圓錐曲線內接三角形的“變”與“不變”

近期高三的復習中，多次遇見與圓錐曲線內接三角形外心有關的斜率之積為定值問題，通過學生的自主合作與探究，發現這類題“變”與“不變”之間的內在聯系，提煉出統一的結論，呈現出問題的同源性.

1試題呈現

已知過 A（-1，0），B（1，0） 兩點的動拋物線的準線始終與圓 x²+y²=9 相切，該拋物線的焦點 P 的軌跡是某圓錐曲線 E 的一部分.

（1）求曲線 E 的標準方程.

（2）已知 C（-3，0），D（2，0） ，過點 D 的動直線與曲線 E 交于 M，N 兩點，設 ΔCMN 的外心為 ^Q，O 為坐標原點，問：直線 OQ 與直線 MN 的斜率之積是否為定值？如果是定值，求出該定值；如果不是定值，說明理由.

2解法探究

本題的第（1）問較為簡單，可判斷出 P 點的軌跡為橢圓， E 的標準方程是 ，過程略.下面直接探究第（2）問的解法.

策略1分別從兩個角度建立 M，N 的坐標都滿足的二次方程（與 Q 點坐標相關）： ① 根據三角形的外心 Q 到各頂點的距離相等； ② 借助直線 MN 與圓錐曲線的聯立，形成“同構\"方程.

解法1：如圖 1，D（2，0） ，設 N（x₂，y₂） ，直線 MN 的方程為l_MN ：x=my+2

因為 Q 為三角形MNC的外心，所以 |QM|=|QC| ，則有 圖1（x₁-x₀）²+（y₁-y₀）²=（-3-x₀）²+（0-y₀）². 將x₁=my₁+2 代入，化簡得

（m²+1）y₁²+（4m-2mx₀-2y₀）y₁-10x₀-5=0. （204同理，得（204號 （m²+1）y₂²+（4m-2mx₀-2y₀）y₂-10x₀-5=0. 故 y₁，y₂ 是方程 （m²+1）y²+（4m-2mx₀-2y₀） ·y-10x₀-5=0 的兩個根，則 .把直線 l_MN 與曲線方程聯立，得 消 x ，化簡得 （8m²+9）y²+32my-40=0 ，則 所以 兩個式子相除得 ，即 y₀=-5mx₀

整理得 ，所以 k_OQk_MN=-5 故直線 OQ 與直線 MN 的斜率之積是為定值一5.

策略2由于三角形的外心為各邊垂直平分線的交點，寫出 CM，CN 邊上的中垂線方程，點 Q 的坐標滿足兩條中垂線的方程，構造出 M，N 兩點縱坐標都滿足的二次方程，再把直線 MN 的方程與橢圓聯立，形成另一個 M，N 兩點縱坐標都滿足的二次方程，根據兩個方程系數成比例，從而證明斜率之積為定值.

解法2：設直線MN的方程為 x=my+2 Q（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂） ，則CM的中點坐標為

所以 CM 的垂直平分線的方程為

即 X ，則 161，所以CM的中

垂線方程為 ，整理得y₁²+（16mx+16y）y₁+80x=0. （204號又因為點 Q（x₀，y₀） 在 CM 的中垂線上，所以y₁²+（16mx₀+16y₀）y₁+80x₀=0. （20同理，有 y₂²+（16mx₀+16y₀）y₂+80x₀=0. （20號構造方程y²+（16mx₀+16y₀）y+80x₀=0， ①

則 y₁，y₂ 是方程 ① 的兩個根.聯立 消 x ，化簡得（8m²+9）y²+32my-40=0， ②

則 y₁，y₂ 也是方程 ② 的兩個根.

所以，方程 ①② 的系數成比例，即 化簡得 mx₀+y₀=-4mx₀ ：

所以 5mx₀+y₀=0 ，則 故直線 OQ 與直線 MN 的斜率之積是為定值一5.

策略3以上兩種解法的共同點是抓住外心，通過垂直關系，從不同的角度產生“同構方程”.

由于直線MN過定點 D（2，0） ，易證 k_CM?k_cN 為定值，因此可以考慮利證明 k_CMk_CNk_MNk_OQ 是否為定值.由于涉及到圓錐曲線弦的中點問題，可以利用直線與圓錐曲線中的點差法進行探究.

引論： O 為坐標原點，設 P 為橢圓 （ ?gt;bgt;0） 上弦 AB 的中點，且 k_OP 與 k_AB 都存在，則

證明：設 P（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂） ，則有 兩個方程相減得 ，即 ，所以

故

解法 _3：O 為坐標原點， C（-3，0），D（2，0） ，設外心 Q（x₀，y₀） ，弦 CM 的中點為 E ，弦 CN 的中點為 F ，

E（x₁，y₁），F（x₂，y₂） ，如圖2.由引論知

同理，有 （20 ·圖2因為 QE，QF 分別為弦 CM，CN 的垂直平分線，

所以 聯立得 ，所以 x₀=

，則 -y2x），從而

③ 因為 EF 是三角形CMN的中位線，所以 EF//

MN ，從而 k_EF=k_MN 而 ③ 式可變形為 定值）.下面證明 k_CM?k_CN 為定值：設直線MN的方程為 x=my+2，M（x₃，y₃）

N（x₄，y₄） z=my+2 .由 消 Ψ_x ，得 （8m²+9）y²+32my-

40=0 ，則 （20于是，可得到

定值）.又 ，所以 k_OQ?k_MN=

，結論得證.

點評：上述解法是綜合多個合作小組得出的結論，雖然運算有點繁瑣，但是每一步的過程學生都輕車熟路，比較容易人手.實際上，通過解題過程可以發現，盡管橢圓內接三角形在改變，但是三角形的外心與原點的連線的斜率與三個邊的斜率之積為定值，即在動點的“變”中尋求“不變”，適時引導學生大膽猜想，將結論推廣，使學生獲得新知，實現問題的深入應用，有利于深度學習與創新應用.

3結論歸納

結論1已知橢圓""a≠b ）， ΔCMN 為橢圓 E 的內接三角形， Q 為該三角形的外心， O 為坐標原點，且直線 CM，CN，MN，OQ 的斜率都存在，則"

證明：設 C（x_c，y_c） ，根據類比推理，將解法3的證明過程中的“9\"換成“ a²"”，“8”換成“ b²³"，推理可得到

結論2已知雙曲線 E""或""1（agt;0，bgt;0） ，三角形CMN為 E 的內接三角形， O 為坐標原點， Q 為三角形CMN的外心，且 k_CM，k_CN"，k_MN"k_OQ"存在，則"

證明過程與解法3類似，此處不再贅述.

4變式拓展

4.1同源變式

變式1已知 A（x₁，y₁），B（x₂，y₂） ，定義 A，B 的\"倒影距離”為 [A，B]=∣x₁-y₂∣+∣x₂-y₁∣ ，我們把到兩個定點 F₁（-2，0） F₂（2，0） 的“倒影距離\"之和為6的 M 點的軌跡 c 叫做“倒影橢圓”

（1）求“倒影橢圓” C 的方程；

（2）設 o 為坐標原點，若“倒影橢圓” C 的外接橢圓為 E，D 為外接橢圓的下頂點，過點（0，2）的直線與橢圓 E 交于 P，Q 兩點（均異于點 D ），且三角形 DPQ 的外接圓心為 H （異于點 |O? .證明：直線 OH 與 PQ 的斜率之積為定值.

4.2深入變式

變式2 如圖3，已知雙曲線E""的焦點到漸近線的距離為1，雙曲線的右頂點到點 P（1，1） 的距離為""，動圓 P（P 為圓心）與 E 有四個不同交點 A，B，C，D ，直線 AB AC，AD 的斜率為 k_λ，k_λ1，k_λ2"：

圖3

（1）求 E 的方程.

（2）試問 k?k₁?k₂"是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由.

變式1和變式2的詳細解析這里略，可掃碼查看.

5反思總結

圓錐曲線中的定值問題屢屢在高考題中出現，大部分試題若用常規解法運算量較大.引導學生從多維度探究解題方法，一題多解，從而合理歸納與總結，進而發現同源題的一般性結論，同時又可以融合眾多的數學知識與數學技能，尋找更加合理、簡單快捷的破解方法，提升問題的綜合性與解答的靈活性，培養數學核心素養Z