一道開放性橢圓試題的探究與推廣

欒 功

(南寧市第三中學(xué),廣西 南寧 530021)

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)(2017年版2020年修訂)》在高考命題建議中明確提出:命題時(shí),應(yīng)包括開放性問(wèn)題和探究性問(wèn)題,重點(diǎn)考查學(xué)生的思維過(guò)程、實(shí)踐能力和創(chuàng)新意識(shí)[1].這一指導(dǎo)思想在近兩年的各類考試命題中也得以體現(xiàn),且較多集中在以數(shù)列和解三角形等知識(shí)為背景的結(jié)構(gòu)不良問(wèn)題上.而2022年一次西南大聯(lián)考中圓錐曲線大題一改往日常態(tài),以開放的探究型問(wèn)題呈現(xiàn),不論是試題的知識(shí)背景還是問(wèn)題的呈現(xiàn)形式,都給考生耳目一新的感覺.

1 試題呈現(xiàn)

題目(2022屆“3+3+3”高考備考診斷性聯(lián)考)點(diǎn)M是圓A:x2+(y+1)2=16上任意一點(diǎn),點(diǎn)B(0,1),線段MB的垂直平分線交半徑AM于點(diǎn)P,當(dāng)點(diǎn)M在圓A上運(yùn)動(dòng)時(shí).

(1)求點(diǎn)P的軌跡E的方程;

(2)BQ∥x軸,交軌跡E于點(diǎn)Q(點(diǎn)Q在y軸的右側(cè)),直線l:x=my+n與E交于C,D兩點(diǎn)(l不過(guò)點(diǎn)Q),且CQ與DQ關(guān)于BQ對(duì)稱,則直線l具備以下哪個(gè)性質(zhì)?證明你的結(jié)論.①直線l恒過(guò)定點(diǎn);②m為定值;③n為定值.

分析試題第(1)問(wèn)考查了圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)與橢圓的定義,體現(xiàn)了試題的基礎(chǔ)性;第(2)問(wèn)以圓錐曲線共軛弦性質(zhì)為背景設(shè)計(jì)了與動(dòng)直線l有關(guān)的開放型問(wèn)題,給考生創(chuàng)設(shè)了自主思考的情境,便于考生多角度、開放地思考問(wèn)題,試題考查考生獨(dú)立地對(duì)問(wèn)題提出見解并進(jìn)行論證的能力,綜合性強(qiáng),對(duì)學(xué)生直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等素養(yǎng)都有較高的要求.

2 解法分析

代入x1=my1+n,x2=my2+n,整理,得

(3+4m2)y2+8mny+4n2-12=0.

代入①式,得

整理,得4m2+(4n-8)m-2n+3=0.

點(diǎn)評(píng)解法1從直線l入手構(gòu)圖設(shè)參,通過(guò)對(duì)“直線CQ與DQ關(guān)于BQ對(duì)稱”這一幾何關(guān)系的坐標(biāo)刻畫,自然而然聯(lián)系到運(yùn)用韋達(dá)定理是解答這類問(wèn)題的通性通法,其揭露的試題本質(zhì)特征和內(nèi)在聯(lián)系為進(jìn)一步探究其他解法、剖析試題本質(zhì)、培養(yǎng)學(xué)生思維的深刻性和創(chuàng)造性等提供了基礎(chǔ).

(3+cos2α)t2+(6sinα+12cosα)t=0.

點(diǎn)評(píng)該解法從直線QC,QD的傾斜角入手,應(yīng)用直線的參數(shù)方程解題,在幾何關(guān)系代數(shù)化的過(guò)程中緊緊抓住直線QC,QD的邏輯結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性,利用同構(gòu)思想和三角恒等變換進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算,結(jié)構(gòu)整齊、簡(jiǎn)潔明了.該解法不僅體現(xiàn)了參數(shù)法在解答解析幾何問(wèn)題中的重要作用,同時(shí)還開闊了學(xué)生的解題視野.

則變換后的橢圓方程為

整理,得

4x′2+3y′2+12x′+6y′=0.

②

4x′2+3y′2+(12x′+6y′)(px′+qy′)=0.

即(4+12p)x′2+(3+6q)y′2+(6p+12q)x′y′=0.

兩邊同時(shí)除以x′2,得

③

由于平移變換后點(diǎn)Q的坐標(biāo)變?yōu)镼′(0,0),

故kQ′C′,kQ′D′是方程③的兩個(gè)根.

由kQC+kQD=0,得

整理,得

3y1y2+3y1-3y2-4x1x2-6x1+6x2+6=0,

④

3y1y2-3y1+3y2-4x1x2+6x1-6x2+6=0.

⑤

④-⑤,得

6(y1-y2)-12(x1-x2)=0.

點(diǎn)評(píng)該解法的靈感源于對(duì)教材習(xí)題的理解,把橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程改寫為第三定義的形式,在求解這類問(wèn)題時(shí)收獲意想不到的效果,同時(shí)彰顯了坐標(biāo)法的神秘與魅力.

上述四種解法從不同側(cè)面闡釋了直線l在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持的規(guī)律性,即直線QC與QD的斜率之和為定值0時(shí),直線CD的斜率為定值2.這一發(fā)現(xiàn)也啟發(fā)我們進(jìn)一步深入思考,如直線CD的斜率為定值是巧合嗎?如果不是,它又與哪些量有必然的聯(lián)系?

3 推廣探究

思考1 在試題的解答過(guò)程中我們發(fā)現(xiàn)當(dāng)kQC+kQD=0時(shí),直線CD的斜率為定值,這個(gè)定值與點(diǎn)Q有關(guān)嗎?

圖1 思考1示意圖

思考2由圓錐曲線定義的統(tǒng)一性猜想,拋物線與雙曲線是否也有類似性質(zhì)?

變式1點(diǎn)P(x0,y0)(y0>0)為拋物線C:y2=2px(p>0)上一定點(diǎn),A(x1,y1),B(x2,y2)為拋物線C上兩動(dòng)點(diǎn),若直線PA與PB斜率存在且互為相反數(shù)時(shí),證明直線AB的斜率是非零常數(shù).

證明因?yàn)辄c(diǎn)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)在拋物線y2=2px上,所以

⑥

⑦

⑧

⑥-⑦,得

(y0-y1)(y0+y1)=2p(x0-x1).

由kPA+kPB=0,得

即有y1+y2=-2y0.

⑧-⑦,得

(y2-y1)(y2+y1)=2p(x2-x1).

整理,得

4x′2-y′2+16x′-4y′=0.

⑨

設(shè)直線l′的方程為px′+qy′=1(其中p=4q),代入⑨式,得

4x′2-y′2+(16x′-4y′)(px′+qy′)=0.

即(4+16p)x′2-(1+4q)y′2+(16q-4p)x′y′=0.

即(4+16p)x′2-(1+4q)y′2=0.

兩邊同時(shí)除以x′2,得

⑩

由于平移變換后點(diǎn)Q的坐標(biāo)變?yōu)镼′(0,0),

故kQ′A′,kQ′B′是方程⑩的兩個(gè)根.

由于平移變換下不改變直線的斜率,

所以k1+k2=0.

推廣2 設(shè)點(diǎn)Q(x0,y0)是對(duì)稱軸平行于坐標(biāo)軸的定圓錐曲線(包括圓、橢圓、雙曲線和拋物線)C上一定點(diǎn),A,B是C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),若直線QA,QB的斜率互為相反數(shù),則直線AB的斜率存在時(shí)為定值,等于曲線C在點(diǎn)Q處切線斜率的相反數(shù)(當(dāng)曲線C為雙曲線時(shí),點(diǎn)A,B在同支上).

由解法3可知,當(dāng)kQC+kQD=0時(shí),直線l′:px′+qy′=1中p,q滿足p=-2q,直線l′的方程可寫為q(y′-2x′)-1=0,當(dāng)y′-2x′=0時(shí),-1≠0,所以直線l′不過(guò)定點(diǎn),從而直線l不過(guò)定點(diǎn).如果我們嘗試改變kQC+kQD的值或運(yùn)算形式,直線l是否會(huì)過(guò)定點(diǎn)?

因此直線l′過(guò)定點(diǎn)(-12,6).

通過(guò)變式探究發(fā)現(xiàn),當(dāng)直線QC,QD的斜率之和、之積為非零常數(shù)時(shí),直線CD恒過(guò)定點(diǎn),同樣也有一般性結(jié)論,在此不再一一羅列,感興趣的讀者可以進(jìn)一步地發(fā)散思考與探究,在嘗試提出更高探究性問(wèn)題的過(guò)程中歷練更高層次的思維,形成更深刻的理解和感悟.