巧思维，妙方法

2022-05-30罗文军

广东教育·高中 2022年9期

罗文军

解析几何中，在研究一些含有参数的动态问题时，往往会有一些几何量不受参数变化所影响，这就构成了定点定值问题.定点问题的本质也是定值问题，即坐标定.定点问题可以很好的考查逻辑思维能力、运算求解能力和推理论证能力，因此在高中各类数学考试中备受命题者的青睐，2022年全国乙卷理科第20题的解析几何问题就是一道圆锥曲线定点，以下对这道试题进行评析、解法探究、背景探究和变式探究.

已知橢圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过点A（0，-2），B（，-1）两点.

（1）求E的方程;

（2）设过点P（1，-2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足=. 证明：直线HN过定点.

一、试题评析

第（1）问考查了利用待定系数法求椭圆的方程，考查了方程思想;第（2）问将椭圆与向量等内容有机结合，较突出地考查了考生运用数形结合的思想方法和综合应用数学知识解决问题的能力，对运算求解能力、逻辑思维能力有较高的要求，前后两问之间在难度上具有很好的梯度性，有利于为高校选拔不同层次的人才，试题重基础知识和基本方法、重关键能力，对引领高中数学解析几何教学改革起到正确的导向作用.

三、解法探究

解析：（1）设椭圆E的方程为px2+qy2=1，

把点A（0，-2），B（，-1）代入得方程组4q=1，p+q=1，解得p=，q=，

所以椭圆E的标准方程为+=1.

【评注】由于题设中没有说明椭圆焦点在哪个坐标轴上，设出椭圆的方程，利用待定系数法，把点坐标代入，解二元一次方程组，最后把椭圆方程化成标准形式.

（2）解法1 ：①当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=1，

代入椭圆E的方程+=1，解得y=±.

不妨设M（1，-），N（1，），直线AB的方程为y=x-2，

把y=-代入直线AB的方程可解得x=3-，所以T（3-，-）.

因为=，所以（3--1，-+）=（xH-3+，yH+），

所以解得H（5-2，-），

直线HN的方程为y-=（x-1），令x=0，得y=-2，

所以直线HN过定点A（0，-2）.

②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，

把点P（1，-2）代入，可得m=-k-2，设M（x1，y1），N（x2，y2），

联立+=1，y=kx+m，整理可得（3k2+4）x2+6kmx+3m2-12=0，

由根与系数关系，可得x1+x2=，x1x2=.

所以y1+y2=k（x1+x2）+2m=+2m=，

把y=y1代入y=x-2，得xT =（y1+2），所以T（（y1+2），y1）.

因为=，所以（（y1+2）-x1，0）=（xH-（y1+2），yH - y1），

所以H（3y1-x1+6，y1），

直线HN的方程为y-y2=（x-x2），

令x=0得：

整理得y=-2，所有直线HN过定点A（0，-2）.

【评注】本解法体现了分类讨论思想，先计算当直线MN的斜率不存在时，直线HN所过的定点坐标A（0，-2），猜想直线MN的斜率存在时，直线HN也经过这个定点A（0，-2），通过计算得出直线HN的两点式方程，再令x=0，计算定点的纵坐标;本解法是常规解法，体现的思路是特殊值引路，先找后证，先从特殊情况斜率不存在入手，找到定点，再证明这个定点与变量斜率无关，本解法体现了设而不求和整体代换思想，但运算量很大.

解法2：设直线MN的方程为x=ty+n，把点P（1，-2）代入可得n=1+2t.

设M（x1，y1），N（x2，y2），

联立+=1，x=ty+n，整理，可得（4t2+3）y2+8tny+4n2-12=0.

由根与系数关系，可得y1+y2=，y1y2=，

直线AB的方程为y=x-2.

把y=y1代入y=x-2，得xT =（y1+2），所以T（（y1+2），y1）.

因为=，所以（（y1+2）-x1，0）=（xH-（y1+2），yH-y1），

所以H（3y1-x1+6，y1）.

因为=（-x2，-y2-2），=（x1-3y1-6，-y1-2），

-x2（-y1-2）-（x1-3y1-6）（-y2-2）=x2y1+x1y2+2（x1+x2）-6（y1+y2）-3y1y2-12

=（ty2+n）y1+（ty1+n）y2+2（ty1+ty2+2n）-6（y1+y2）-3y1y2-12

=（2t-3）y1y2+（n+2t-6）（y1+y2）+4n-12

=（2t-3）·+（4t-5）·+4（2t+1）-12=0，

所以与共线，因为直线NA与HA直线有公共点A，所以H，N，A三点共线，所以直线HN过定点A（0，-2）.

【评注】设出直线MN的横截式方程，回避了对直线MN斜率是否存在的讨论，把椭圆方程和直线方程联立表示出两根之和与两根之积，再表示出点T的坐标和点H的坐标，然后表示出与的坐标，最后运用向量平行的坐标充要条件证明这两个向量平行，从而得出直线HN过定点A（0，-2），本解法运算量繁琐.

解法3：A（0，-2）， B（，-1），所以AB ∶ y+2=x，

①若过点P（1，-2）的直线MN的斜率不存在，同解法1可得直线MN过点（0，-2）;

②当直线MN斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），

因为由题设M，N，P三点共线，所以设=？姿，？姿≠-1，

则（x1-x2，y1-y2）=？姿（1-x1，-2-y1），所以可得x1=，y1=，

联立y=y1，y=x-2，可得T（y1+3，y1）.

因为=，所以可得y1+3=，y1=.

所以xH =3y1+6-x1=3·+6-=……（Ⅱ）

又因为点M，N都在椭圆+=1，

所以3y22+4x22=12，3（）+4（）=12，两式相减整理可得，

2x2-3y2-6=-？姿……（Ⅲ），

把（Ⅲ）代入（Ⅱ），可得xH ==. 又因为yH =y1=，所以=？姿，所以∥.

又因为直线NH与直线HA有公共点H，所以H，N，A三点共线，所以直线HN过定点A（0，-2）.

【评注】直线MN的斜率存在时，把题设中的MN经过点P向量化，最后运用定比点差，得到2x2-3y2-6=-？姿，最后运用了定比分点结论“已知P（x，y），P1（x1，y1），P2（x2，y2），=？姿（？姿≠-1）？圳x=，y=，证明了=？姿，最后分析说明直线HN过定点A（0，-2），本解法运用的定比分点知识源于课本，相对解法1和解法2，运算量明显减少.

解法4：设直线PM的方程为x=1+t cos ？兹，y=-2+t sin ？兹（其中t为参数），

代入+=1，整理可得，（4cos2？兹+3sin2 ？兹）t2+（8cos ？兹-12sin ？兹）t+4=0.

设点M，N对应参数分别为t1，t2，

由根与系数关系可得，t1+t2=，t1t2=.

设M（1+t1 cos？兹，-2+t1 sin？兹），N（1+t2 cos？兹，-2+t2 sin？兹），

直线AB的方程为y=x-2，

把y=-2+t1 sin？兹代入y=x-2，得xT =t1 sin？兹，

所以T（t1 sin？兹，-2+t1 sin？兹），

因为=，所以xH =2xT-xM =3t1 sin？兹-t1 cos？兹-1，yH=2yT-yM =-2+t1 sin？兹，

所以H（3t1 sin？兹-t1 cos？兹-1，-2+t1 sin？兹）.

因为=（t2 cos？兹+1，t2 sin？兹），=（3t1 sin？兹-t1 cos？茲-1，t1 sin？兹），

（t2 cos？兹+1）t1 sin？兹-t2 sin？兹（3t1 sin？兹-t1 cos？兹-1）

=（t1+t2）sin？兹+t1t2（2sin？兹cos？兹-3sin2？兹）

=+=0.

所以∥，因为直线AN与直线AH有公共点A，所以H，N，A三点共线，

所以直线HN过定点A（0，-2）.

【评注】本解法运用了直线参数方程法，设出直线PM的参数方程，代入椭圆方程后表示出两根之和与两根之积，用参数陆续表示出M、N、T、H的坐标，再表示出和的坐标，运用向量坐标法证明∥，本解法需要考生熟悉直线参数方程及其几何意义，运算量比解法1和解法2少，体现了方程思想和化归与转化思想.

解法5：将椭圆E ∶ +=1，点P、A、B、M、N、T、H向上平移两个单位后分别得到椭圆E ∶ +=1，P′（1，0）、A′（0，0）、B′（，1）、M′、N′、T′、H′，设M′（x1，y1），N′（x2，y2）.

设直线M′N′的方程为x=my+1，

联立+=1，x=my+1，得（4m2+3）y2+（8m-12）y+4=0，

由根与系数关系，可得y1+y2=-，y1y2=-.

直线A′B′的方程为y=x，令y1=x，所以xT′=y1，所以T′（y1，y1）.

因为=，所以xH′=2xT′-x1=3y1-x1，yH′=2yT′-y1=y1.

所以H′（3y1-x1，y1），

所以直线H′N′的方程为y-y2=（x-x2），令x=0，得y=====0，直线H′N′经过定点A′（0，0），

所以直线HN过定点A（-2，0）.

【评析】本解法利用坐标平移变换法，先表示经过平移变换后的相应点的坐标和椭圆方程，再把直线M′N′的方程和椭圆方程联立表示出两根之和与两根之积，再表示点T′和H′的坐标，然后表示出直线H′N′的两点式方程，直线H′N′经过定点A′（0，0），由平移变换的性质得出直线HN过定点A（-2，0），平移变换法源于高中数学教材，运算量少于解法1和解法2.

三、背景探究

由高等数学知识，已知椭圆E ∶ +=1（a>0，b>0，a≠b），则称点P（x0，y0）和直线l ∶ +=1是椭圆E 的一对极点和极线，若极点P（x0，y0）在椭圆E ∶ +=1（a>0，b>0，a≠b）上，则极线+=1就是椭圆E在点P（x0，y0）处的切线方程.本文开头真题中，已知点P（1，-2），计算得直线AB的方程为y=x-2，发现点P（1，-2）和直线AB恰好为椭圆E ∶ +=1的一对极点和极线，椭圆E ∶ +=1在点B（，-1）处的切线方程为+=1，整理得y=2x-4，发现P（1，-2）在直线y=2x-4上，所以直线PB与椭圆E相切.

四、变式探究

变式1. 设椭圆E ∶ +=1（a>b>0）经过点M（，），离心率为.

（1）求椭圆E的标准方程;

（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点N（-1，0）的直线与椭圆E交于C，D两点（与A，B不重合），证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值.

解析：（1）由题意得，e2===（）=，所以=，所以b2=a2. 又因为+=1，所以=1，所以a2=4，b2=1，

所以椭圆E的标准方程为+y2=1.

（2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），其中x1≠±2，x2≠±2，

设过点N（-1，0）的直线方程为x=my-1，代入+y2=1整理可得，

（m2+4）y2-2my-3=0，？驻=4m2+12（m2+4）=16（m2+3）>0.

由根与系数关系，可得y1+y2=，y1y2=-，

所以y1y2=-（y1+y2）……①

由（1）得，A（-2，0），B（2，0），则直线AC的方程为y=（x+2），

直线BD的方程为y=（x-2），联立两直线方程，消去y，整理可得，x=2·，将x1=my1-1，x2=my2-1代入可得，x=2·……②

把①代入②，可得x=2·=-4，

所以直线AC，BD的交点的横坐标为定值-4.

【评注】本题第（1）问考查利用待定系数法求椭圆方程，第（2）问是圆锥曲线定值问题，定值实际上就是两动直线交点的横坐标定，②式的特点是分子分母都不含常数项，运用圆锥曲线的“非对称”韦达定理处理技巧，用y1+y2表示y1y2，代入后化简.

变式2. 已知椭圆C ∶ +=1（a>b>0）经过点P（1，），且椭圆C的离心率为e=.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）经过定点M（2，-1）的直线l交椭圆C于A，B，两点，且椭圆C的右顶点为P，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2恒为定值.

解析：（1）由题意可得=，+=1，a2-b2=c2，解得a=2，b=，c=1，所以椭圆C的标准方程为+=1.

（2）解法1：设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程为y+1=k（x-2），

联立+=1，y+1=k（x-2），整理可得（4k2+3）x2-8k（2k+1）x+8（2k2+2k-1）=0，

？驻=64k2（2k+1）2-32（4k2+3）（2k2+2k-1）>0，解得k<.

由根与系数关系，可得x1+x2=，x1x2=，

所以k1===k-，同理k2==k-，

所以k1+k2=2k-（+）=2k-

=2k-=2k-（2k-3）=3.

解法2：平移坐标轴以P为原点，这时C的方程为+=1，

设直线l ∶ y=kx-1代入椭圆方程整理可得：

（4k2+3）x2+（12-8k）x+4=0，则x1+x2=，x1x2=，

所以，x1+x2=（2k-3）x1x2，

这时，k1+k2=+=+=2k-（+）=2k-=3.

【评注】本题第（1）是利用待定系数求椭圆方程问题，第（2）问是圆锥曲线的有关两直线斜率之和定值问题，解法1设出了直线的点斜式方程，联立圆锥曲线方程消去y，表示出两根之和和两根之積，运用斜率公式表示出k1+k2，再代入化简即可;解法2运用了坐标平移变换法，平移变换前后对应直线的斜率不变，相比解法1，运算量减少.

变式3. 已知椭圆C ∶ +=1（a>b>0）的离心率为，C的四个顶点围成的四边形面积为2.

（1）求C的方程;

（2）已知点Q（0，-1），若不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，且·=2，证明：l过定点.

证明：（1）由离心率为=，得a=b……①

C的四个顶点围成的四边形面积为×2a×2b=2ab=2……②

由①②可得，a=，b=1，

故C的方程为+y2=1.

（2）由·=（+） ·= ，所以·=0. 因为Q不在直线l上，所以，都不是零向量，故QA⊥QB，结合图形可知直线l的斜率一定存在，

设直线l的方程为y=kx+t（t≠-1），设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立方程组得y=kx+t，+y2=1，整理可得（2k2+1）x2+4ktx+2t2-2=0.

由？驻=16k2t2-4（2k2+1）（2t2-2）=8（2k2-t2+1）>0，得t2<2k2+1，

所以，x1+x2=-，x1x2=-.