對一道解析幾何?？碱}的解法探究與拓展

摘 要：文章以一道2024年合肥二模的解析幾何解答題為例，闡述對其多角度的解法探究，并進(jìn)行拓展推廣，得到一般性的結(jié)論，最后給出幾點(diǎn)建議，以期提升教學(xué)效果.

關(guān)鍵詞：解析幾何;解法探究;拓展

中圖分類號：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0019-05

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：鐘國城（1986.6—），男，廣東省五華人，本科，中學(xué)一級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

解析幾何是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一，也是高考的熱點(diǎn)與難點(diǎn)內(nèi)容.解析幾何試題往往解法多樣，且試題背后幾乎都有深刻的背景.對經(jīng)典的題目進(jìn)行多角度探究及拓展，有助于我們看清問題的本質(zhì)，指導(dǎo)我們更好地做好數(shù)學(xué)教學(xué)工作，同時(shí)也有利于開拓學(xué)生的數(shù)學(xué)視野，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)思維，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

1 試題呈現(xiàn)

題目 （2024年合肥二模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點(diǎn)為F，左頂點(diǎn)為A，短軸長為23，且經(jīng)過點(diǎn)（1，32）.

（1）求橢圓C的方程;

（2）過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x=4的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值.

2 試題分析

試題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程以及橢圓的頂點(diǎn)、焦點(diǎn)等重要知識，以直線與橢圓的位置關(guān)系為載體，求證兩條直線的斜率乘積為定值.第（1）問屬于常規(guī)問題，體現(xiàn)了對廣大考生的人文關(guān)懷，凸顯了試題的基礎(chǔ)性;第（2）問考查了直線與橢圓的位置關(guān)系及其運(yùn)算，考查了邏輯推理與運(yùn)算求解能力，考查了數(shù)形結(jié)合思想以及用代數(shù)方法解決幾何問題的能力，并全面考查邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).

3 解法探究

3.1 第（1）問解析

解析 由題意，得2b=23，1a2+94b2=1.

解得a=2，b=3.

所以橢圓C的方程為x24+y23=1.

評注 第（1）問是圓錐曲線的基本問題—求曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，通常做法是根據(jù)題目條件，建立有關(guān)a，b，c的方程組求解即可.雖難度不大，但需注意計(jì)算的準(zhǔn)確性^［1］.

3.2 第（2）問解析

分析1 直線l的變化引起P，Q兩點(diǎn)的變化，進(jìn)而引起M，N兩點(diǎn)的變化，因此引入直線l的方程，尋找P，Q兩點(diǎn)與M，N兩點(diǎn)的關(guān)系，利用韋達(dá)定理求解.

證法1 設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），l：x=ty+1，

則直線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為定值.

評注 證法1雖思路自然，但運(yùn)算較為繁雜，究其原因在于使用P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)來表達(dá)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，表示形式較為復(fù)雜^［2］.盡管如此，此法仍屬于解決解析幾何問題的通性通法，須在平時(shí)的學(xué)習(xí)中認(rèn)真落實(shí)到位.

分析2 由于要證k1·k2為定值，考慮引入直線FM，F(xiàn)N的方程，使用斜率k1，k2表示M，N的坐標(biāo).根據(jù)A，P，M三點(diǎn)共線與A，Q，N三點(diǎn)共線，得到點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)與斜率k1，k2的關(guān)系，進(jìn)而利用韋達(dá)定理求解.

證法2 設(shè)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.

由題可知，F(xiàn)M：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?yàn)锳，P，M三點(diǎn)共線，

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為定值.

評注 證法2是證法1的優(yōu)化證法，區(qū)別就在于使用斜率k1，k2表示M，N的坐標(biāo)^［3］，其表達(dá)形式比證法1簡潔，與所證結(jié)論的聯(lián)系也更為直接，在一定程度上減少了計(jì)算量.

分析3 由于已知點(diǎn)A，且M，N兩點(diǎn)為直線AP，AQ與直線x=4的交點(diǎn)，考慮引入直線AP，AQ的方程，使用直線AP，AQ的斜率表示點(diǎn)P，Q，M，N的坐標(biāo).根據(jù)P，F(xiàn)，Q三點(diǎn)共線，得到直線AP，AQ的斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而結(jié)合點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，得到k1·k2為定值.

證法3 設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），直線AP：y=k（x+2），AQ：y=k′（x+2），則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?yàn)镻，F(xiàn)，Q三點(diǎn)共線，

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?yàn)閗≠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為定值.

評注 證法3引入直線AP，AQ的方程，讓點(diǎn)P，Q，M，N的坐標(biāo)都用兩直線的斜率來表示，從而達(dá)到變量的統(tǒng)一.根據(jù)題意尋找兩直線斜率之間的關(guān)系，最終證得結(jié)論.對比證法1與證法2，此法雖然運(yùn)算較為復(fù)雜，但也是求解解析幾何問題的一種很常用的方式，需認(rèn)真體會.

分析4 考慮所證結(jié)論是k1·k2為定值，結(jié)合證法3，引入直線FM，F(xiàn)N的方程，使用斜率k1，k2表示點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)更為直接.

證法4 設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），由題可知，

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?yàn)镻，F(xiàn)，Q三點(diǎn)共線，

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?yàn)閗1≠k2，

所以k1·k2+1=0.

即k1·k2=-1.

即k1·k2為定值.

評注 證法4本質(zhì)上與證法3是一樣的，只不過證法4是使用k1，k2來表示所需條件，處理更為直接，是證法3的優(yōu)化.

分析5 證法3的證明過程中出現(xiàn)了直線AP，AQ的斜率乘積為定值，因此可以考慮使用“齊次化”來處理.

證法5 設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），l：13（x+2）+ny=1，直線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為定值.

評注 證法5是巧法，將直線的斜率巧妙地轉(zhuǎn)化為方程的根，結(jié)合韋達(dá)定理求解，一般題目涉及斜率之和或之積，就可利用此法解決.需要注意的是，使用此法時(shí)對引入直線方程的形式與曲線方程的變形均有嚴(yán)格的要求^［4］.

4 試題拓展

4.1 推廣探究

將試題第（2）問進(jìn)行一般化推廣得到：

命題1 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點(diǎn)為F（c，0），左頂點(diǎn)為A（-a，0），過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x=a2c的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-1.

若點(diǎn)F是x軸上的其他定點(diǎn)，k1·k2還是定值嗎？于是將命題1進(jìn)一步推廣為：

命題2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左頂點(diǎn)為A（-a，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0，n≠±a）為x軸上一定點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x=a2n的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-b2a2-n2.

4.2 類比探究

將命題2引申到雙曲線中，得到：

命題3 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左頂點(diǎn)為A（-a，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0，n≠±a）為x軸上一定點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x=a2n的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=b2a2-n2^［5］.

類比到拋物線中，得到：

命題4 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0）的頂點(diǎn)為O（0，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0）為x軸上一定點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線OP，OQ與直線x=-n的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，則k1·k2=-p2n.

4.3 逆向探究

經(jīng)過探究，發(fā)現(xiàn)命題2、命題3與命題4的逆命題也成立，得到：

命題5 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左頂點(diǎn)為A（-a，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0）為x軸上一定點(diǎn)， 點(diǎn)M，N在直線x=a2n（n≠±a）上，直線AM，AN與C交于P，Q兩點(diǎn)，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=-b2a2-n2，則直線PQ過點(diǎn)F.

命題6 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左頂點(diǎn)為A（-a，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0）為x軸上一定點(diǎn)，點(diǎn)M，N在直線x=a2n（n≠±a）上，直線AM，AN與C交于P，Q兩點(diǎn)，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=b2a2-n2，則直線PQ過點(diǎn)F.

命題7 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0）的頂點(diǎn)為O（0，0），F(xiàn)（n，0）（n≠0）為x軸上一定點(diǎn)，點(diǎn)M，N在直線x=-n（n≠0）上，直線OM，ON與C交于P，Q兩點(diǎn)，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，若k1·k2=-p2n，則直線PQ過點(diǎn)F.

以上命題的證明過程與試題第（2）問的解答過程類似，在此不再贅述.

5 結(jié)束語

通過對此題的深入探究與拓展，我們在平時(shí)教學(xué)中，應(yīng)該要注意以下三點(diǎn)：一是要落實(shí)通性通法，夯實(shí)學(xué)生基礎(chǔ)，貫徹新課標(biāo)與新高考的要求;二是多嘗試一題多解，開拓學(xué)生的數(shù)學(xué)視野，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)思維;三是多進(jìn)行一題多變.對典型問題要深入探究、拓展、變式，做到對一類問題的深度學(xué)習(xí)，力爭“做一題，會一類”，達(dá)到觸類旁通的效果.

參考文獻(xiàn)：

［1］鐘國城，陳啟南.2022年新高考卷Ⅰ解析幾何壓軸題的解法探究與推廣[J].中學(xué)生理科應(yīng)試，2022（10）：8-10.［2］ 高繼浩.探究圓錐曲線中的一類斜率之和問題[J].數(shù)理化解題研究，2024（01）：71-73.

［3］ 中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［4］ 教育部考試中心.中國高考評價(jià)體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［5］ 鐘國城.對一道解析幾何題的多角度探究［J］.數(shù)理化解題研究，2023（01）：2-6.

［責(zé)任編輯：李 璟］