多法齐聚显神通同题类比现真知

摘要：极点极线背景下的定点定值问题是高考的重难点之一.对于此类问题，常规的解题方法为联立直线与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系进行求解，但计算量往往较大.事实上，还有一些其他的方法可以解决此类问题.此外，教师若能看清问题的背景、明确命题的立意，势必能够在教学时会当凌绝顶，让学生一览众山小.

关键词：极点极线；定比点差法；平移齐次化；二次曲线系；定点定值

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0034-05

近年来，高考中的解析几何解答题，除了常规的联立直线与圆锥曲线的方程外，还蕴含着一些其他的方法，如平移齐次化、二次曲线系、坐标转化、定比点差法等.本文以一道质检试题为例，谈谈这些方法的使用，并通过挖掘背景，得到一个更为普遍的结论.

1 题目呈现

题1（福建省2023届高中毕业班适应性练习21）已知圆A1：（x+1）2+y2=16，直线l1过点A2（1，0）且与圆A1交于点B，C，BC中点为D，过A2C中点E且平行于A1D的直线交A1C于点P，记点P的轨迹为Γ.

（1）求Γ的方程；

（2）坐标原点O关于A1，A2的对称点分别为B1，B2，点A1，A2关于直线y=x的对称点分别为C1，C2，过点A1的直线l2与Γ交于M，N两点，直线B1M，B2N相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.

①△QB1C1的面积是定值；

②△QB1B2的面积是定值；

③△QC1C2的面积是定值.

2 解法探究

2.1 第（1）问解析

解析（1）作出图形如图1所示，由题意，得A1（-1，0），A2（1，0）.

因为D为BC中点，

所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C.

又PE∥A1D，所以PE⊥A2C.

又E为A2C的中点，所以|PA2|=|PC|.

所以|PA1|+|PA2|=|PA1|+|PC|=|A1C|=4>|A1A2|.

所以点P的轨迹Γ是以A1，A2为焦点的椭圆（左、右顶点除外）.

设Γ：x2a2+y2b2=1（x≠±a），其中a>b>0，且a2-b2=c2，则2a=4，所以a=2，c=1，b=a2-c2=3，故Γ：x24+y23=1（x≠±2）［1］.

注由于第（1）问较为简单，仅给出参考答案如上.在求解第（2）问之前，先作图2如下.

2.2 第（2）问解析

结论③正确.下证：ΔQC1C2的面积是定值.

依题意，B1（-2，0），B2（2，0），C1（0，-1），

C2（0，1）.

解法1（设点联立）设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），直线B2Q：y=y0x0-2（x-2），

联立y=y0x0-2（x-2），3x2+4y2-12=0，化简，得

（3x20+4y20-12x0+12）x2-16y20x+16y20-12x20+48x0-48=0.

故2·x2=16y20-12x20+48x0-483x20+4y20-12x0+12.

则x2=8y20-6x20+24x0-243x20+4y20-12x0+12，

y2=y0x0-2（x2-2）=-12x0y0+24y03x20+4y20-12x0+12.

同理可得，x1=-8y20+6x20+24x0+243x20+4y20+12x0+12，

y1=12x0y0+24y03x20+4y20+12x0+12.

而M，A1，N三點共线，则y1x1+1=y2x2+1.

则2（x0+4）（3x20+4y20-12）=0.

而Q（x0，y0）在曲线Γ外，故3x20+4y20-12>0.则x0=-4.

故点Q在直线x=-4上［2］.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

解法2（设线联立）设直线l2：x=my-1，联立x=my-1，3x2+4y2-12=0，

整理，得

（3m2+4）y2-6my-9=0，

Δ=36m2+36（3m2+4）=144（1+m2）>0.

设M（x1，y1），N（x2，y2），其中x1≠±2，x2≠±2，

则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，

其中-3（y1+y2）=2my1y2.

直线B1M：y=y1+2x1（x+2），

直线B2N：y=y2-2x2（x-2）.

想法1：联立y=y1+2x1（x+2），y=y2-2x2（x-2），得

xQ=2［y2（x1+2）+y1（x2-2）y2（x1+2）-y1（x2-2）］

=2［y2（my1+1）+y1（my2-3）y2（my1+1）-y1（my2-3）］

=2（2my1y2+y2-3y1y2+3y1）

=2［2my1y2+3（y1+y2）-2（y2+3y1）y2+3y1］=-4.

故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

想法2：

xQ+2xQ-2

=y2（x1+2）y1（x2-2）

=my1y2+y2my1y2-3y1

=-3（y1+y2）/2+y2-3（y1+y2）/2-3y1

=-3y1/2-y2/2-9y1/2-3y2/2

=13，

解得xQ=-4.

故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

解法3（平移齐次化）设Q（x0，y0），

直线MN：x+my+1=0（m≠0），

直线QB1的斜率kQB1=y0x0+2=kB1M，

直线QB2的斜率kQB2=y0x0-2=kB2N，

由椭圆第三定义可知，kB1N·kB2N=-34.

故kB1N=-34kB2N=-34·x0-2y0.

则kB1M·kB1N=-34·y0x0+2·x0-2y0

=-34·x0-2x0+2.

将椭圆C的方程向右平移两个单位后得到

（x-2）24+y23=1.

即3x2-12x+4y2=0.

而直线MN的方程向右平移两个单位后得到x+my=1，则3x2-12x（x+my）+4y2=0.

整理，得4（yx）2-12m·yx-9=0.

故kB1M，kB1N可以看作是上述方程的两根，则

kB1M·kB1N=-94=-34·x0-2x0+2，

解得x0=-4.

故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4［3］.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

解法4（斜率双用）设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），直线B1Q的斜率

kQB1=y0x0+2=y1x1+2，①

直线B2Q的斜率

kQB2=y0x0-2=y2x2-2，②

则kQB1kQB2=x0-2x0+2=y1/（x1+2）y2/（x2-2）.

记x0-2x0+2=λ，则该式整理，得

x2y1-2y1=λx1y2+2λy2.③

由椭圆的第三定义可知，

y1x1-2·y1x1+2=-34，④

y2x2-2·y2x2+2=-34.⑤

将①代入④，得

y1x1-2·y0x0+2=-34.⑥

将②代入⑤，得

y0x0-2·y2x2+2=-34.⑦

⑥⑦=［y1/（x1-2）］·［y0/（x0+2）］［y0/（x0-2）］·［y2/（x2+2）］=1.

整理，得x1y2-2y2=λx2y1+2λy1.⑧

③-⑧，得

（λ+1）（x2y1-x1y2）=（2λ-2）（y2-y1）.⑨

而M，A1，N三点共线可得，y1x1+1=y2x2+1.

即x2y1-x1y2=y2-y1.⑩

联立⑨⑩，解得λ=3，即x0-2x0+2=3，解得x0=-4，故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

解法5（定比点差法）设Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），MA1=λA1N，

则-1=x1+λx21+λ，0=y1+λy21+λ.

而x214+y213=1，λ2x224+λ2y223=λ2，兩式相减可得，

（x1+λx2）（x1-λx2）4+（y1+λy2）（y1-λy2）3=1-λ2.

整理，得x1-λx2=4λ-4.

而x1+λx2=-1-λ，

解得x1=3λ-52，x2=3-5λ2λ.

而y0x0-2=y2x2-2，y0x0+2=y1x1+2，

两式相除，得

x0+2x0-2=y2（x1+2）y1（x2-2）

=-1λ·（3λ-5）/2+2（3-5λ）/2λ-2=13，

解得x0=-4，故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

解法6（二次曲线系）设直线B1M：k1x-y+2k1=0，直线B2N：k2x-y-2k2=0，直线B1B2：y=0，直线MN：x-my+1=0，则过M，N，B1，B2四点的二次曲线系方程为（k1x-y+2k1）（k2x-y-2k2）+λy（x-my+1）=0.

展开得k1k2x2+（1-λm）y2+（λ-k1-k2）xy+（λ-2k1+2k2）y-4k1k2=0，对比x24+y2=1可知，λ-k1-k2=0，λ-2k1+2k2=0，则k1=3k2.

联立3k2x-y+6k2=0，k2x-y-2k2=0，

两式相减，得x=-4.

故点Q在直线x=-4上.

所以点Q到C1C2的距离d=4.

则ΔQC1C2的面积为定值12×2×4=4.

3 拓展延伸

题2（2020年新课标Ⅰ卷理20、文21）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>0）的左、右顶点，G为椭圆E的上顶点，AG·GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与椭圆E的另一交点为C，PB与椭圆E的另一个交点为D.

（1）求椭圆E的方程；

（2）证明：直线CD过定点.

通过对比不难发现，题1与题2有着异曲同工之妙，综合两个问题，我们可以得到如下结论：

结论1设A，B分别为椭圆C：x2a2+y2b=1（a>b>0）的左、右顶点，过点P（t，0）（-a

证明设直线AM：k1x-y+ak1=0，直线BN：k2x-y-ak2=0，直线B1B2：y=0，直线MN：x-my-t=0，则过M，N，B1，B2四点的二次曲线系方程为（k1x-y+ak1）（k2x-y-ak2）+λy（x-my-t）=0.

展开得k1k2x2+（1-λm）y2+（λ-k1-k2）xy+（-λt-ak1+ak2）y-a2k1k2=0，对比x2a2+y2b2=1（a>b>0）可知，λ-k1-k2=0，-λt-ak1+ak2=0.

整理，得k1k2=a-ta+t.

而k1x-y+ak1=0，k2x-y-ak2=0，消去y得x=-ak1+ak2k1-k2=-ak1/k2+ak1/k2-1=-a（a-t）/（a+t）+a（a-t）/（a+t）-1=a2t.

结论2设A，B分别为椭圆C：x2a2+y2b=1（a>b>0）的左、右顶点，点Q为直线x=a2t（-a

结论3设A，B分别为双曲线C：x2a2-y2b=1（a>0，b>0）的左、右顶点，过点P（t，0）（t<-a或t>a）的直線与双曲线C交于M，N两点（点M，N异于点A，B），直线AM，BN交于点Q，则动点Q在定直线x=a2t上.

结论4设A，B分别为双曲线C：x2a2-y2b=1（a>0，b>0）的左、右顶点，点Q为直线x=a2t（t<-a或t>a）上的动点，直线QA与双曲线C的另一个交点为M，直线QB与双曲线C的另一个交点为N（点M，N异于点A，B），则直线MN过定点P（t，0）.

结论2，3，4的证明与结论1类似，这里不再赘述.对于焦点在y轴上的椭圆和双曲线也有类似结论，有兴趣的读者可以自行归纳整理.

进一步剖析结论的背景，可以看出两个问题出自“极点极线定理”：

对于圆锥曲线C：Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0，已知点P（x0，y0）（非中心）及直线l：Ax0x+B·x0y+y0x2+Cy0y+D·x0+x2+E·y0+y2+F=0，我们称点P为直线l关于圆锥曲线C的极点，称直线l为点P关于圆锥曲线C的极线.特别地，若直线MN是点P关于曲线x2m+y2n=1的极线，则直线MN过点（mx0，0）的充要条件是点P在直线x=x0上（直线MN过点（0，ny0）的充要条件是点P在直线y=y0上）.

4 结束语

因此，在求解解析几何的问题时，若是能够洞悉试题的背景，在解题的过程中必能高瞻远瞩，在教学的过程中必能游刃有余.教师要善于挖掘试题背后的结论，进而深入浅出.

参考文献：

[1] 李国民.用二次曲线系快速解决一类定点定值问题[J].数学通讯，2014（17）：38-39.

[2] 唐洵.齐次转化精彩纷呈，斜率双用好戏连台[J].中学生数学，2022（19）：14-16.

[3] 唐洵.一道解析几何定点问题的多解与简单推广[J].数理化解题研究，2022（19）：51-54.

［责任编辑：李璟］