直觉引领 运算探究 模型回归

孙爱文 张凡

1 试题呈现

已知曲线C的方程为y2a2+x2b2=1（a>b>0），离心率为53，曲线C过点A（－2，0）.

（1）求曲线C的方程；

（2）过点（－2，3）的直线交曲线C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴交于M，N两点，求证：MN的中点为定点.

2 试题分析

本题第（1）问为常规的求曲线方程问题.第（2）问考查定点问题，这是近几年最为风靡的齐次化联立模型，背景是极点、极线，考查了解析几何的基本思想和基本方法，对学生运算能力的要求很高，体现了逻辑推理、数学建模、数学运算等核心素养.现给出第（2）问的解题思维导图，如图1所示.

3 试题详解

对于第（1）问，结合已知条件，易求得曲线C的方程为y29+x24=1.下面重点探究第（2）问的解法.

思路1：从必要条件出发，先猜后证.

解法1：设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3）.

当直线PQ过原点时，易得P－2，322，Q2，－322，进一步可得y3=3+32，y4=3－32，此时，MN的中点为定点（0，3），如图2.

或者极限分析，PQ无限趋近于一点时，PQ直线方程为y=3，此时M（0，3），N（0，3）故MN的中点为定点为（0，3）.

再作如下证明：

设M（0，3+m），N（0，3－m），则lAM：y=3+m2（x+2）.

联立直线AM与椭圆方程，得（m2+6m+18）x2+4（3+m）2x+4m2+24m=0.

又因为Δ＞0，所以有xAx1=4m2+24mm2+6m+18，则P－2m2+12mm2+6m+18，18m+54m2+6m+18.同理，可以得到Q12m-2m2m2－6m+18，－18m+54m2－6m+18.于是可得kTP=18m+54m2+6m+18－3－2m2－12mm2+6m+18+2=－m212.同理，kTQ=－m212，则kTP=kTQ.又T为直线TP与TQ的公共点，所以P，Q，T三点共线.

思路2：曲直联立，用P，Q两点的坐标来表示yM+yN2.

解法2：设线法+韦达定理.

设lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），则

lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2）.

对于lAP和lAQ，令x=0，可得

y3+y42=2kx1x2+（4k+3）（x1+x2）+8k+12x1x2+2（x1+x2）+4.①

联立直线PQ与椭圆方程，可得（4k2+9）x2+（16k2+24k）x+16k2+48k=0.又Δ＞0，所以x1+x2=-16k2+24k4k2+9，x1x2=16k2+48k4k2+9.将其代入①式，得

y3+y42

=2k（16k2+48k）-（4k+3）（16k2+24k）+（8k+12）（4k2+9）16k2+48k－2（16k2+24k）+4（4k2+9）

=10836=3.

故MN的中点为定点（0，3）.

解法2的优化：整体代换.

设lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4）.

联立椭圆与直线PQ方程，得（4k2+9）（x+2）2+24k（x+2）=0（Δ>0）.

同解法2，利用韦达定理代入计算得MN的中点为定点（0，3）.

把x+2看成整体以后，运算大大简化，这种简化的思想也是处理解析几何繁琐运算的常见思路.从代数的角度来看它是整体代换，从几何角度来看它的本质就是平移坐标系.

思路3：平移坐标系.

解法3：平移使得T（－2，3）为T′（0，0），直线PQ：y=kx，椭圆（y+3）29+（x－2）24=1.

联立直线PQ与椭圆方程，可得（4k2+9）x2+（24k－36）x+36=0.设P（x1，y1），Q（x2，y2）由韦达定理代入，得

y′M+y′N2=kx1+3x1+kx2+3x2=

1x1x2＼5［3（x1+x2）+2kx1x2］-3=0，则原坐标系下，MN的中点为定点（0，3）.

思路4：设线齐次化，将直线PQ方程代换.

解法4：设lPQ：m（x+2）+y3=1，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），lAP：y=k1（x+2），lAQ：y=k2（x+2）.

对于lAP与lAQ，令x=0，可得MN的中点坐标为（0，k1+k2）.

由y29+（x+2）24－（x+2）m（x+2）+y3=0，可得19yx+22－13yx+2+14－m=0.

進而可得y3+y42=y1x1+2+y2x2+2=3，所以MN的中点为定点（0，3）.

另外，还可以利用平移齐次化将整个图形向右平移两个单位长度，则y29+x24=1变为y29+（x－2）24=1.

令lP′Q′：mx+ny=1，由y29+x24－x（mx+ny）=0，得19yx2－nyx+14－m=0.

于是kAP+kAQ=kA′P′+kA′Q′=3，则9n=3，即n=13，进一步可求得MN的中点为定点（0，3）.

点评：利用平移、齐次化手段来解圆锥曲线中有关斜率之和或之积问题的理论基础是平移坐标系只是改变了点、曲线在坐标系中的位置，其几何属性如线段长度、直线斜率，直线间夹角都不会改变，但并不是所有圆锥曲线都适合平移、齐次化，只有涉及或者可以转化成两直线斜率之和、之积的问题才适合.方法虽好，但要慎用！

思路5：斜率同构或向量周构.

解法5：斜率同构.

设lAP：y=k（x+2），lPQ：y=t（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），且y3=2k.联立直线AP与椭圆方程，得（4k2+9）x2+16k2x+16k2－36=0（Δ>0），求出点P坐标再代入直线PQ方程，得12k2－36k+36t+27=0.设kAQ=k′，同理12k′2－36k′+36t+27=0，则k和k′是二次方程12x2－36x+36t+27=0的两个根，所以k+k′=3.故MN的中点为定点（0，3）.

解法6：向量同构.

设直线PQ的斜率为k，TP=λ1（1，k），TQ=λ2（1，k），则P（λ1－2，λ1k+3），Q（λ2-2，λ2k+3）.于是lAP：y=λ1k+3λ1（x+2），lAQ：y=λ2k+3λ2（x+2），则yM+yN=2λ1k+6λ1+2λ2k+6λ2=4k+6（λ1+λ2）λ1λ2.将点P，Q的坐标代入椭圆方程得到关于λ1，λ2的同构方程，即（9+4k2）λ2－（36－24k）λ+36=0，再由韦达定理代入得MN的中点为定點（0，3）.

点评：思路5的两种解法同样是证明斜率之和为定值，却没有用到齐次化的方法，技巧性相对于解法4小很多，相当于寻找斜率满足的二次方程，也有同法可究.计算量也比前面几个解法小很多.

思路6：设点，利用点差法建立点M，N与点P，Q之间的关系.

解法7：设点法之点代法.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），则y219+x214=1，y229+x224=1，变形得y21=9－9x214，y22=9－9x224.

又lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2），令x=0，可得

y3+y42=y1（x2+2）+y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）

=94×（4－x21）（x2+2）2－（4－x22）（x1+2）23（x2－x1）（x1+2）（x2+2）

=34×（2－x1）（x2+2）－（2－x2）（x1+2）x2－x1

=3.

点评：解法7完全用点的坐标串联，设出点的坐标以后，寻求其满足的代数方程，通过代数方程的整体代换来实现定值的计算.

解法8：定比点差法.

设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），PQ=λQT，则x2=x1－2λ1+λ，y2=y1+3λ1+λ.将P，Q代入椭圆方程化简，得3λ=6+3x1－2y1.又kAQ=y2x2+2=y1+3λx1+2，kAP=y1x1+2，所以

kAP+kAQ=y1x1+2+y1+3λx1+2=3x1+6x1+2=3.

思路7：极坐标设点.

解法9：角参法.

设P（2cos α，3sin α），Q（2cos β，3sin β），由

万能公式可得P2（1－t21）1+t21，6t11+t21，Q2（1－t22）1+t22，6t21+t22，其中t1=tanα2，t2=tanβ2.

于是可得lPQ：2y（t1+t2）+3x（1－t1t2）=6（t1t2+1），代入点P坐标，得t1+t2=2.

又因为lAP：y=3t12（x+2），lAQ：y=3t22（x+2），令x=0，所以yM+yN2=3（t1+t2）2=3.

思路8：曲线系法.

解法10：设lAP：x－my+2=0，lAQ：x－ny+2=0，lPQ：kx－y+2k+3=0，又椭圆在点A处的切线为x+2=0，因此过A，P，Q的二次曲线系为

（x－my+2）（x－ny+2）+λ（x+2）（kx－y+2k+3）=0=ty29+x24－1.

于是1+kλ=t4，mn=t9，－m－n－λ=0，4+（4k+3）λ=0，4+2λ（2k+3）=－t，整理得λ=－t3，m+n=t3，mn=t9.

故yM+yN2=122m+2n=m+nmn=3.

解法11：极点极线法.

定点B（0，3）为T（－2，3）的极线x－2+y3=1与y轴的交点.

根据图3易知，直线AB是点T（－2，3）的极线，则点P，Q，K，T成调和点列，直线AP，AQ，AK，AT成调和线束.又y轴平行于TA，根据调和线束的斜率关系知，kAM+kAN=2kAB，线段MN被点B平分，故线段MN的中点为定点（0，3）.由调和共轭性质，可知kAT－kAQkAT－kAK·k极线－kAKk极线－kAQ=－1，则kAK+kAQ=3，定点定值模型显而易见！

下附练习，供读者参考使用.

练习：已知点A（2，0），B－65，－45在椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0） 上.

（1）求椭圆M的方程；

（2）直线l与椭圆M交于C，D两个不同的点（异于A，B），过C作x轴的垂线分别交直线AB，AD于点P，Q，当P是CQ中点时，证明：直线l过定点.

基于上述对试题的探讨研究，作出以下推广：

结论1：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左顶点为A（－a，0），上顶点为B（0，b），过点R（－a，b）的直线交曲线C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴交于M，N两点，则MN的中点为椭圆上顶点B.

结论2：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左顶点为A（－a，0），上顶点为B（0，b），过点R（－a，b）的直线交曲线C于两点P，Q，直线BP，BQ与x轴交于E，F两点，则EF的中点为左顶点A.

结论3：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左顶点为A（－a，0））.点R是直线

x=-a上任意一点，过点R作椭圆的两条切线，分别交椭圆与点A，B，过点R作直线交曲线C于P，Q两点，则kAP+kAQ=2kAB.

解析几何的相关问题对学生的基础能力、运算求解能力及应变能力要求较高，需要学生在平时的学习中学会归纳整理知识，建立各知识点之间的关系网，同时注重思维拓展，一题多解，提升能力.