對一道橢圓模擬題的深度探究

摘要：對典型模擬題的深度探析就是對經(jīng)典試題從不同視角來審視，以不同的切入點探究問題，其實質(zhì)是對試題的“二次開發(fā)”.通過對試題的剖析和思考，展開問題的來龍去脈和知識間的縱橫聯(lián)系，站在一定的高度去思考問題，突出數(shù)學(xué)本質(zhì)，以提升數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：橢圓；模擬題；深度探究

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0006-06

江西省南昌市2024屆高三零模數(shù)學(xué)第20題看似背景熟悉，實則蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)思想方法，彰顯數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)，是從深層次反映解析幾何數(shù)學(xué)本質(zhì)的一道優(yōu)秀試題.為此，這里對該試題的解法、變式及推廣進(jìn)行深度探究，以使知識達(dá)到融會貫通，使思維得到升華，進(jìn)而優(yōu)化數(shù)學(xué)思維品質(zhì).

1試題呈現(xiàn)

題目（江西省南昌市2024屆高三零模數(shù)學(xué)第20題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）經(jīng)過點M（1，32），F(xiàn)是橢圓C的右焦點，O為坐標(biāo)原點，△OFM的面積為34.

（1）求橢圓C的方程；

（2）過點P（4，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與橢圓C的另一個交點為D，求證：點A，D關(guān)于x軸對稱.

2解法探究

首先根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)、三角形面積公式，利用待定系數(shù)法求解第（1）問橢圓C的方程.

設(shè)F（c，0）（c>0），則由題意得

12·c·32=34，1a2+94b2=1，b2=a2-c2，

解得a2=4，b2=3.

故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1［1］.

下面重點探究第（2）問的解法.

分析1要證點A，D關(guān)于x軸對稱，根據(jù)橢圓的對稱性，只要證kFA=-kFD，這樣進(jìn)一步轉(zhuǎn)化證明kFA+kFD=0，即kFA+kFB=0即可.

設(shè)出點A，B的坐標(biāo)和直線AB的橫斜截式方程，然后將直線AB的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理設(shè)而不求，整體代入進(jìn)行證明.

解法1（Cm6YdYIr4ws0rOCjcclRcA==設(shè)點、設(shè)線法）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），F(xiàn)（1，0），直線AB方程為x=ty+4，

由x=ty+4，x24+y23=1， 消去x整理，得

（3t2+4）y2+24ty+36=0.

所以y1+y2=-24t3t2+4，

y1y2=363t2+4.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-1+y2x2-1

=y1（x2-1）+y2（x1-1）（x1-1）（x2-1）

=y1x2+y2x1-（y1+y2）（x1-1）（x2-1）［2］.

因為y1x2+y2x1-（y1+y2）=y1（ty2+4）+

y2（ty1+4）-（y1+y2）=2ty1y2+3（y1+y2）=2t×363t2+4+3×-24t3t2+4=0，

所以kPA+kPD=0.

即kPA=-kPD.

故點A，D關(guān)于x軸對稱.

分析2設(shè)出點A，B，D的坐標(biāo)，因為P，A，B三點共線，可設(shè)BP=λBA，同樣B，F(xiàn)，D三點共線，可設(shè)BF=μFD，然后利用定比分點坐標(biāo)公式和點差法推出坐標(biāo)關(guān)系后得以證明.

解法2（定比點差法）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），F(xiàn)（1，0），由題意可知P，A，B三點共線.

設(shè)BP=λBA，

于是由定比分點坐標(biāo)公式，得

x2+λx11+λ=4，y2+λy11+λ=0.

即x2+λx1=4+4λ，y2+λy1=0.

因為A，B均為橢圓C上的點，

所以x214+y213=1，x224+y223=1.

所以λ2x214+λ2y213=λ2，x224+y223=1.

兩式相減，得

λ2x21-x224+λ2y21-y223=λ2-1.

所以λ2x21-x224（λ+1）（λ-1）+λ2y21-y223（λ+1）（λ-1）=1.

即（λx1-x2）（λx1+x2）4（λ+1）（λ-1）+（λy1-y2）（λy1+y2）3（λ+1）（λ-1）

=1.

即x2+λx11+λ·λx1-x24（λ-1）+y2+λy11+λ·λy1-y23（λ-1）=1.

所以4×λx1-x24（λ-1）=1［3］.

所以λx1-x2=λ-1.

又x2+λx1=4+4λ，

故x1=52+32λ，x2=52+32λ.

同理，由B，F(xiàn)，D三點共線，設(shè)BF=μFD，于是可得

x2=52-32μ，x3=52-32μ.

所以52+32λ=52-32μ.

解得λ=-μ.

所以x3=-x1.

易由題意可知A，D不重合，故點A，D關(guān)于x軸對稱.

分析3由橢圓方程x24+y23=1的結(jié)構(gòu)，聯(lián)想到同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，進(jìn)行三角代換x2=cosα，y3=sinα，然后把坐標(biāo)化為半角的正切函數(shù)，換元表示點的坐標(biāo)，利用三點共線斜率相等得到新元的關(guān)系，再轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)關(guān)系得證.

解法3（三角設(shè)點法）根據(jù)橢圓x24+y23=1，

設(shè)x2=cosα，y3=sinα，

即x=2cosα，y=3sinα.

則x=2（cos2α2-sin2α2）=2［1-tan2（α/2）］1+tan2（α/2），y=23sinα2cosα2=23tan（α/2）1+tan2（α/2）.

令tanα2=t，則x=2（1-t2）1+t2，y=23t1+t2.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），即

A（2（1-t21）1+t21，23t11+t21），B（2（1-t22）1+t22，23t21+t22），D（2（1-t23）1+t23，23t31+t23），F(xiàn)（1，0）.

由題意可知P，A，B三點共線.

所以kAP=kBP［4］.

故-23t1/（1+t21）4-2（1-t21）/（1+t21）=-23t2/（1+t22）4-2（1-t22）/（1+t22）.

整理、化簡得t1t2=13.

同理，由B，F(xiàn)，D三點共線，所以kFB=kDF.

故23t2/（1+t22）2（1-t22）/（1+t22）-1=-23t3/（1+t23）1-2（1-t23）/（1+t23）.

整理、化簡得t2t3=-13.

綜上，可得t1=-t3.

代回點的坐標(biāo)可得x1=x3，y1=-y3.

故點A，D關(guān)于x軸對稱.

3解法點評

解法1設(shè)出點的坐標(biāo)和直線方程，聯(lián)立直線方程與橢圓方程消去x得到關(guān)于y的一元二次方程，利用韋達(dá)定理設(shè)而不求，整體代入到斜率公式，變形整理后證得結(jié)論.解法1思路清晰，易于入手，是解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的最為常用方法，也是命題老師提供的參考解法.解法2設(shè)出點的坐標(biāo)后，根據(jù)兩次三點共線，運(yùn)用定比分點坐標(biāo)公式和點差法求得點的坐標(biāo)關(guān)系而證得結(jié)論.解法2思路也清晰，過程明朗，但運(yùn)算過程中式子結(jié)構(gòu)復(fù)雜，難度較大，整理過程耗時費(fèi)力，是為不足.解法3由橢圓方程的結(jié)構(gòu)聯(lián)想平方關(guān)系，進(jìn)行三角代換后將坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為半角正切的式子，換元后兩次根據(jù)三點共線，最后得到坐標(biāo)關(guān)系證得結(jié)論.解法3思路巧妙，但不足之處同解法2一樣，也是運(yùn)算、整理難度大.通過三種方法的比較，應(yīng)試中提倡運(yùn)用解法1，而解法2和解法3可作為平時思維拓展之用.

4試題變式

若試題第（2）問的題設(shè)條件不變，變換求證的結(jié)論，可有下列變式題.

變式1已知橢圓C：x24+y23=1，過點P（4，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與橢圓C的另一個交點為D，求證：∠AFP=∠DFP.

變式2已知橢圓C：x24+y23=1，過點P（4，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點，設(shè)直線AF，BF的斜率分別為k1，k2，求證：k1+k2為定值.

答案k1+k2=0.

變式3已知橢圓C：x24+y23=1，過點P（4，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點，設(shè)直線AF，BF的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值.

答案k1k2=-1.

5推廣探析

5.1延伸推廣

問題試題第（2）問中的點P是x軸上在橢圓右頂點右側(cè)的一個定點，若將點P換作x軸上在橢圓右頂點右側(cè)的其他位置，能否有與試題一樣的結(jié)論？若將試題延伸推廣到一般橢圓情形，將會是怎樣的？下面我們直接按橢圓的一般情形探析回答這兩個問題.

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（PgXQWjsGwYOdGBUw/Jsi6A==a>b>0），F(xiàn)（c，0）（c>0）是橢圓C的右焦點，過點P（m，0）（m>a）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與橢圓C的另一個交點為D，則當(dāng)m滿足什么關(guān)系時，點A，D關(guān)于x軸對稱？

探究若證明點A，D關(guān)于x軸對稱，根據(jù)橢圓的對稱性，只要證kFA=-kFD，這樣我們根據(jù)kFA+kFD=0，即kFA+kFB=0去尋找m滿足的關(guān)系.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），F(xiàn)（c，0）（c>0），直線AB方程為x=ty+m，

由x=ty+m，x2a2+y2b2=1， 消去x整理，得

（a2+b2t2）y2+2b2tmy+b2m2-a2b2=0.

所以y1+y2=-2b2tma2+b2t2，

y1y2=b2m2-a2b2a2+b2t2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-c+y2x2-c

=y1（x2-c）+y2（x1-c）（x1-c）（x2-c）

=y1x2+y2x1-c（y1+y2）（x1-c）（x2-c）.

因為y1x2+y2x1-c（y1+y2）=y1（ty2+m）+y2（ty1+m）-c（y1+y2）

=2ty1y2+（m-c）（y1+y2）

=2t·b2m2-a2b2a2+b2t2+（m-c）·-2b2tma2+b2t2

=2b2m2t-2a2b2t-2b2m2t+2b2cm2ta2+b2t2

=-2a2b2t+2b2cmta2+b2t2

=2b2t（cm-a2）a2+b2t2=0［5］，

所以cm-a2=0.

即m=a2c.

故點A，D關(guān)于x軸對稱.

由此看來，將點P換作x軸上在橢圓右頂點右側(cè)的其他位置，無法得到與試題一樣的結(jié)論.若將試題結(jié)論推廣到一般橢圓的情形，可有結(jié)論：

結(jié)論1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F(xiàn)（c，0）（c>0）是橢圓C的右焦點，過點P（a2c，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與橢圓C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

相應(yīng)地，有結(jié)論：

結(jié)論2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F(xiàn)是橢圓C的左焦點，過點P（-a2c，0）作一條斜率不為0的直線與橢圓C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與橢圓C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

5.2類比推廣

橢圓、雙曲線和拋物線有許多類似的結(jié)論，能否把橢圓的結(jié)論1和結(jié)論2類比到雙曲線和拋物線呢？于是，經(jīng)探討，得到下列結(jié)論.

結(jié)論3已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），F(xiàn)（c，0）（c>0）是雙曲線C的右焦點，過點

P（a2c，0）作一條斜率不為0的直線與雙曲線C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與雙曲線C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

注顯然，點P是位于坐標(biāo)原點O與雙曲線C的右頂點之間的一點，此時的直線與雙曲線C的右支相交于A，B兩點.

證明設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），F(xiàn)（c，0）（c>0），直線AB方程為x=ty+m，

由x=ty+a2c，x2a2-y2b2=1， 消去x整理，得

（b2t2-a2）y2+2b2t·a2c·y+b2（a2c）2-a2b2=0.

所以y1+y2=-2b2t·（a2/c）b2t2-a2，

y1y2=b2·（a2/c）2-a2b2b2t2-a2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-c+y2x2-c

=y1（x2-c）+y2（x1-c）（x1-c）（x2-c）

=y1x2+y2x1-c（y1+y2）（x1-c）（x2-c）.

因為y1x2+y2x1-c（y1+y2）=y1（ty2+a2c）+y2（ty1+a2c）-c（y1+y2）

=2ty1y2+（a2c-c）（y1+y2）

=2t·b2（a2/c）2-a2b2b2t2-a2+（a2c-c）·-2b2t·（a2/c）b2t2-a2

=-2a2b2t+2b2ct·（a2/c）b2t2-a2

=2b2t（-a2+c·a2/c）b2t2-a2

=2b2t（-a2+a2）b2t2-a2=0，

故點A，D關(guān)于x軸對稱.

結(jié)論4已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），F(xiàn)（-c，0）（c>0）是雙曲線C的左焦點，過點

P（-a2c，0）作一條斜率不為0的直線與雙曲線C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與雙曲線C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

注顯然，點P是位于雙曲線C的左頂點與坐標(biāo)原點O之間的一點，此時的直線與雙曲線C的左支相交于A，B兩點.

證明可按結(jié)論3的證明過程，請讀者自行來完成，這里從略.

結(jié)論5已知拋物線C：y2=2px（p>0），F(xiàn)（p2，0）是拋物線C的焦點，過點P（-p2，0）作一條斜率不為0的直線與拋物線C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與拋物線C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

注顯然，點P是位于x軸負(fù)半軸上的一點.

證明設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），F(xiàn)（p2，0），直線AB方程為x=ty-p2，

由x=ty-p2，y2=2px，消去x整理，得

y2-2pty+p2=0.

所以y1+y2=2pt，y1y2=p2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-p/2+y2x2-p/2

=y1（x2-p/2）+y2（x1-p/2）（x1-p/2）（x2-p/2）

=y1x2+y2x1-（p/2）（y1+y2）（x1-p/2）（x2-p/2）.

因為y1x2+y2x1-p2（y1+y2）=y1（ty2-p2）+y2（ty1-p2）-p2（y1+y2）=2ty1y2+（-p）（y1+y2）=2t·p2+（-p）·2pt=0，

故點A，D關(guān)于x軸對稱.

5.3深度推廣

通過上面5個結(jié)論可以看出，點P其實就是圓錐曲線的準(zhǔn)線與x軸交點的橫坐標(biāo).于是，可以得到下列命題.

命題1已知中心為原點，焦點在x軸上的有心圓錐曲線C的一個焦點為F，F(xiàn)的相應(yīng)準(zhǔn)線與x軸的交點為P，過點P作一條斜率不為0的直線與圓錐曲線C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與圓錐曲線C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

命題2已知頂點為原點，焦點在x軸上的拋物線C的焦點為F，其準(zhǔn)線與x軸的交點為P，過點P作一條斜率不為0的直線與拋物線C相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線BF與拋物C的另一個交點為D，則點A，D關(guān)于x軸對稱.

6結(jié)束語

本文對一道高三橢圓模擬試題從解法、變式到多角度推廣進(jìn)行了深度探究.深度解題是鞏固基礎(chǔ)、落實技能、豐富知識與方法、拓展思維、提升思維敏銳度的系統(tǒng)活動，也是一種創(chuàng)造性的活動，是理論到實踐的過程.通過對典型試題的深度探究，將問題向縱深延伸、挖掘和拓展，唯有如此，才能真正把數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的培養(yǎng)和提升落到實處.

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［責(zé)任編輯：李璟］