圓錐曲線中一類定點問題的探究

☉浙江省臨海市大田中學 葉偉飛

以圓錐曲線為背景的定點問題在近幾年的高考命題中經(jīng)常出現(xiàn)，此類問題對考生分析問題和計算處理問題的能力要求較高.本文以橢圓背景下的一道定點問題為引例，從問題的多種解法、多種變式及結(jié)論等幾個視角進行探究.

引例已知橢圓的離心率等于，經(jīng)過其左焦點F（-1，0）且與x軸不重合的直線l與橢圓C交于M，N兩點.

（1）求橢圓C的方程；

（2）O為坐標原點，在x軸上是否存在定點Q，使得點F到直線QM，QN的距離總相等？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由.

第（1）問橢圓C的方程為過程略），下面對第（2）問進行探究.

一、問題分析

思路1：若存在點Q，使得點F到直線QM，QN的距離相等，即點F到∠MQN的兩邊的距離相等，則QF為∠MQN的角平分線，∠MQF=∠NQF，即直線QM與QN的斜率互為相反數(shù)，進而找到解題的切入點.

思路2：如圖1所示，結(jié)合橢圓的對稱性，若滿足條件的點Q存在，則點N關(guān)于x軸的對稱點N′即為直線QM與橢圓的另一個交點P，即Q，P，M三點共線.

圖1

二、問題解答

針對上面兩種思路，得到如下兩種解法.

解法1：當直線MN斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為

設(shè)Q（t，0）.由點M，N在x軸異側(cè)，則問題等價于“QF平分∠MQN”，且x1≠t，x2≠t，又等價于

將y1=k（x1+1），y2=k（x2+1）代入上式，整理得2x1x2+

將根與系數(shù)的關(guān)系代入上式，整理得t+2=0，即t=-2，所以Q（-2，0）.

當直線MN的斜率不存在時，存在Q（-2，0）也使得點F到直線QM，QN的距離相等.

故在x軸上存在定點Q（-2，0），使得點F到直線QM，QN的距離總相等.

解法2：設(shè)滿足條件的點Q存在，設(shè)Q（t，0），M（x1，y1），N（x2，y2），點N關(guān)于x軸的對稱點N′（x2，-y2），則共線.

設(shè)直線MN：x=my-1（m≠0），

則x1=my1-1，x2=my2-1，代入上式得

將直線MN與橢圓方程聯(lián)立得：消元得（m2+2）y2-2my-1=0.

所以t=-2，Q（-2，0）.

當m=0時，存在Q（-2，0）也使得點F到直線QM，QN的距離相等.

故在x軸上存在定點Q（-2，0）滿足題意.

三、結(jié)論探究

由第（2）問的結(jié)論發(fā)現(xiàn)無論直線l怎么旋轉(zhuǎn)，交點M，N與定點Q始終滿足題意，那么點Q與橢圓有何關(guān)聯(lián)？細心的讀者可能發(fā)現(xiàn)點Q為橢圓的準線與x軸的交點.基于此視角，下面對問題的一般結(jié)論進行探究.

結(jié)論1：F為橢圓的右焦點，過F的直線與橢圓C交于A、B兩點，點為坐標原點，則點F到MA，MB的距離相等.

本結(jié)論的證明，除了利用引例所述的兩種方法外，還可以利用橢圓的第二定義.

證明：如圖2所示，由橢圓的第二定義知

由

則∠AMA′=∠BMB′.

所以∠OMA=∠OMB.

所以點F到MA，MB的距離相等.

類似地，我們還可以將該結(jié)論拓展到雙曲線和拋物線中.

結(jié)論2：F為拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點，過點F的直線與C交于A、B兩點，點為坐標原點，則點F到MA，MB的距離相等.證明略.

結(jié)論3：F為雙曲線的右焦點，過F的直線與C右支交于A、B兩點，點為坐標原點，則點F到MA，MB的距離相等.證明略.

四、變式探究

變式：已知橢圓的離心率等于，經(jīng)過其左焦點F（-1，0）且與x軸不重合的直線l與橢圓C交于M，N兩點.

（1）求橢圓C的方程；

（2）O為原點，點Q（-2，0），M，N是橢圓上兩個動點，若直線QM與QN的斜率互為相反數(shù)，判斷直線MN是否過x軸上某定點.

解析：可設(shè)直線MN：y=kx+m與橢圓方程聯(lián)立得消元得

將y1=kx1+m，y2=kx2+m，代入上式得

所以m-k=0，即m=k.

所以直線MN過定點（-1，0）.

綜上所述，通過對一道題目的多種探究，讓我們不僅明白了問題的多種求解思路，而且清楚了命題的根源，拓寬了解題的思路，落實了解題能力的提升.W