019.

［責任編輯：李璟］