一道椭圆检测题的解答、探究和推广

摘要：对一道椭圆检测试题进行解答探究，得到了椭圆中的一类定直线产生定点的结论，并把相关结果类比到双曲线和抛物线中.

关键词：圆锥曲线；定点；定直线

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0029-05

解析几何题目一直以来以命题背景丰富、呈现形式多样、理论深刻优美、解答灵活多变而深受广大师生喜欢［1］.此类题目对培养学生敢于质疑、善于思考、把握本质、数形结合等能力有突出价值.为此，笔者对一道模拟题进行解法探究、背景揭秘和结论推广，供大家参考.

1 题目再现

题目（2023年9月重庆市第一中学高三检测题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F（1，0），设O为坐标原点，线段OA的中点为D，且满足|BD|=|DF|.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设点T（2，t）（t∈R），圆T过点O且交直线x=2于M，N两点，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q（异于顶点A）.证明：直线PQ过定点，并求出该点的坐标.

分析此题第（1）问考查椭圆的方程、图象与性质，属于基本概念考查，其答案为x24+y23=1.第（2）问涉及直线与椭圆位置关系、直线过定点、圆过定点学科知识，渗透了数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的应用，能有效培养学生的数学运算、逻辑推理、数学抽象等核心素养，下面详细解答第（2）问.

解法1直线PQ斜率不为0，故设方程为x=my+n，与x24+y23=1联立有

（3m2+4）y2+6mny+3n2-12=0.

易知Δ>0，设P（x1，y1），Q（x2，x2），则有

y1+y2=-6mn3m2+4，y1y2=3n2-123m2+4.

直线AP为y=y1x1+2（x+2），

令x=2有M（2，4y1x1+2）.

同理N（2，4y2x2+2）［2］.

由题MN为直径的圆过点O，

所以MO·NO=4+16y1y2（x1+2）（x2+2）=0.

于是有

4+16y1y2m2y1y2+m（n+2）（y1+y2）+（n+2）2=0.

整理，得n2+n-2=0.

解得n=1或n=-2.

当n=-2时，直线PQ过点A，不合题意.

当n=1时，直线PQ为x=my+1，恒过定点（1，0）.

解法2由对称性知直线PQ所过定点必在x轴上，设为（n，0），当PQ⊥x轴时，△MON是等腰直角三角形，有M（2，2），直线OM为y=x，与椭圆联立有P（1，32），所以定点为（1，0）.

故可设方程为x=my+1，与x24+y23=1联立有

（3m2+4）y2+6my-9=0.

易知Δ>0，设P（x1，y1），Q（x2，x2），则有

y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4.

由解法1有M（2，4y1x1+2），N（2，4y2x2+2）.

接下来证明MO·NO=0即可.

MO·NO=4+16y1y2（x1+2）（x2+2）

=4+16y1y2m2y1y2+3m（y1+y2）+9

=4+16（3m2-9）m2（3m2-9）+3m（-6m）+9（3m2+4）=0，

因此直线PQ恒过定点（1，0）.

解法3圆T方程为

（x-2）2+（y-t）2=t2+4，

令x=2有y2-2ty-4=0.

所以yMyN=-4.

由解法1有M（2，4y1x1+2）.

同理N（2，4y2x2+2）.

所以

yMyN=4y1x1+2×4y2x2+2

=16y1y2（x1+2）（x2+2）=-4.

即16y1y2m2y1y2+m（n+2）（y1+y2）+（n+2）2=-4.

后面和解法1相同，略

评注直线过定点问题的解决方法有两种.一种设直线方程为双参数形式x=my+n，利用已知条件求解双参数关系，从而消去一个参数，再判断恒过定点.另一种为数形结合、特殊位置寻找到定点，再转化为证明任意情况过此点.

2 问题提出

新高考评价体系要求“设置新颖的试题呈现方式，促使学生主动思考、发现新问题、找到新规律、得出新结论”，基于此，做完此题，不难有以下思考：

（1）任意椭圆中，定线为x轴的过右顶点的垂线，对应定点存在吗？

（2）任意椭圆中， 定线为x轴的过任意点的垂线，对应定点存在吗？

（3）双曲线和抛物线中会有类似特征吗？

3 探究与推广

命题1如图1，椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A， O为坐标原点，T在直线x=a上运动，圆T过点O且交直线x=a于M，N两点，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q（异于顶点A），则直線PQ过定点（4ab2-a3a2+4b2，0）.

证明直线PQ斜率不为0，故设方程为x=my+n，与x2a2+y2b2=1联立有

（b2m2+a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则有

y1+y2=-2mnb2b2m2+a2，y1y2=b2n2-a2b2b2m2+a2.

由题知圆T就是以MN为直径过原点的圆，其方程为

（x-a）2+（y-t）2=t2+a2.

令x=a，有y2-2ty-a2=0.

所以yMyN=-a2.

直线AP为y=y1x1+a（x+a），

令x=a，有M（a，2ay1x1+a）.

同理N（a，2ay2x2+a）.

所以

yMyN=2ay1x1+a×2ay2x2+a

=4a2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-a2.

即m2y1y2+m（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即m2（b2n2-a2b2b2m2+a2）+m（a+n）（-2mnb2b2m2+a2）+（n+a）2=0.

即（a2+4b2）n2+2a3n+a4-4a2b2=0.

即［（a2+4b2）n+a3-4ab2］（n+a）=0.

所以n=-a或n=4ab2-a3a2+4b2.

当n=-a时，PQ过点A，不合题意.

当n=4ab2-a3a2+4b2时，PQ过定点（4ab2-a3a2+4b2，0）［3］.

命题1是例题的理论背景，当a=2，b=3即可算出PQ过定点（1，0）.命题1中将x=a改为x=s变为更一般的情况，有以下命题.

命题2如图2，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左顶点为A， 设O为坐标原点，设点T（s，t）（s≠0，t∈R），圓T过O且交直线x=s于M，N两点，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q（异于顶点A），直线PQ过定点（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

证明直线PQ斜率不为0，故设方程为x=my+n，与x2a2+y2b2=1联立有

（b2m2+a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，设P（x1，y1），Q（x2，x2），则有

y1+y2=-2mnb2b2m2+a2，

y1y2=b2n2-a2b2b2m2+a2.

由题知圆T就是以MN为直径过原点的圆，其方程为

（x-s）2+（y-t）2=t2+s2.

令x=s，有y2-2ty-s2=0.

所以yMyN=-s2.

直线AP为y=y1x1+a（x+a），

令x=s有M（s，（a+s）y1x1+a）.

同理N（s，（s+a）y2x2+a）.

所以yMyN=（s+a）y1x1+a×（s+a）y2x2+a

=（s+a）2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-s2.

即［（s+a）2+s2a2）］y1y2+ms2（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即［（s+a）2+s2a2）］（b2n2-a2b2b2m2+a2）+ms2（a+n）（-2mnb2b2m2+a2）+（n+a）2=0.

即（a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2）n2+2a3s2n+a4s2-a2b2s2-2a3b2s-a4b2=0.

即［（a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2）n+a3s2-ab2s2-2a2b2s-a3b2］（n+a）=0.

所以n=-a或

n=a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2s2a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2.

当n=-a时，PQ过点A，不合题意.

当n=a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2s2a2s2+b2s2+2ab2s+a2b2时，直线PQ过定点（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

把椭圆背景改为双曲线有以下命题.

命题3已知双曲线C：x2a2-y2b2=1的左顶点为A， 设O为坐标原点，设点T（s，t）（s≠0，t∈R），圆T过点O且交直线x=s于M，N两点，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q（异于顶点A），直线PQ过定点（a3b2-a3s2+ab2s2+2a2b2sa2b2+a2s2+b2s2+2ab2s，0）.

证明直线PQ斜率不为0，故设方程为x=my+n，与x2a2-y2b2=1联立有

（b2m2-a2）y2+2mnb2y+b2n2-a2b2=0.

易知Δ>0，且b2m2-a2≠0，设P（x1，y1），

Q（x2，x2），则

y1+y2=-2mnb2b2m2-a2，y1y2=b2n2-a2b2b2m2-a2.

由题知圆T就是以MN为直径过原点的圆，其方程为

（x-s）2+（y-t）2=t2+s2.

令x=s，有y2-2ty-s2=0.

所以yMyN=-s2.

直线AP为y=y1x1+a（x+a），

令x=s，有M（s，（a+s）y1x1+a）.

同理N（s，（s+a）y2x2+a）.

所以yMyN=（s+a）y1x1+a×（s+a）y2x2+a

=（s+a）2y1y2（my1+a+n）（my2+a+n）

=-s2.

即［（s+a）2+s2a2）］y1y2+ms2（a+n）（y1+y2）+（n+a）2=0.

即［（s+a）2+s2a2）］（b2n2-a2b2b2m2-a2）+ms2（a+n）（-2mnb2b2m2-a2）+（n+a）2=0.

即（b2s2-a2s2+2ab2s+a2b2）n2-2a3s2n-a4s2-a2b2s2-2a3b2s-a4b2=0.

即［（b2s2-a2s2+2ab2s+a2b2）n-a3s2-ab2s2-2a2b2s-a3b2］（n+a）=0.

所以n=-a或n=a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2.

当n=-a时，PQ过点A，不合题意.

当n=a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2时，直线PQ过定点（a3b2+a3s2+ab2s2+2a2b2sb2s2-a2s2+2ab2s+a2b2，0）.

把命题3中x=s改为x=a得到一个推论即命题4.

命题4如图3双曲线C：x2a2-y2b2=1的左顶点为A， O为坐标原点，T在直线x=a上运动，圆T过点O且交直线x=a于M，N两点，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q（异于顶点A），直线PQ過定点（4ab2+a34b2-a2，0）.

抛物线中以左右无穷远处为左右顶点，即过直径端点作x轴平行线，寻P，Q，见下面命题5.

命题5如图4，抛物线C：y2=2px（p>0），O为坐标原点，T在直线x=t上运动，圆T过O且交直线x=t（t≠0）于M，N两点，过M，N分别作x轴平行线交C于P，Q（异于顶点O），则直线PQ过定点（t22p，0）.

证明直线PQ斜率不为0，故设方程为x=my+n，与y2=2px联立有

y2-2pmy-2pn=0.

设P（x1，y1），Q（x2，x2），则有

y1+y2=2pm，y1y2=-2pn.

设T（t，h），由题圆T就是以MN为直径过原点的圆，其方程为

（x-t）2+（y-h）2=t2+h2.

令x=t，有y2-2hy-t2=0.

所以yMyN=-t2.

由题P（xp，yM），Q（xQ，yN），

所以yMyN=y1y2=-t2.

即-2pn=-t2.

即n=t22p.

所以直线PQ过定点（t22p，0）.

命题5中若将x=t改为x=p2，即垂线过焦点，则得如下命题：

命题6抛物线C：y2=2px（p>0），O为坐标原点，T在直线x=p2上运动，圆T过点O且交直线x=p2于M，N两点，过M，N两点分别作x轴平行线交C于P，Q（异于顶点O），则直线PQ过定点（p8，0）.

4 结束语

数学学科的关键能力有逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力、数学建模能力和创新能力.为了考查数学关键能力，高考试题命制也以素养为导向，以培养关键能力为目标.就解析几何教学而言，教师不能仅仅作简单的解答分析和解答过程表述，更应该在深层次上重视知识的背景与关联、特殊与一般、类比与推广、来源与发展，才能有效培养学生更高的学科素养和关键能力，才能结合考题做到立德树人、服务选材、引导教学实现高考的核心功能［4］.

参考文献：

［1］ 教育部考试中心.中国高考评价体系[M].北京：人民教育出版社，2019.

［2］ 晏炳刚，刘燕.2023年新高考全国Ⅱ卷21题的解法与溯源［J］.中学数学研究，2023（08）：41-44.

［3］ 李维.对一道高考模拟题的解法探究、背景溯源与拓展［J］数学通讯，2019（19）：32-34.

［4］ 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［责任编辑：李璟］