一道模拟题的解法探究与背景分析

高军

【摘要】本文从多角度对一道模拟试题的解法进行探究，由特殊到一般，将结论进行推广得到一般性的结论.同时本文从高等数学的视角对题目背景进行分析，这样有助于把握命题者的意图，明确解决问题的方向，优化运算.

【关键词】椭圆;结论探究;极点; 极线

一、原题再现

（2019年深圳市第一次模拟考试数学理科第19题）如圖1所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，其右焦点为F（1，0），且点P1，32在椭圆C上.

（1）求椭圆C的方程.

（2）设椭圆的左、右顶点分别为A，B，M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线MB交直线x=4于点Q，求证：点A，N，Q在同一条直线上.

二、解法探究

（1）x24+y23=1（过程略）.

（2）解法1：设M（x1，y1），N（x2，y2），

直线MN的方程为x=my+1，代入x24+y23=1得（3m2+4）y2+6my-9=0.∵Δ=（6m）2+36（3m2+4）>0，

∴y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.直线MB的方程可表示为y=y1x1-2（x-2），

将此方程与直线x=4联立，可求得点Q的坐标为4，2y1x1-2.

∴AN=（x2+2，y2），AQ=6，2y1x1-2.

∵6y2-（x2+2）·2y1x1-2=6y2（x1-2）-2y1（x2+2）x1-2=6y2（my1+1-2）-2y1（my2+1+2）（my1+1）-2=4my1y2-6（y1+y2）my1-1=4m（-93m2+4）-6（-6m3m2+4）my1-1=0，

∴AN∥AQ，又向量AN和AQ有公共点A，故三点在同一条直线上.

解法2：设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MB的方程为y=y1x1-2（x-2），

令x=4得y=2y1x1-2，故Q4，2y1x1-2，直线AQ方程为y=y13（x1-2）（x+2），

又∵直线MF的方程为y=y1x1-1（x-1），联立解得两直线交点坐标为（5x1-82x1-5，3y12x1-5），

由点M在椭圆上，易证直线AQ与MF的交点在椭圆C上，故原命题得证.

解法3：设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x=my+1，代入x24+y23=1得（3m2+4）y2+6my-9=0.∵Δ=（6m）2+36（3m2+4）>0，

∴y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，直线MB的方程为y=y1x1-2（x-2），

直线AN的方程为y=y2x2+2（x+2），联立解得x=2x2y1+2x1y2+4y1-4y2x2y1-x1y2+2y1+2y2，

将x1=my1+1及x2=my2+1代入可得，

x=4my1y2+6y1-2y23y1+y2=4+4my1y2-6（y1+y2）3y1+y2=4.故原命题得证.

推广：结合上述三种解法，将本题结论一般化，得到：

结论1 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点F（c，0）（其中c=a2-b2），M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线MB交直线x=a2c于点Q，则三点A，N，Q在同一条直线上.

结论2 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点F（c，0）（其中c=a2-b2），M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MB交直线x=a2c于点Q，则直线MF与AQ的交点在椭圆上.

结论3 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点F（c，0）（其中c=a2-b2），M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，则直线MB与AN的交点在直线x=a2c.

结论4 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点T（t，0）

（t≠±a且t≠0），M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MT交椭圆C于另一点N，则直线MB与AN的交点在直线x=a2t上.

结论5 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，点P为直线x=a2t t≠±a且t≠0上一点，直线PA，PB分别与椭圆交于M，N两点，则直线MN恒过定点（t，0）.

证明：设直线的方程为x=my+n，代入椭圆方程得：

（a2+b2m2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0，设P（a2t，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），

则y1+y2=-2mnb2a2+b2m2，y1·y2=b2n2-a2b2a2+b2m2，Δ=4a2b2（a2+m2b2-n2）>0，

由P，M，A三点共线得y1x1+a=y0a2t+a，由P，B，N三点共线得，y2x2-a=y0a2t-a，

两式联立得，y1（x2-a）y2（x1-a）=a-ta+t，将x1=my1+n，x2=my2+n代入上式整理得，

n=2mty1y2-（a2+at）y1-（a2-at）y2（a-t）y2-（a+t）y1，

故n-t[ZK（]=2mty1y2+（t2-a2）（y1+y2）（a-t）y2-（a+t）y1=2mb2（a2+nt）（n-t）（a2+b2m2）[（a-t）y2-（a+t）y1].[ZK）]

可知当n=t时上式恒成立，故MN恒过定点（t，0）.

将结论4与结论5进行类比推理，可得到结论6和结论7：

结论6 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上、下顶点分别为A，B，点T（0，t）（t≠±b且t≠0），M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MT交椭圆C于另一点N，则直线MB与AN的交点在直线y=b2t上.

结论7 设椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上、下顶点分别为A，B，点P为直线y=b2tt≠±b且t≠0上一点，直线PA，PB分别与椭圆交于M，N两点，则直线MN恒过定点T（0，t）.

当然，本题的结论可以类比到其他相关圆锥曲线，限于篇幅，本文不再一一赘述.

三、背景分析

本题的命题背景来自圆锥曲线的极点与极线的相关知识.极点与极线问题是近年来高考的热点问题，此类问题越来越多地出现在高考卷中，可以说已经成为高考解析几何大题的命题“新宠”.下面给出极点与极线的定义与表现形式.

代数表现形式：已知曲线Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，（A，C不全为0），

点P（x0，y0），直线l：Ax0x+Cy0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F=0（部分代入）

則称点P和直线l是曲线的一对极点与极线.

特殊情况：

① 圆：x2+y2+Dx+Ey+F=0，

极点P（x0，y0）对应的极线x0x+y0y+12D（x+x0）+12E（y+y0）+F=0.

② 椭圆mx2+ny2=1（m>0，n>0，m≠n），极点P（x0，y0）对应的极线mx0x+ny0y=1.

③ 双曲线mx2-ny2=1（mn>0），极点P（x0，y0）对应的极线mx0x-ny0y=1.

④ 抛物线y2=2px，极点P（x0，y0）对应的极线y0y=p（x+x0）.

几何表现形式：（以椭圆为例，说明问题）

① 点P在椭圆上，图中直线l为极线（就是椭圆在点P处的切线），如图2所示.

② 点P在椭圆外，图中直线l为极线（就是两切点连线），如图3所示.

③ 点P在椭圆内，图中直线l为极线（就是以点为四边形对角线交点，两对边相交而成的直线）如图4所示.

圆与其他圆锥曲线也是如此.由上述结论可知，2019深圳市第一次模拟考试数学理科第19题就是涉及极点F（1，0）与其对应的极线x=4相关的问题.

所谓“站得高方能看得远”，笔者以为在中学教师身上也应当有所体现.只有“站得高”，遇到问题才能够从容面对.解析几何一直是学生乃至部分中学数学老师所害怕的内容，如果能从高等数学的视角去看待这些问题，有时候处理问题将会变得非常容易.