对一道解析几何模考题的解法探究与拓展

摘 要：文章以一道2024年合肥二模的解析几何解答题为例，阐述对其多角度的解法探究，并进行拓展推广，得到一般性的结论，最后给出几点建议，以期提升教学效果.

关键词：解析几何;解法探究;拓展

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0019-05

收稿日期：2024-08-05

作者简介：钟国城（1986.6—），男，广东省五华人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

解析几何是高中数学的重要内容之一，也是高考的热点与难点内容.解析几何试题往往解法多样，且试题背后几乎都有深刻的背景.对经典的题目进行多角度探究及拓展，有助于我们看清问题的本质，指导我们更好地做好数学教学工作，同时也有利于开拓学生的数学视野，培养学生的数学思维，提升学生的数学核心素养.

1 试题呈现

题目 （2024年合肥二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦点为F，左顶点为A，短轴长为23，且经过点（1，32）.

（1）求椭圆C的方程;

（2）过点F的直线l（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x=4的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值.

2 试题分析

试题考查椭圆的标准方程以及椭圆的顶点、焦点等重要知识，以直线与椭圆的位置关系为载体，求证两条直线的斜率乘积为定值.第（1）问属于常规问题，体现了对广大考生的人文关怀，凸显了试题的基础性;第（2）问考查了直线与椭圆的位置关系及其运算，考查了逻辑推理与运算求解能力，考查了数形结合思想以及用代数方法解决几何问题的能力，并全面考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.

3 解法探究

3.1 第（1）问解析

解析 由题意，得2b=23，1a2+94b2=1.

解得a=2，b=3.

所以椭圆C的方程为x24+y23=1.

评注 第（1）问是圆锥曲线的基本问题—求曲线的标准方程，通常做法是根据题目条件，建立有关a，b，c的方程组求解即可.虽难度不大，但需注意计算的准确性^［1］.

3.2 第（2）问解析

分析1 直线l的变化引起P，Q两点的变化，进而引起M，N两点的变化，因此引入直线l的方程，寻找P，Q两点与M，N两点的关系，利用韦达定理求解.

证法1 设P（x1，y1），Q（x2，y2），l：x=ty+1，

则直线AP：y=y1x1+2（x+2），

AQ：y=y2x2+2（x+2）.

由x=ty+1，x24+y23=1， 得

（3t2+4）y2+6ty-9=0.

所以y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4.

由y=y1x1+2（x+2），x=4， 得M（4，6y1x1+2）.

同理N（4，6y2x2+2）.

所以k1·k2=6y1/（x1+2）-04-1·6y2/（x2+2）-04-1

=36y1y29（ty1+3）（ty2+3）

=4y1y2t2y1y2+3t（y1+y2）+9

=-36/（3t2+4）-9t2/（3t2+4）-18t2/（3t2+4）+9

=-1.

即k1·k2为定值.

评注 证法1虽思路自然，但运算较为繁杂，究其原因在于使用P，Q两点的坐标来表达M，N两点的坐标，表示形式较为复杂^［2］.尽管如此，此法仍属于解决解析几何问题的通性通法，须在平时的学习中认真落实到位.

分析2 由于要证k1·k2为定值，考虑引入直线FM，FN的方程，使用斜率k1，k2表示M，N的坐标.根据A，P，M三点共线与A，Q，N三点共线，得到点P，Q的坐标与斜率k1，k2的关系，进而利用韦达定理求解.

证法2 设P（x1，y1），Q（x2，y2），l：x=ty+1，

由x=ty+1，x24+y23=1， 得

（3t2+4）y2+6ty-9=0.

所以y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4.

由题可知，FM：y=k1（x-1），

FN：y=k2（x-1）.

由y=k1（x-1），x=4，得

M（4，3k1）.

同理N（4，3k2）.

因为A，P，M三点共线，

所以kAP=kAM.

即k12=y1x1+2.

故k1=2y1x1+2.

同理k2=2y2x2+2.

所以k1·k2=2y1x1+2·2y2x2+2

=4y1y2t2y1y2+3t（y1+y2）+9

=-36/（3t2+4）-9t2/（3t2+4）-18t2/（3t2+4）+9

=-1.

即k1·k2为定值.

评注 证法2是证法1的优化证法，区别就在于使用斜率k1，k2表示M，N的坐标^［3］，其表达形式比证法1简洁，与所证结论的联系也更为直接，在一定程度上减少了计算量.

分析3 由于已知点A，且M，N两点为直线AP，AQ与直线x=4的交点，考虑引入直线AP，AQ的方程，使用直线AP，AQ的斜率表示点P，Q，M，N的坐标.根据P，F，Q三点共线，得到直线AP，AQ的斜率之间的关系，进而结合点M，N的坐标，得到k1·k2为定值.

证法3 设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线AP：y=k（x+2），AQ：y=k′（x+2），则k≠k′.

由y=k（x+2），x24+y23=1， 得

（3+4k2）x2+16k2y+16k2-12=0，

所以-2·x1=16k2-123+4k2.

即x1=6-8k23+4k2.

故y1=k（x1+2）=123+4k2.

即P（6-8k23+4k2，12k3+4k2）.

同理Q（6-8k′23+4k′2，12k′3+4k′2）.

因为P，F，Q三点共线，

所以PF∥FQ.

即（1-6-8k23+4k2）·12k′3+4k′2-（6-8k′23+4k′2-1）·（-12k3+4k2）=0.

整理，得

（k-k′）（4k·k′+1）=0.

因为k≠k′，

所以4k·k′+1=0.

即k·k′=-14.

由y=k（x+2），x=4， 得

M（4，6k）.

同理N（4，6k′）.

所以k1·k2=6k-04-1·6k′-04-1=4k·k′=-1.

即k1·k2为定值.

评注 证法3引入直线AP，AQ的方程，让点P，Q，M，N的坐标都用两直线的斜率来表示，从而达到变量的统一.根据题意寻找两直线斜率之间的关系，最终证得结论.对比证法1与证法2，此法虽然运算较为复杂，但也是求解解析几何问题的一种很常用的方式，需认真体会.

分析4 考虑所证结论是k1·k2为定值，结合证法3，引入直线FM，FN的方程，使用斜率k1，k2表示点P，Q的坐标更为直接.

证法4 设P（x1，y1），Q（x2，y2），由题可知，

FM：y=k1（x-1），

FN：y=k2（x-1）.

由y=k1（x-1），x=4， 得

M（4，3k1）.

同理N（4，3k2）.

所以AM：y=k12（x+2），

AN：y=k22（x+2）.

由y=k12（x+2），x24+y23=1， 得

（3+k21）x2+4k21y+4k21-12=0，

所以-2·x1=4k21-123+k21.

即x1=6-2k213+k21.

故y1=k12（x1+2）=6k13+k21.

即P（6-2k213+k21，6k13+k21）.

同理Q（6-2k223+k22，6k23+k22）.

因为P，F，Q三点共线，

所以PF∥FQ.

即（1-6-2k213+k21）·6k23+k22-（6-2k223+k22-1）·（-6k13+k21）=0.

整理，得

（k1-k2）（k1·k2+1）=0.

因为k1≠k2，

所以k1·k2+1=0.

即k1·k2=-1.

即k1·k2为定值.

评注 证法4本质上与证法3是一样的，只不过证法4是使用k1，k2来表示所需条件，处理更为直接，是证法3的优化.

分析5 证法3的证明过程中出现了直线AP，AQ的斜率乘积为定值，因此可以考虑使用“齐次化”来处理.

证法5 设P（x1，y1），Q（x2，y2），l：13（x+2）+ny=1，直线AP：y=k（x+2），AQ：y=k′（x+2）.

由x24+y23=1，得

4y2-12（x+2）+3（x+2）2=0.

所以4y2-12（x+2）［13（x+2）+ny］+3（x+2）2=0.

即4（yx+2）2-12n（yx+2）-1=0.

故y1x1+2·y2x2+2=-14.

即k·k′=-14.

由y=k（x+2），x=4， 得

M（4，6k）.

同理N（4，6k′）.

所以k1·k2=6k-04-1·6k′-04-1=4k·k′=-1.

即k1·k2为定值.

评注 证法5是巧法，将直线的斜率巧妙地转化为方程的根，结合韦达定理求解，一般题目涉及斜率之和或之积，就可利用此法解决.需要注意的是，使用此法时对引入直线方程的形式与曲线方程的变形均有严格的要求^［4］.

4 试题拓展

4.1 推广探究

将试题第（2）问进行一般化推广得到：

命题1 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦点为F（c，0），左顶点为A（-a，0），过点F的直线l（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x=a2c的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，则k1·k2=-1.

若点F是x轴上的其他定点，k1·k2还是定值吗？于是将命题1进一步推广为：

命题2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左顶点为A（-a，0），F（n，0）（n≠0，n≠±a）为x轴上一定点，过点F的直线l（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x=a2n的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，则k1·k2=-b2a2-n2.

4.2 类比探究

将命题2引申到双曲线中，得到：

命题3 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左顶点为A（-a，0），F（n，0）（n≠0，n≠±a）为x轴上一定点，过点F的直线l（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x=a2n的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，则k1·k2=b2a2-n2^［5］.

类比到抛物线中，得到：

命题4 已知抛物线C：y2=2px（pgt;0）的顶点为O（0，0），F（n，0）（n≠0）为x轴上一定点，过点F的直线l（不与x轴重合）与C交于P，Q两点，直线OP，OQ与直线x=-n的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，则k1·k2=-p2n.

4.3 逆向探究

经过探究，发现命题2、命题3与命题4的逆命题也成立，得到：

命题5 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左顶点为A（-a，0），F（n，0）（n≠0）为x轴上一定点， 点M，N在直线x=a2n（n≠±a）上，直线AM，AN与C交于P，Q两点，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，若k1·k2=-b2a2-n2，则直线PQ过点F.

命题6 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左顶点为A（-a，0），F（n，0）（n≠0）为x轴上一定点，点M，N在直线x=a2n（n≠±a）上，直线AM，AN与C交于P，Q两点，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，若k1·k2=b2a2-n2，则直线PQ过点F.

命题7 已知抛物线C：y2=2px（pgt;0）的顶点为O（0，0），F（n，0）（n≠0）为x轴上一定点，点M，N在直线x=-n（n≠0）上，直线OM，ON与C交于P，Q两点，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，若k1·k2=-p2n，则直线PQ过点F.

以上命题的证明过程与试题第（2）问的解答过程类似，在此不再赘述.

5 结束语

通过对此题的深入探究与拓展，我们在平时教学中，应该要注意以下三点：一是要落实通性通法，夯实学生基础，贯彻新课标与新高考的要求;二是多尝试一题多解，开拓学生的数学视野，提升学生的数学思维;三是多进行一题多变.对典型问题要深入探究、拓展、变式，做到对一类问题的深度学习，力争“做一题，会一类”，达到触类旁通的效果.

参考文献：

［1］钟国城，陈启南.2022年新高考卷Ⅰ解析几何压轴题的解法探究与推广[J].中学生理科应试，2022（10）：8-10.［2］ 高继浩.探究圆锥曲线中的一类斜率之和问题[J].数理化解题研究，2024（01）：71-73.

［3］ 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，2020.

［4］ 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.

［5］ 钟国城.对一道解析几何题的多角度探究［J］.数理化解题研究，2023（01）：2-6.

［责任编辑：李 璟］