考题因探究而精彩*——对一道解析几何模拟试题的深度探究及拓展

广东省中山市濠头中学(528437) 闫 伟

1 试题呈现与分析

题目(2020 届扬州市一模) 如图1,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:的离心率为右准线的方程为x=4,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,A,B分别为椭圆的左右顶点.

图1

(1)求椭圆C的方程;

(2)过T(t,0)(t＞a)作斜率为k(k＜0)的直线l与椭圆交于M,N两点,且F1M//F2N,设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,求k1·k2的值.

分析试题平和朴实、内涵深刻,给人以“题在书外,根在书内”的感觉,从知识层面看主要考查了椭圆的标准方程、几何性质、直线和椭圆的位置关系及斜率积为定值问题;从能力层面看主要考查学生逻辑推理能力,运算求解等方面的能力,较好地检测考生的数学素养和学习潜能.

2 解法探究

(1)椭圆C的方程为过程从略.

(2)解法1(通性通法,少思多算):设M(x1,y1),N(x2,y2),由题意知l:y=k(x-t)与椭圆联立得:

因为F1(-1,0),F2(1,0),所以

由F1M//F2N知(x1+1)y2=(x2-1)y1,即k(x1+1)(x2-t)=k(x2-1)(x1-t),整理得t(x2-x1)+(x1+x2)=2t,于是x2-x1=2-又(x1+x2)2=(x1-x2)2+4x1x2,所以

化简得

又因为A(-2,0),B(2,0),所以

评注本解法是解决此类问题的常规解法,通过联立直线与椭圆方程再结合韦达定理和条件中的等式先解决参数k,t,再代入斜率积的表达式进行化简消参求得定值,解题思路自然,但是运算量特别大.

解法2(联立转化,多思少算):设M(x1,y1),由题意知直线AM:y=k1(x+2) 与椭圆联立得:(4k12+3)x2-12k12x+16k12-12=0,所以xAx1=-2x1=即x1=于是得从而kMF1=同理可得:即

因为F1M//F2N,所以kMF1=kNF2,即化简得(k2-k1)(4k2k1+9)=0,故k1k2=

评注通过将直线AM,BN方程分别与椭圆联立求得M,N两点坐标,再表示直线MF1,NF2的斜率进行转化求解,方法巧妙,运算量较少,不失为解决本题的高效解法.

解法3(大道至简,深思妙算):如图1延长NF2交椭圆于点D,因为F1M//F2N,由于椭圆关于原点中心对称,不难得出ΔAMF1与ΔBDF2也关于原点中心对称,于是AM//BD,即k1=kBD,因为B(2,0),于是直线BD,BN方程分别为y=k1(x-2),y=k2(x-2),则双直线方程(k1x-y-2k1)(k2x-y-2k2)=0 表示直线BD,BN上的所有点,整理得k1k2(x-2)2+(k1+k2)(x-2)y+y2=0.

因为D,N在椭圆上,将上方程与椭圆联立得:k1k2(x-2)2+(k1+k2)(x-2)y+=0,若x≠2,化简得k1k2(x-2)+(k1+k2)y-=0,该方程即是直线DN的方程,又因为F2(1,0)在直线DN上,代入解得

评注本解法先通过中心对称将直线AM转化到直线BD,再利用BD,BN直线系方程与椭圆联立求解,推理过程简捷、巧妙,代数变形简单,极大的提高了解题效率,难点是要求学生熟悉直线系方程的应用.

以上3 种解法从不同的角度出发思考问题,各显神通,充分体现了试题的不拘一格:一道试题往往考查多种能力、多种思维方法,试题的思维方式多元化给考试提供了较大的发挥空间,这样通过方法的选择甄别出考生能力的差异,较好地达到区分考生的目的.

3 结论推广 揭示本质

将上述试题一般化,我们可以得到:

结论1已知椭圆A,B分别为椭圆的左右顶点,F1,F2为椭圆的左右焦点.过T(t,0)(|t|＞a) 作斜率为k(k≠0) 的直线l与椭圆交于M,N两点,且F1M//F2N,设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,则k1·k2=-(1+e)2,其中e为椭圆离心率.

结论2已知椭圆A,B分别为椭圆的左右顶点,E(-m,0),F(m,0)(|m|＜a,且m≠0)为椭圆内的两点.过T(t,0)(|t|＞a)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆交于M,N两点,且EM//FN,设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,则

证明延长NF交椭圆于点D,因为EM//FN,因椭圆关于原点中心对称,不难得出ΔAME与ΔBDF也关于原点中心对称,于是AM//BD,即k1=kBD,因为B(a,0),于是直线BD,BN方程分别为,y=k1(x-a),y=k2(x-a),则双直线方程(k1x-y-ak1)(k2x-y-ak2)=0 表示直线BD,BN上的所有点,整理得k1k2(x-a)2+(k1+k2)(xa)y+y2=0.

将方程与椭圆联立得:k1k2(x-a)2+(k1+k2)(x-若x≠a,化简得k1k2(x-a)+(k1+该方程即是直线DN的方程,又因为F(m,0)在直线DN上,代入解得

由于椭圆和双曲线都是有心二次曲线,于是可类比到双曲线:

结论3已知双曲线A,B分别为双曲线的左右顶点,E(-m,0),F(m,0)(|m|＞a)为双曲线内侧的两点.过T(t,0)(|t|＜a)作斜率为k(k≠0)的直线l与双曲线交于M,N两点,且EM//FN,设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,则

4 借题发挥 深入拓展

由解法3 可知试题中定值结论似乎与直线l和T(t,0)无关,那么它们还有其他存在的价值吗? 沿着这条线索继续探究,有意外的收获;在图1中延长AM,BN交于点P,笔者通过GeoGebra 平台作图发现点P的横坐标与T(t,0)有关,于是有以下结论:

结论4已知椭圆=1(a＞b＞0),A,B分别是椭圆的左、右顶点,F(c,0) 是椭圆的右焦点,过的直线l(非x轴)与椭圆交于点M,N,直线AM,BN交于点P,则点P在直线x=c上.

如果T点是椭圆外x轴上任意一点呢? 是否仍有类似的性质呢? 笔者借助GeoGebra 软件进行了实验探究,发现了如下更为一般的结论:

结论5已知椭圆=1(a＞b＞0),A,B分别是椭圆的左、右顶点,过T(t,0)(t≠0)的直线l(非x轴)与椭圆交于M,N两点,直线AM,BN交于点P,则点P在直线x=上.

证明不妨设M(acosα,bsinα),N(acosβ,bsinβ),因为T(t,0),由T,M,N三点共线得:=即t(sinα-sinβ)=asin(α-β),于是有

故点P在直线x=上.当t=时,点P的横坐标与焦点横坐标一致,结论4 是结论5 的特例.

结论6已知椭圆=1(a＞b＞0),A,B分别是椭圆的上、下顶点,过T(0,t)(t≠0)的直线l(非y轴)与椭圆交于M,N两点,直线AM,BN交于点P,则点P在直线y=上.

结论7已知双曲线=1(a＞0,b＞0),A,B分别是双曲线的左、右顶点,过T(t,0)(t≠0)的直线l(非x轴)与双曲线的同一支交于M,N两点,直线AM,BN交于点P,则点P在直线x=上.

结论6、7 类似于结论5 可证,不再赘述.

结论8已知抛物线y2=2px(p＞0),A是抛物线的顶点,过点T(t,0)(t＜0)的直线与抛物线交于点M,N,直线AM与过N点且平行于x轴的直线交于点P,则点P在直线x=-t上.

证明设因为 点T(t,0),由T,M,N三点共线知:

化简整理得:y1y2=-2pt;又因为直线AM,PN的方程分别为联立两直线方程可得P点的横坐标即点P在直线x=-t上.

至此,我们通过研究这道模拟试题,不仅发现了巧妙的解法,还对试题结论进行推广,并根据条件作出引申探究,得到若干精彩结论;这也是试题的精妙之处,正所谓数学不是缺少美,而是缺少发现美的眼睛,这就要求我们在今后的教学中引导学生多去总结反思.

5 解后反思

解析几何中定值问题是各类考试的热点问题之一,这类问题在考查解析几何基础知识和几何性质的同时,能很好地考查学生的运算求解、推理论证等能力,在解题时要学会探索、归纳和总结,把同类型的问题进行归类,才能更好的应对各类考试.

对题目进行拓展、引申探究是一名数学教师必备的专业素养,平时要重视对典型问题的深入研究,探研规律,并适当拓展,充分挖掘题目的育人价值.高中数学新课程的理念之一是倡导积极主动、勇于探索的学习方式.在教学中,要引导学生不能只满足于问题的解决,而是要通过变式、类比进行研究,寻求问题的增长点,从而达到“做一题,会一类,甚至通一片”的目的;让学生体验数学的发现和创造历程,引导他们勇于发现问题、提出问题、解决问题,让学生在解题思路上产生质的变化,使思维得到发展,进而全面提高学生的综合能力,提升学生的数学核心素养.