探究解析幾何探索型問題

舒敬宇

【摘要】解析幾何問題在高考數(shù)學(xué)試題中占有十分重要的地位，在考查解析幾何知識的題型中經(jīng)常出現(xiàn)探索型問題的求解，如定點(diǎn)問題、定值問題、定直線問題等.探索型問題是一種具有開放性和發(fā)散性的問題，此類題目的條件或結(jié)論不完備，要求解答者自己去探索，并結(jié)合已有條件進(jìn)行觀察、分析、比較和概括.這類問題對考生的數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)意識及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)方法的能力提出了較高的要求，因此它更有利于培養(yǎng)考生探索、分析、歸納、判斷、討論與證明等方面的能力，使考生經(jīng)歷發(fā)現(xiàn)問題、研究問題、解決問題的全過程.

【關(guān)鍵詞】探索型問題;研究對象是幾何圖形;研究方法是代數(shù)方法

【基金項(xiàng)目】本文系黑龍江省教育科學(xué)“十三五”規(guī)劃2020年度教研專項(xiàng)課題《初高中數(shù)學(xué)教學(xué)銜接問題研究》（課題編號：JYC1320359）的階段性研究成果.

引言

在初中幾何初步中，學(xué)生學(xué)習(xí)了幾何推理基礎(chǔ)，三角形、四邊形、直線和圓等相關(guān)幾何問題.初中數(shù)學(xué)的特點(diǎn)是從直觀、形象、具體事例出發(fā)，概括出一般結(jié)論，要求學(xué)生熟練掌握幾何推導(dǎo)定理，加強(qiáng)對數(shù)量關(guān)系的敏感度，初步具備一定的運(yùn)算能力.而高中數(shù)學(xué)對應(yīng)的圓錐曲線部分，則突出幾何直觀與代數(shù)運(yùn)算之間的融合，研究對象是幾何圖形，所用的研究方法主要是代數(shù)方法.即通過圖形與代數(shù)的結(jié)合，讓學(xué)生感悟數(shù)學(xué)知識之間的內(nèi)在關(guān)聯(lián)，加強(qiáng)學(xué)生對數(shù)學(xué)整體性的理解，使學(xué)生能夠根據(jù)幾何問題和圖形的特點(diǎn)，用代數(shù)語言把幾何問題轉(zhuǎn)化成代數(shù)問題;根據(jù)對幾何問題的分析，多角度探索解決問題的思路，運(yùn)用代數(shù)方法得到結(jié)論，給出代數(shù)結(jié)論合理的幾何解釋，來解決幾何問題.

解決高中的圓錐曲線問題需要在初中平面幾何的基礎(chǔ)上具備更強(qiáng)的直觀想象能力、運(yùn)算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力.

一、假設(shè)存在、合情推理法

第一步：假設(shè)存在（增添一個已知條件）.

第二步：求出結(jié)論，則存在;否則，不存在.

二、探究證明法

第一步：探究結(jié)論.

常用方法：①斜率為0;②斜率不存在;③利用定點(diǎn)確定斜率;④利用切線;⑤找極限.

第二步：證明結(jié)論（分析法、綜合法）.

常規(guī)解題思路是假設(shè)存在、合情推理法，這種方法需要進(jìn)行消元、化簡、配湊、整合等步驟，其中包含的量過多，求解的運(yùn)算量較大，對學(xué)生的能力要求較高.而探究證明法在解決這類問題時優(yōu)勢比較明顯，要求考生盡可能地結(jié)合圖形，多從幾何角度思考問題，選擇恰當(dāng)?shù)狞c(diǎn)、線、位置來探究結(jié)論，把求解未知問題變?yōu)橐阎C明問題從而降低解題難度.

【典題】橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e=12，Q為橢圓C上的點(diǎn)，且△QF1F2的周長為6.

（1）求橢圓C的方程.

（2）過點(diǎn)F2的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，A，B在直線x=4上的投影分別為A1，B1（A1，B1不重合），試探究：在x軸上是否存在一定點(diǎn)P，使得直線A1B恒過點(diǎn)P？若存在，求出該定點(diǎn)P;若不存在，說明理由.

解（1）（過程略）橢圓C的方程為x24+y23=1.

（2）方法一探究證明法

當(dāng)直線l斜率不存在時，A1，32，B1，-32，A14，32，B1（4，-32），此時直線A1B的方程為y=x-52，得P52，0，

若符合條件的點(diǎn)P存在，則P52，0.

以下證明P52，0就是滿足條件的點(diǎn).

當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），代入x24+y23=1，得4k2+3x2-8k2x+4k2-3=0.

設(shè)A（x1，y1），Bx2，y2，則有x1+x2=8k24k2+3，x1·x2=4（k2-3）4k2+3，PA1=32，y1，PB=（x2-52，y2），

則有y1x2-52-32y2=kx1-1x2-52-32k（x2-1）

=kx1·x2-52x1+x2+4

=k4k2-124k2+3-52×8k24k2+3+4

=0.

即PA1∥PB，故恒有直線A1B過定點(diǎn)P52，0.

評注：這種方法從特殊直線入手，發(fā)現(xiàn)所研究的直線方程關(guān)于x軸對稱，巧妙地避開了煩瑣的計(jì)算過程，打破了因思維的局限性而無從入手的局面.由此可見，探究出結(jié)論，再加以證明也是解決這一類問題的典型方法.

方法二假設(shè)存在、合情推理法

假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)P（t，0）滿足條件，當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，則A1（4，y1），直線A1B的方程為y-y1=y1-y24-x2（x-4）.

令y=0，則0-y1=y1-y24-x2（t-4），所以t-4=-y14-x2y1-y2=-kx1-14-x2kx1-1-x2+1=x1.x2+4-4x1-x2x1-x2.

由（解法一）知x1=4k2+6k2+14k2+3，x2=4k2-6k2+14k2+3，

代入上式得：

t-4=4k2-124k2+3+4-44k2+6k2+14k2+3-4k2-6k2+14k2+34k2+6k2+14k2+3-4k2-6k2+14k2+3

=-1812=-32，解得t=52.

所以在x軸上存在一定點(diǎn)P，使得直線A1B恒過點(diǎn)P52，0.

評注：解決存在性命題時，往往需要先假設(shè)命題成立，增添一個已知條件，再根據(jù)題意求解.若求出的結(jié)論沒有矛盾，則存在成立，反之則不存在.它與探究證明法比較起來相對較難，探究證明法實(shí)現(xiàn)了與圖形的巧妙結(jié)合，化繁為簡，減少了運(yùn)算量.下面，我們在已知題干不變的條件下，通過幾種變式來對其進(jìn)行深度探究.

變式一AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F2的任一弦，不經(jīng)過點(diǎn)P1，32，設(shè)直線AB與直線l：x=4相交于點(diǎn)M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3，則是否存在常數(shù)λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求出λ的值;若不存在，說明理由.

解：當(dāng)k=0時，y=0，則A（2，0），B（-2，0），M（4，0），P1，32，

此時k1=32-0-1=-32，k2=32-03=12，k3=32-0-3=-12，所以k1+k2=-1=2k3.

若符合條件的λ存在，則λ=2.

破解技巧：利用特殊直線探究λ的值.

變式二試問：過點(diǎn)F2（1，0）作斜率為k的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，記AF2=λF2B.若在直線AB上取一點(diǎn)R，使得AR=-λRB，當(dāng)直線l運(yùn)動時，是否存在定直線，使得點(diǎn)R在該直線上？若存在，求出該直線的方程;若不存在，請說明理由.

解當(dāng)k=0時，y=0，則A（2，0），B（-2，0）.

又F2（1，0），AF2=λF2B，易得λ=12.

設(shè)R（x0，y0），因?yàn)锳R=-λRB，所以易得x0=4，

由直線AB的對稱性知，若符合條件的定直線存在，則直線方程為x=4.

破解技巧：先利用斜率為0的直線求出λ的值，再根據(jù)圖形的對稱性獲得相應(yīng)的定直線方程.

變式三過點(diǎn)N（-4，0）作斜率為k的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，記AN=λNB.若在直線AB上取一點(diǎn)R，使得AR=-λRB，當(dāng)直線l運(yùn)動時，是否存在定直線，使得點(diǎn)R在該直線上？若存在，求出定直線的方程;若不存在，請說明理由.

解法一當(dāng)直線l經(jīng)過橢圓的上頂點(diǎn)A（0，3）時，方程為y=34x+3，與橢圓x24+y23=1聯(lián)立得B-85，335，

由AN=λNB，解得λ=-53，設(shè)R（x0，y0），由AR=-λRB，解得x0=-1，

由直線AB的對稱性知，若符合條件的定直線存在，則為x=-1.

破解技巧：逆向思維設(shè)直線方程，尋找R點(diǎn)坐標(biāo).

解法二當(dāng)直線l與橢圓相切時，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，y0），則直線l的方程為xx04+yy03=1，將N-4，0代入得x0=-1，

則-x4+yy03=1，與x24+y23=1聯(lián)立，令Δ=0得y0=32，此時切點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，32）.

因?yàn)锳N=λNB，AR=-λRB，利用極限思想可得R-1，32，

由直線AB的對稱性知，若符合條件的定直線存在，則為x=-1.

破解技巧：利用切線和極限思想尋找R點(diǎn)的橫坐標(biāo).

解法三利用極限法，令λ=1，此時AN=NB，可知A，B兩點(diǎn)重合，由題知在直線AB上取一點(diǎn)R，使得AR=-1RB，

所以A，R，B三點(diǎn)重合，根據(jù)切點(diǎn)弦的結(jié)論，可以得到直線AB的方程為：-4·x4+0·y3=1，解得x=-1，

可得R-1，32或R-1，-32，

由直線AB的對稱性知，若符合條件的定直線存在，則直線方程為x=-1.

破解技巧：借助點(diǎn)N（-4，0），利用切點(diǎn)弦方程獲得R點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)圖形的對稱性鎖定定直線方程.

變式四設(shè)動直線y=kx+m與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)D，且與直線l：x=4相交于點(diǎn)E，試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)G，使得以DE為直徑的圓恒過點(diǎn)G？若存在，求出點(diǎn)G坐標(biāo);若不存在，說明理由.

解當(dāng)直線y=kx+m經(jīng)過橢圓的上頂點(diǎn)D（0，3）并與橢圓相切時，此時直線方程為y=3，與直線l：x=4相交于點(diǎn)E（4，3），以DE為直徑的圓的方程為（x-2）2+（y-3）2=4，令y=0，解得x=1或3.

當(dāng)直線y=kx+m經(jīng)過E（4，0）且與橢圓相切時，設(shè)切線方程為xx04+yy03=1，將E（4，0）代入得x0=1，

取切點(diǎn)坐標(biāo)為D1，32，以DE為直徑的圓的方程為x-522+y-342=4516，令y=0，解得x=1或4.

若在坐標(biāo)平面內(nèi)存在定點(diǎn)G，使得以DE為直徑的圓恒過點(diǎn)G，則點(diǎn)G的坐標(biāo)為（1，0）.

破解技巧：利用兩條特殊直線求出兩個特殊的圓，鎖定定點(diǎn)位置.

變式五過直線l：x=4上一點(diǎn)S引橢圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別是A，B.是否存在常數(shù)λ，使得AF2+BF2=λAF2·BF2恒成立？若存在，求出λ的值;若不存在，說明理由.

解法一當(dāng)點(diǎn)S的坐標(biāo)為（4，0）時，易知兩條切線分別為x4+y2=1，x4-y2=1，切點(diǎn)分別為A1，32，B1，-32，

則有AF2=32，BF2=32，由AF2+BF2=λAF2·BF2，解得λ=43.

破解技巧：利用切線尋找點(diǎn)A，B的坐標(biāo).

解法二過直線l：x=4上一點(diǎn)S引橢圓的兩條切線，由極限思想可知當(dāng)兩條切線斜率均不存在時，切點(diǎn)分別是A（-2，0），B（2，0），則AF2=3，BF2=1，由AF2+BF2=λAF2·BF2，解得λ=43.

破解技巧：利用極限法尋找點(diǎn)A，B的坐標(biāo).

變式六設(shè)M，N是橢圓C上任意兩點(diǎn)，其中A1（-2，0），且A1M-A1N=A1M+A1N，則直線MN是否恒過某定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo);否則，說明理由.

解由A1M-A1N=A1M+A1N知A1M⊥A1N，不妨設(shè)直線A1M的斜率為1，則直線A1M的方程為y=x+2，代入x24+y23=1得7x2+16x+4=0，由韋達(dá)定理得x1x2=47，解得xM=-27，由對稱性可得xN=-27，直線MN的方程為x=-27，由對稱性可得恒過定點(diǎn)的坐標(biāo)為-27，0.

破解技巧：逆向思維設(shè)直線方程，尋找點(diǎn)M，N坐標(biāo).

本文從一道典型例題入手，通過對四個相應(yīng)變式的探究，解決了定點(diǎn)、定直線、定值等問題，實(shí)用性很強(qiáng)，同時把數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)融入此類題型之中，提升了學(xué)生的思維能力、想象能力和創(chuàng)新能力，先從一般到特殊，再從特殊中發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，從而做到避繁就簡.嘗試之后，你就會發(fā)現(xiàn)自己的解題能力明顯增加.

【參考文獻(xiàn)】

[1]陳偉平.解析幾何：培養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算能力的有效途徑[J].數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)與研究，2020（02）：140-141.