对一道圆锥曲线问题的探究与拓广

郭永生

摘要：深刻剖析典型问题本质，发现规律，找到题眼，把问题弄得清清楚楚、明明白白，真正把提升数学素养落地做实，培养科学精神，提高数学学习效率.

关键词：剖析问题；圆锥曲线；定点；定值

一套成功的试卷总是不乏好题，立意新颖，典型突出，亮点十足，引人注目.这类试题往往知识融合自然，考点科学交汇，具有良好的教研价值，倍受众多数学爱好者青睐，非常值得我们深入思考、分析与探究.

1 问题呈现

问题已知轨迹E上任意一点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和M到定直线l：x=4的距离的比为22.

（1）求轨迹E的方程.

（2）设过点A（0，-1）且斜率为k1的动直线与轨迹E交于C，D两点，且点B（0，2），直线BC，BD分别交圆x2+（y-1）2=1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，问是否存在实数λ，使得k2=λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.

2 问题解答

上述问题的解答如下.

解：（1）易得E的方程为x28+y24=1，过程略.

（2）由题意知，直线CD的方程为y=k1x-1.设C（x1，k1x1-1），

D（x2，k1x2-1）.

将y=k1x-1与x2+2y2-8=0联立，消去y，得

（1+2k21）x2-4k1x-6=0.

所以，x1+x2=4k11+2k21，x1x2=-61+2k21.

因为B（0，2），所以kBC=k1-3x1，kBD=k1-3x2，于是kBC+kBD=2k1-31x1+1x2=4k1，kBCkBD=k21-3k11x1+1x2+9x1x2=-32.

设直线PQ的方程为y=k2x+m，P（x3，k2x3+m），Q（x4，k2x4+m）.

将y=k2x+m与x2+（y-1）2=1联立，消去y，得（1+k22）x2+2（m-1）k2x+m（m-2）=0.当Δ>0时，x3+x4=-2（m-1）k21+k22，

x3x4=m（m-2）1+k22.

由B（0，2），可得kBP=k2+m-2x3，kBQ=k2+m-2x4，所以kBP+kBQ=2k2+（m-2）1x3+1x4=2k2m，kBPkBQ=k22+k2（m-2）1x3+1x4+（m-2）2x3x4=m-2m.

因为B，C，P三点共线，B，D，Q三点也共线，所以kBC=kBP，kBD=kBQ.于是4k1=2k2m，且-32=m-2m，解得k2=2mk1，m=45.所以存在λ=2m=85滿足要求.

深入思考分析上面解题过程不难引发如下联想：一是发现问题得到解决的关键是kBC＼5kBD=-32为一个常数，这个常数传递给kBP＼5kBQ，由kBP＼5kBQ=-32又得到直线PQ恒过定点0，45;二是追问kBC＼5kBD=-32的原因是直线CD恒过定点（0，-1）；三是思考“椭圆或圆的两条共点弦斜率之积与这两条弦的另一端点连线过某一定点之间是否存在必然的联系？”

3 问题探究

经过初步探究，发现：

已知曲线C的方程为Ax2+By2=1（A≠0，B≠0），T（x0，y0）在曲线C上，直线x=dy+t与曲线C相交于M，N两点，设kTM＼5kTN=w，若w是常数，则直线MN恒过定点wB+AwB-Ax0，-wB+AwB-Ay0.

证明：因为曲线C：Ax2+By2=1（A≠0，B≠0），且T（x0，y0）在曲线C上，所以Ax20+By20=1.把直线MN的方程x=dy+t与曲线C的方程联立消去x，得（d2A+B）y2+2dAty+At2-1=0.

设M（dy1+t，y1），N（dy2+t，y2），

则

y1+y2=-2dAtd2A+B，y1y2=At2-1d2A+B，

kTM=y1-y0dy1+（t-x0），kTN=y2-y0dy2+（t-x0）.

所以kTM＼5kTN

=y1-y0dy1+（t-x0）＼5y2-y0dy2+（t-x0）

=y1y2-y0（y1+y2）+y20d2y1y2+d（t-x0）（y1+y2）+（t-x0）2

=A（t2+2dty0+d2y20）+By20-1d2Ax20+B（t-x0）2-d2

=A（t+dy0）2-Ax20d2Ax20+B（t-x0）2-d2

=A（t+dy0+x0）（t+dy0-x0）B（t-x0）2+d2（Ax20-1）

=A（t+dy0+x0）（t+dy0-x0）B（t-x0）2-d2By20

=A（t+dy0+x0）（t+dy0-x0）B（t-x0-dy0）（t-x0+dy0）

=AB＼5t+x0+dy0t-x0-dy0.

由kTM＼5kTN=w，得t=wB+AwB-A（x0+dy0），所以直线MN的方程为x=dy+wB+AwB-A（x0+dy0），即x=y+wB+AwB-Ay0d+wB+AwB-Ax0.根据d的任意性可知，直线MN恒过点wB+AwB-Ax0，-wB+AwB-Ay0.

特别地，可得以下结论：

（1）当曲线C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）时，

直线MN恒过定点wa2+b2wa2-b2x0，-wa2+b2wa2-b2y0.

当TM⊥TN时，则直线AB恒过点a2-b2a2+b2x0，-a2-b2a2+b2y0），即e22-e2x0，-e22-e2y0.

（2）当曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）时，

直线MN恒过定点wa2-b2wa2+b2x0，-wa2-b2wa2+b2y0.

当TM⊥TN时，则直线AB恒过点a2+b2a2-b2x0，-a2+b2a2-b2y0，即e22-e2x0，-e22-e2y0.

（3）当曲线C：x2+y2=R2时，

直线MN恒过定点w+1w-1x0，-w+1w-1y0.

当TM⊥TN时，则直线AB恒过点（0，0）.

（注：上述e为相应曲线的离心率.）

4 拓广探索

再进一步深入研究抛物线，发现类似性质：

当曲线C的方程为y2=2px（p＞0），T（x0，y0）在曲线C上，直线x=dy+t与曲线C相交于M，N两点，设kTM＼5kTN=w，若w是常数，则直线MN恒过定点-2pw+x0，-y0.（证明略.）

特别地：

（1）当TM⊥TN时，时，直线MN恒过定点（2p+x0，-y0）；

（2）当x0=y0=0，且TM⊥TN时，直线MN恒过定点（2p，0）.

事实上，对于“kTM＼5kTN=AB＼5t+x0+dy0t-x0-dy0”，当其中的t，x0，y0再满足一些特殊条件时，又可以得到一系列的结论，请大家探讨！

5 链接高考

高考真题（2020年新高考Ⅰ卷＼5山东＼522）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，且过点A（2，1）.

（1）求C的方程；

（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.

解：（1）因为离心率为22，所以b2a2=12.又椭圆过点A（2，1），所以4a2+1b2=1，解得a2=6，b2=3.所以椭圆C的方程为x26+y23=1.

（2）证明：根据以上发现的结论（1）可知，直线MN恒过定点T23，-13.如图1，因为AD⊥MN，所以△ADT是以定线段AT为斜边，D为直角顶点的直角三角形.因此，线段AT的中点就是所求的点Q，其坐标为43，13，且|DQ|=12|AT|=223.

當下高中数学教学面临新教材、新课程、新高考所引领的三新环境，单纯从学科教与学的角度来看，学习探究应该成为适应新时代下教与学的新常态，特别是像学习圆锥曲线等一类难度较大的内容时，教师更有必要下功夫思考与探究.圆锥曲线的性质十分丰富，可供探究的方面十分广泛，以上笔者所探讨的这些只不过是圆锥曲线性质中的冰山一角，沧海一粟，期盼早日见到新时代同行们更多、更好的教学研究成果，以期同学习、共进步！