一道高中数学竞赛题在圆锥曲线中的推广

一道高中数学竞赛题的证明及推广——圆锥曲线切线的一个性质袁京生;郭璋【摘要】2007年全国高中数学联赛湖北省预赛试题第13题是一道解析几何综合题，它全面考查了解析几何的基础知识和基本方法，技巧性强，最为重要的是它是一道有圆锥曲线切线背景的解析几何题．本文拟对其进行证明及推广．【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2008(000)011【总页数】3页(P33-35)【关键词】全国高中数学联赛;曲线切线;数学竞赛题;圆锥;证明;解析几何题;性质;几何综合题【作者】袁京生;郭璋【作者单位】朝阳区教育研究中心,北京100028【正文语种】中文【中图分类】G633.62007年全国高中数学联赛湖北省预赛试题第13题是一道解析几何综合题，它全面考查了解析几何的基础知识和基本方法，技巧性强,最为重要的是它是一道有圆锥曲线切线背景的解析几何题.本文拟对其进行证明及推广.1 证明原题过点Q(-1，-1)作已知直线的平行线，交双曲线于点M,N.(1)证明：Q是线段MN的中点；(2)分别过点M，N作双曲线的切线l1，l2，证明：3条直线l，l1，l2相交于同一点；(3)设点P为直线l上一动点，过点P作双曲线的切线PA，PB，切点分别为A，B，证明：点Q在直线AB上.(2007年全国高中数学联赛湖北省预赛试题)图1证明 (1)如图1，直线MN的方程为代入双曲线方程得3x2+6x-25=0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1，x2是方程的2个根，从而x1+x2=-2，于是故Q(-1，-1)是线段MN的中点.(2)如图1，双曲线的过点M，N的切线方程分别为l1：l2：两式相加,并将x1+x2=-2，y1+y2=-2代入得这说明，直线l1，l2的交点在直线上，即3条直线l,l1，l2相交于同一点.(3)如图1，设P(x0，y0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，则PA，PB的方程分别为和因为点P在这两条直线上，所以和这表明，点A，B都在直线上,即直线AB的方程为又代入整理得显然，无论x0取什么值(即无论点P为直线l上哪一点)，点Q(-1，-1)都在直线AB上.这个题目的第(2)小题说明，当定点为弦的中点时，弦平行于切线交点的轨迹；第(3)小题说明，在双曲线中，过定点弦的2个端点的切线交点的轨迹是一条直线.针对以上两种情况，在一般的双曲线、椭圆和抛物线中进行实验，发现都能成立，于是得到圆锥曲线切线的一个性质.下面对有心圆锥曲线和无心圆锥曲线分别给出证明.2 推广定理1 设有心圆锥曲线方程为αx2+βy2=1(α>0，β>0或α，β异号)，点M(x0，y0)是不在圆锥曲线上的任意一点，过点M的直线与有心圆锥曲线相交于A，B两点，过点A，B的圆锥曲线的切线相交于点P，则(1)点P的轨迹是一条直线；(2)若点M是弦AB的中点，则弦AB平行于点P的轨迹.证明 (1)如图2，设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)，则圆锥曲线在点A处的切线为αx1x+βy1y=1，(1)在点B处的切线为αx2x+βy2y=1.(2)因为A，B，M三点共线，不妨设AM=λMB,又A，B是不同的2个点，从而λ≠-1,所以(3)(4)式(1)+λ式(2),得α(x1+λx2)x+β(y1+λy2)y=1+λ.(5)将式(3)，式(4)代入式(5),得α[(1+λ)x0]x+β[(1+λ)y0]y=1+λ,所以αx0x+βy0y=1.这说明，圆锥曲线在点A处和点B处的切线的交点P的轨迹是一条直线.图2 图3(2)如图3所示，因为点M是线段AB的中点，所以由第(1)小题知,点P的轨迹方程是αx0x+βy0y=1,得①当点P的轨迹的斜率存在(即直线1不垂直于x轴)时，直线的斜率为因为所以α(x1-x2)(x1+x2)=β(y2-y1)(y2+y1).1°若y2-y1=0，则弦AB∥x轴，同时由y2-y1=0得x0=0，从而αx0x+βy0y=1变为βy0y=1，即点P的轨迹也平行于x轴，因此弦AB平行于点P的轨迹；2°若y2-y1≠0，由y2+y1≠0，得x1-x2≠0,从而由α(x1-x2)(x1+x2)=β(y2-y1)(y2+y1),可得即kP=kAB,因此弦AB平行于点P的轨迹.②当点P的轨迹的斜率不存在(即直线时，有y2+y1=0，则弦AB⊥x轴,所以弦AB平行于点P的轨迹.综上所述，当点M是弦AB的中点时，弦AB平行于点P的轨迹.说明 (1)当α=β>0时，方程αx2+βy2=1表示圆；(2)当α>0，β>0，α≠β时，方程αx2+βy2=1表示椭圆；(3)当α，β异号时，方程αx2+βy2=1表示双曲线.上面证明解决了以上3种情况.定理2 设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，点M是不在抛物线上的任意一点，过点M的直线与抛物线相交于A，B两点，过点A，B的抛物线切线相交于点P,则(1)点P的轨迹是一条直线；(2)若点M是弦AB的中点，则弦AB平行于点P的轨迹.证明 (1)如图4，设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)，则抛物线在点A处的切线为y1y=p(x1+x)，(1)在点B处的切线为y2y=p(x2+x).(2)因为A，B，M三点共线，不妨设AM=λMB,又A，B是不同的2个点，从而λ≠-1,所以(3)(4)式(1)+λ式(2),得(y1+λy2)y=p(x1+x2)+px(1+λ).(5)将式(3)，式(4)代入式(5),得(1+λ)y0y=p(1+λ)x0+px(1+λ),所以y0y=px0+px,即y0y=p(x+x0).故点P的轨迹为直线.图4 图5(2)如图5，因为点M是线段AB的中点，所以由第(1)小题知,点P的轨迹方程是y0y=p(x+x0).①当点P的轨迹的斜率存在(即直线不垂直于x轴)时，直线的斜率为又两式相减得所以(y2-y1)(y2+y1)=2p(x2-x1).因为y2-y1≠0(否则过点M的直线与抛物线只有一个交点)，且y2+y1≠0，从而x2-x1≠0,所以即kP=kAB,故弦AB平行于点P的轨迹.②当点P的轨迹的斜率不存在(即直线垂直于x轴)时，有y2+y1=0，则弦AB⊥x 轴,故弦AB平行于点P的轨迹.综上所述，当点M是弦AB的中点时，弦AB平行于点P的轨迹.参考文献【相关文献】[1] 徐胜林.2007年全国高中数学联赛湖北预赛试题[J].中等数学，2008(2)：24-30.[2] 袁京生.有心圆锥曲线切线的性质[J].数学通报，2008(4)：50-51.。

以下是一道高中数学竞赛试题圆锥曲线：题目：已知椭圆 C：x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1 (a > b > 0) 的离心率为√3/3，过点 A(0,b) 和 B(a,0) 的直线与原点的距离为√3。

(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设 P 是椭圆 C 上的任意一点，F1，F2 是椭圆 C 的两个焦点，求∠F1PF2 的最大值；(3) 已知过点 E(1/3,0) 的直线 l 与椭圆 C 有且仅有一个交点，求直线 l 的方程。

【分析】(1)利用椭圆的离心率和原点到直线的距离，列出方程组，求出$a，b$，即可求椭圆C的方程；(2)设$\angle F_{1}PF_{2}$为$\theta $，利用余弦定理和基本不等式，即可求$\angle F_{1}PF_{2}$的最大值；(3)当直线$l$的斜率不存在时，直线$l$的方程为$x = \frac{1}{3}$；当直线$l$的斜率存在时，设直线$l$的方程为$y = k(x - \frac{1}{3})$，与椭圆C 联立消去$y$得$(3k^{2} + 1)x^{2} - \frac{2k^{2}}{3}x -\frac{7k^{2}}{9} = 0$，利用根的判别式和韦达定理即可求直线$l$的方程．【解答】(1)由题意知：$\{\begin{matrix} \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3} \\ \frac{ab}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} = \sqrt{3} \\a^{2} = b^{2} + c^{2} \\\end{matrix}$，解得：$\{\begin{matrix} a = \sqrt{3} \\b = 1 \\c = 1 \\\end{matrix}$，所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{3} + y^{2} = 1$；(2)由$(1)$知：$F_{1}( - 1,0)，F_{2}(1,0)$，设$P(m,n)$是椭圆C上的任意一点，则$\frac{m^{2}}{3} + n^{2} = 1$．则${|F_{1}P|}^{2} = (m +1)^{2} + n^{2}$$= m^{2} + n^{2} + 2m + 1$$= - 2mn + m^{2} + n^{2} + 1$$= - 2mn + 4$，${|F_{2}P|}^{2} = (m - 1)^{2} + n^{2}$$= m^{2} +n^{2} - 2m + 1$$= - 2mn + m^{2} + n^{2} + 1$$= - 2mn + 4$，所以${|F_{1}P|}^{2} + {|F_{2}P|}^{2}$$= - 4mn + 8 = {|F_{1}P|}^{2}$．又${|F_{1}P|}^{2} + {|F_{2}P|}^{2}$$= {|PF_{1}|}^{2} +{|PF_{2}|}^{2}$，所以$\cos\theta$$= \frac{{|PF_{1}|}^{2} +{|PF_{2}|}^{2}}{{|F_{1}P|}^{2}}$$= \frac{{|F_{1}P|}^{2} +{|F_{2}P|}^{2}}{{|F_{1}P|}^{2}}$$= \frac{- 4mn + 8}{4}$$= - mn +2$．因为$- 3 \leqslant m \leqslant \sqrt{3}$，所以$- \sqrt{3}\leqslant n \leqslant \sqrt{3}$，所以${|F_{1}P|}^{2}$$+{|F_{2}P|}^{4}$$= - 4mn + 8$$= m^{2} - n^{4} + m^{4}$$= m^{4}$$+m^{2}$$+ 1。

圆锥曲线的性质及推广应用圆锥曲线的性质及推广应用摘要：在高中阶段，学生对圆锥曲线性质的掌握及应用，是现今我国高考数学的考查重点。

作为高中数学教师，我们要积极探究圆锥曲线在解析几何下的分类，然后利用这些平面解析几何的知识以及数形结合的数学思考模式，对圆锥曲线的基本性质及推广应用进行总结、证明，并将其应用于对学生的解题教学中。

关键词：高中数学;圆锥曲线;性质;推广;应用;解题圆锥曲线是解析几何的重要内容，其对于几何问题的研究却是利用代数的解题方法。

而且，对于高中生来说，圆锥曲线的性质掌握及其推广应用是目前我国高考数学的重点考查内容。

从更深层次来讲，加强对于圆锥曲线分类与性质的研究，在一定程度上可以帮助学生打开解题思路、提高解题技巧，同时培养学生以数学思维能力、创新能力为代表的综合能力。

因此，为了使学生能够更好地掌握圆锥曲线的性质及其的推广应用，且进一步提高学生的数学学习素质，作为高中数学教师的我们，就要积极探讨圆锥曲线在解析几何下的分类及其性质，注重对学生圆锥曲线性质及其推广应用的教学。

一、圆锥曲线的定义对于圆锥曲线在解析几何下的分类及性质的研究前提，是对于圆锥曲线定义的了解及掌握。

本文，笔者从三个方面介绍圆锥曲线的定义。

1、从几何的观点出发。

我们说，如果用一个平面去截取另一个平面，然后两个平面的交线就是我们所要研究的圆锥曲线。

严格来讲，圆锥曲线包含许多情况的退化，由于学生对于数学知识学习的局限性，对于圆锥曲线的教学，我们通常包含椭圆、双曲线和抛物线，这三类的知识内容。

2、从代数的观点出发。

在直角坐标系中，对于圆锥曲线的定义就是二元二次方程的图像。

高中生在其的学习中，可以根据其判别式△的不同，分为椭圆、双曲线、抛物线以及其他几种退化情形。

3、从焦点-准线的观点出发。

在平面中有一个点，一条确定的直线与一个正实常数e,那么所有到点与直线的距离之比都为e的点，所形成的图像就是圆锥曲线。

学生在具体的圆锥曲线学习中可以了解到，如果e的取值不同，这些点所形成的具体的图像也不同。

优秀学习资料欢迎下载一道高中数学竞赛题在圆锥曲线中的推广1991 年四川省高中数学联合竞赛决赛第四题是一道平面几何题 .原题：如图 1，设O 是 ABC 的BC边外的旁切圆，D、E、F分别是O 与A BC、 CA 和 AB 的切点，若OD 与 EF 交于 K ，求证： AK 平分 BC.贵州教育学院李小雪先生应用射影几何的观点研究了B DC此题，给出了纯几何证法的证明文1 .湖南师范大学数学系沈文选教授在他的近作《平FK E面几何证明方法全书》三次O证明此题，方法是三角法、射影变换法、应用张角定理.由此我们可以看出此题是一道有背景的重要的几何题.我们拟给出解析证法，并把它推广到圆锥曲线中去 .在证明过程中，要用到以下引理文2：图1222P引圆的两条切线方程为：（ 1 ） . 若点P( x0, y0)为圆x y R外一点，过点( x0 x y0 y R2 )2(x02y02R2 )( x2y2R2)；切点弦的方程为：x0 x y0 y R2.（2）.若点 P(x0, y0 )x2y 21(a b0) 外一点，过点P引椭圆的两条切线方程为：为椭圆b2a2(xxy0 y1)2( x02y021) ( x2y21) ；a2b2a2b2a2b2切点弦的方程为：x0 x y0 y1.a2b2（3）.x2y21(a0, b0) 外一点，过点P引双曲线的两条切线方程为：若点 P(x0 , y0 ) 为双曲线b2a2x0 x y0 y2x02y02x2y21) ；(2b 21)(2b21) (2b2a a a切点弦的方程为：x0 x y0 y1. a2b2（4）.若点 P(x0 , y0 ) 为抛物线 y22px ( p0)外一点，过点P引抛物线的两条切线方程为：y0 y p( x0222 px0 ) ( y2 2 px) ；x)( y0切点弦的方程为：y0 y p( x x0 ) .1.竞赛题的解析证法证明：如图2，以旁切圆的圆心O 为原点，直线OD为y 轴，过O 点垂直于OD的直线为x 轴.建立直角坐标系，设旁切圆方程为x2y2R2，则点 D 的坐标为（0，R），直线BC的方程为y R .设点A 的坐标为( x0 , y0 ) ，则有切点弦EF 的方程为x0 x y0 y R2⋯⋯⋯①优秀学习资料欢迎下载两条切线 AF 、 AE 的方程为( x0 x y0 y R2 )2(x02y02R2 )( x2y2R2)⋯②在方程①中，令x 0 ，得 y R2，则点K 的坐标为(0, R2) .y0y0R2y0R2y0直线 AK 的方程为： y x ⋯⋯③.y0x0将 y R 代入方程③解得xxR. y0R设 AK与BC交于点 M ，点 M 的坐标为(xR, R) . y0R把 y R 代入方程②并整理得：( y02R2 ) x22x0 R( y0R) x( y0 R R2 )20 .设点B 、 C 的坐标分别为( x1, R),( x2, R)，由韦达定理得x1x22x0 R( y0R)2xR， BC 中点的横坐标为x1x2x0 R， BC 的中点坐标为(xR,R) .与点M的y02R2y0R2y0 R y0 R 坐标相同 .所以点 M 为 BC 的中点，即直线AK 平分 BC.2.竞赛题在圆锥曲线中的推广定理x2y 21(a b0) 旁切于ABC 的 BC 边外，D、E、F分别是椭圆与、和 AB 1：如图 3，椭圆b2BC CA a2的切点，若 OD 与 EF 交于 K ，则有 AK 平分 BC.证明：设点 A 坐标为( x0, y0)相交于点，点 D坐标为(m, n)， AK与 BC M.则过点 D的切线方程为：mxny1⋯⋯⋯①a2b2由引理 2 可知过点 A 的两切线方程为：优秀学习资料欢迎下载x0 x y0 y2x02y02x2y2(a2b21)(a2b21)(a2b21) ⋯⋯⋯②切点弦 EF的方程为xxy0 y1⋯⋯⋯③a2b2直线 DO的方程为：y nx ⋯⋯⋯④m联立③、④可得 K 点坐标为：a2 b2m,a2b2n) .( 222mx02b mx0a ny0b a ny0直线 AK的方程为：y a2b2 n b2 mx0 y0a2ny02x a2 b2 my0 a2b2nx0⋯⋯⋯⑤a2b2 m b2 mx02a2 nx0 y0a2 b2m b2mx02a2nx0 y0联立①⑤可得点 M的横坐标：x M a2b4mx02a4b4 m a4b2nx0 y0a4b2 mny0 a4b2 n2 x04 22 4 22 4 2 22a2 2242.a n y0 ab n b m x0 b mnx0 y0 a b m设点 B、C的横坐标为x B、x C， B、 C 的中点横坐标为 x中，联立①②可得关于 x 的一元二次方程：(a4 n2 y02a4b2 n2b4 x02 m22a2b2 mnx0 y0a2b4 m2 ) x2(2a4b4m2a2b4mx022a4 b2 x0 y0n2a4 b2 mny02a4b2 n2 x0 ) x(a4b4 x02a6b4a4b2n2 x02a6 y02 n22a6 b2ny0 ) 0.由韦达定理可得x中x B x C a2b4mx02a4b4m a4b2 nx0 y0 a4b2mny0a4b2n2 x02a4 n2 y02a4 b2 n2b4m2 x022a2b2mnx0 y0 a 2b4 m2点 M 与 B、C 中点横坐标相等，又都在切线方程①上，则它们的纵坐标也相等，这两点是同一优秀学习资料欢迎下载点，所以 M为线段 BC的中点，即直线 AK 平分 BC.定理 2：如图4，双曲线x2y21(a 0, b 0)旁切于 ABC 的 BC 边外， D 、E、 F 分别是双曲线a2b2与 BC 、CA 和 AB 的切点，若 OD 与 EF 交于 K ，则有 AK 平分 BC.定理 2 的证明与定理 1 的证明类似，由于篇幅所限，不再赘述 .定理：如图，抛物线 y2 2 px ( p0) 旁切于△ ABC 的 BC 边35外， D、E、 F 分别是抛物线与 BC、CA 和 AB 的切点，过点D 作 x 轴的平行线与 EF 交于点 K ，则有 AK 平分 BC.证明：设点 A 坐标为( x0, y0)，点 D坐标为 ( x1 , y1 ) ，AK与BC相交于点 H.则有 y12 2 px1，过点D的切线方程为：y1 y p( x1x) ⋯⋯⋯①由引理 2 可知过点 A 的两切线方程为[ y0 y p( x0x)] 2( y02 2 px0 )( y 2 2 px) ⋯⋯⋯②切点弦 EF的方程为y0y p(x0x) ⋯⋯⋯③y y1可求得点K 坐标为：(y0 y1x0, y1) ，联立p( x0x)p y0 y进而可得直线 AK方程为：y p( y0y1 )x px0 y0pxy1y2y1⋯⋯④2px0y0 y1 2 px0y0 y1联立①④可得点 H的横坐标：x H px0 y0 y1px0 y12y02 y12 2 p2 x0 x1px1 y0 y12 p2 x 2 py y py20101px0 y0 y1px0 y12y02 y12 2 p2 x0 x1px1yy1 .2 p2 x0 2 p2 x1 2 py0 y1设点 B、 C的横坐标为B、C，、的中点横坐标为x中，x x B C联立①②可得关于 x 的一元二次方程：p( y12 2 px0 2 y0 y1 ) x2[4 p2x0 x12p( x0 y0 y1x1 y0 y1x0 y12 ) 2 y02 y12 ] x p[( x0 y1 )22x0 x1y0 y12 px0 x12 ]0.由韦达定理可得 x B x C2( px0 y0 y1px0 y12px1 y0 y1y02 y12 2 p2 x0 x1) ,2 p2 x0 2 py0 y1py12优秀学习资料欢迎下载即 x中x x px y y px y2px y y y 2 y2 2 p2 x x BC0 0 10 110 10 10 1 .2 2 p2 x0 2 py0 y1py12点H 与B、C 中点横坐标相等，又都在切线方程①上，则它们的纵坐标也相等，这两点是同一点，所以 H 为线段 BC的中点，即直线 AK 平分 BC.若O 是ABC 的内切圆，其他条件不变，结论依然成立，用解析法证明的步骤完全相同.这是证明一类三角形旁切圆、内切圆问题的方法之一.这种方法的优点是思路统一,可以推广到圆锥曲线中.。

一道２０２０年高考圆锥曲线试题的探究与推广喻秋生(广东省深圳实验学校高中部㊀５１８０５５)摘㊀要:本文对２０２０年高考(北京卷)圆锥曲线试题进行探究ꎬ并将椭圆中发现的一般性结论推广到其它圆锥曲线中.关键词:椭圆ꎻ动直线ꎻ中点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１０－０００４－０２收稿日期:２０２１－０１－０５作者简介:喻秋生ꎬ男ꎬ中学高级教师ꎬ广东省特级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀一㊁问题的提出２０２０年高考(北京卷)第２０题是求值问题ꎬ该试题如下:试题㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１过点Ａ(－２ꎬ－１)ꎬ且ａ＝２ｂ.(１)求椭圆Ｃ的方程ꎻ(２)过点Ｂ(－４ꎬ０)的直线ｌ与椭圆Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交直线ｘ＝－４于点ＰꎬＱ.求ＰＢＢＱ的值.略解㊀(１)椭圆Ｃ的方程为ｘ２８＋ｙ２２＝１.(２)如图１ꎬ直线ｌ的斜率存在ꎬ设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ＋４)ꎬ由ｙ＝ｋ(ｘ＋４)ꎬｘ２８＋ｙ２２＝１ꎬ{消去ｙ化简ꎬ得(４ｋ２＋１)ｘ２＋３２ｋ２ｘ＋６４ｋ２－８＝０ꎬ设Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则ｘ１＋ｘ２＝－３２ｋ２４ｋ２＋１ꎬｘ１ｘ２＝６４ｋ２－８４ｋ２＋１ꎬ直线ＡＭ:ｙ＋１＝ｙ１＋１ｘ１＋２(ｘ＋２)ꎬ令ｘ＝－４ꎬ得点Ｐ的纵坐标ｙＰ＝－ｘ１－２ｙ１－４ｘ１＋２ꎬ同理ꎬ得点Ｑ的纵坐标ｙＱ＝－ｘ２－２ｙ２－４ｘ２＋２ꎬʑｙＰ＋ｙＱ＝－ｘ１－２ｙ１－４ｘ１＋２＋－ｘ２－２ｙ２－４ｘ２＋２.把ｙ１＝ｋ(ｘ１＋４)ꎬｙ２＝ｋ(ｘ２＋４)代入上式化简ꎬ得ｙＰ＋ｙＱ＝－(４ｋ＋２)[ｘ１ｘ２＋３(ｘ１＋ｘ２)＋８]ｘ１ｘ２＋２(ｘ１＋ｘ２)＋４ꎬȵｘ１ｘ２＋３(ｘ１＋ｘ２)＋８＝６４ｋ２－８４ｋ２＋１＋３ －３２ｋ２４ｋ２＋１＋８＝０ꎬʑｙＰ＋ｙＱ＝０ꎬ则ＰＢＢＱ＝１.在这道试题中ꎬ椭圆Ｃ是给定的椭圆ꎬ点Ａ㊁Ｂ分别是椭圆Ｃ㊁ｘ轴上的特殊点ꎬ通过计算发现点Ｂ为ＰＱ的中点.如果椭圆Ｃ是任意的椭圆ꎬ点Ａ㊁点Ｂ分别是椭圆Ｃ㊁ｘ轴上的任意点ꎬ是否仍然有对任意过点Ｂ的直线ｌꎬ都使得点Ｂ为ＰＱ的中点这一结论呢?问题㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆Ｃ上ꎬ过点Ｂ(ｍꎬ０)(ｍʂｘ０)的动直线ｌ与椭圆Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｘ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当点Ａ㊁Ｂ的坐标满足怎样的关系时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点?㊀㊀二㊁问题的探究当直线ｌ垂直于ｘ轴且与椭圆有交点时ꎬ点ＰꎬＱ即为ＭꎬＮꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.当直线ｌ不垂直于ｘ轴时ꎬ设动直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ(ｘ－ｍ)ꎬ联立ｙ＝ｋ(ｘ－ｍ)ꎬｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ{消去ｙ并整理ꎬ得(ａ２ｋ２＋ｂ２)ｘ２－２ｍａ２ｋ２ｘ＋ａ２ｋ２ｍ２－ａ２ｂ２＝０ꎬ设Ｍ(ｘ１ꎬｙ１)㊁Ｎ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则ｘ１＋ｘ２＝２ｍａ２ｋ２ａ２ｋ２＋ｂ２ꎬｘ１ｘ２＝４ａ２ｋ２ｍ２－ａ２ｂ２ａ２ｋ２＋ｂ２.①直线ＡＭ的方程为ｙ－ｙ０＝ｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０(ｘ－ｘ０)ꎬ令ｘ＝ｍꎬ得点Ｐ的纵坐标为ｙＰ＝ｙ０＋ｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０(ｍ－ｘ０)ꎬ同理ꎬ点Ｑ的纵坐标为ｙＱ＝ｙ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０(ｍ－ｘ０)ꎬ则ｙＰ＋ｙＱ＝２ｙ０＋(ｍ－ｘ０)(ｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０)ꎬ对任意动直线ｌꎬ要使点Ｂ为ＰＱ的中点ꎬ即对任意实数ｋꎬ要使ｙＰ＋ｙＱ＝０ꎬȵｍ－ｘ０ʂ０ꎬ２ｙ０ꎬｍ－ｘ０为常数ꎬʑｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０的值必须为定值ꎬȵｙ１＝ｋ(ｘ１－ｍ)ꎬｙ２＝ｋ(ｘ２－ｍ)ꎬʑｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０＝２ｋｘ１ｘ２－(ｋｍ＋ｋｘ０＋ｙ０)(ｘ１＋ｘ２)＋２ｋｍｘ０＋２ｘ０ｙ０ｘ１ｘ２－ｘ０(ｘ１＋ｘ２)＋ｘ０２ꎬ将①式代入上式化简ꎬ得ｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０＝２ｙ０ａ２(ｘ０－ｍ)ｋ２＋２ｂ２(ｍｘ０－ａ２)ｋ＋２ｘ０ｙ０ｂ２ａ２(ｍ－ｘ０)２ｋ２＋ｂ２(ｘ０２－ａ２)ꎬ②由于②式中分母没有ｋ的一次项ꎬ要使ｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０的值为定值ꎬ②式中分子的ｋ的一次项系数必须为０ꎬ即ｍｘ０＝ａ２.当ｍｘ０＝ａ２时ꎬｙ１－ｙ０ｘ１－ｘ０＋ｙ２－ｙ０ｘ２－ｘ０＝２ｘ０ｙ０[ａ２(ｘ０２－ａ２)ｋ２＋ｘ０２ｂ２](ｘ０２－ａ２)[ａ２(ｘ０２－ａ２)ｋ２＋ｘ０２ｂ２]＝２ｘ０ｙ０ｘ０２－ａ２ꎬ则ｙＰ＋ｙＱ＝２ｙ０＋(ａ２ｘ０－ｘ０) ２ｘ０ｙ０ｘ０２－ａ２＝０.接下来我们研究ꎬ当ｍｘ０＝ａ２时ꎬ直线ＡＢ与椭圆Ｃ的位置关系:因为点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１上ꎬ所以椭圆Ｃ在点Ａ处的切线方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ令ｙ＝０ꎬ得ｘ＝ａ２ｘ０.当ｍｘ０＝ａ２时ꎬｍ＝ａ２ｘ０ꎬ点Ｂ的坐标为(ａ２ｘ０ꎬ０)ꎬ此时直线ＡＢ与椭圆Ｃ相切.因此ꎬ我们得到结论:结论１㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆Ｃ上ꎬ过点Ｂ(ｍꎬ０)(ｍʂｘ０)的动直线ｌ与椭圆Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｘ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍｘ０＝ａ２ꎬ即直线ＡＢ为椭圆Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.在结论１中ꎬ点Ｂ在ｘ轴上ꎬ如果点Ｂ在ｙ轴上ꎬ可以得出下面的结论ꎬ证明过程略.结论２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在椭圆Ｃ上ꎬ过点Ｂ(０ꎬｍ)(ｍʂｙ０)的动直线ｌ与椭圆Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｙ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍｙ０＝ｂ２ꎬ即直线ＡＢ为椭圆Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.在圆中ꎬ经研究也有类似的结论:结论３㊀已知圆Ｃ:ｘ２＋ｙ２＝ｒ２ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在圆Ｃ上ꎬ过点Ｂ(ｍꎬ０)(ｍʂｘ０)的动直线ｌ与圆Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｘ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍｘ０＝ｒ２ꎬ即直线ＡＢ为圆Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.㊀㊀三㊁问题的推广如果曲线Ｃ为双曲线或抛物线ꎬ经研究也有类似的结论:结论４㊀已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在双曲线Ｃ上ꎬ过点Ｂ(ｍꎬ０)(ｍʂｘ０)的动直线ｌ与双曲线Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｘ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍｘ０＝ａ２ꎬ即直线ＡＢ为双曲线Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.结论５㊀已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在双曲线Ｃ上ꎬ过点Ｂ(０ꎬｍ)(ｍʂｙ０)的动直线ｌ与双曲线Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｙ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍｙ０＝－ｂ２ꎬ即直线ＡＢ为双曲线Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.结论６㊀已知抛物线Ｃ:ｙ２＝２ｐｘꎬ点Ａ(ｘ０ꎬｙ０)在抛物线Ｃ上ꎬ过点Ｂ(ｍꎬ０)(ｍʂｘ０)的动直线ｌ与抛物线Ｃ交于ＭꎬＮꎬ直线ＭＡꎬＮＡ分别交过点Ｂ且垂直于ｘ轴的直线于点ＰꎬＱ.当且仅当ｍ＋ｘ０＝０ꎬ即直线ＡＢ为抛物线Ｃ的切线时ꎬ点Ｂ为ＰＱ的中点.上面三个结论的证明与结论１的证明类似ꎬ证明过程略.㊀㊀参考文献:[１]喻秋生.一道２０１９年高考圆锥曲线试题的探究与发现[Ｊ].中学数学研究ꎬ２０１９(１５):１２－１３.[责任编辑:李㊀璟]５。

数学问题—遒圜推曲钱'考推广张圣官2017年高考全国I卷理科第20题 如下#已知椭圆C:^J+g(a>6>0)，四点a〇1l(1，1)，l2(〇，1)，13 (-1，槡（l4(i，槡)中恰有三点在椭圆c上.(1) 求C的方程；(2)设直线Z不 I#点且与C相交于A，B，若直线1#A与直线的斜率的和为一1，证明：直线Z.分析（1)根据椭圆对称性可得，11(1，1)，13(—1，槡)不可能同时在椭圆上，因此可得椭圆经过I#(0, 1 )，1& (-1，槡)，14 (1，槡)，代人方程可得1，1+7(1/"=2,故而可得椭圆的标准方程为f+y=1.()由题意可得直线1#A与直线的斜率一定存在，不妨设直线1#A为i=々x+1，12B 为1=(1一々）x+1.f^y(^x+1，联立* x2/(7)*2 "1)%2*+8)%1了"3#(1A，B之一的横坐标为变量建立A的函数表达式，具体如下：另法1:设A (%1，％ )，B (%#，％ )，由6 6 ^+1 —％1(A(%2 —1)，…A F=$ F6知 * —得U1(—$32，x#^1—%1+1，代入椭圆方程有32:’1 一%1------2(―P)—h2又 31 (1—2，解得 $(—2%1 +3.因为％丄$ ,—槡，槡]，故$$ [3 —2槡，3 + 2 槡"].法2:考虑到F为椭圆的右焦点，故A F_a一ex1 _ 2 一%1B F a一ex2 2 一%2*又 1一($(%2—1)，即％工（1一$(%21) 解 $•考虑到％2 $ [—槡，^一2%槡]，故 $$[3 —2 槡，3 +2，].变式2已知A B是椭圆2+32(1上的两点，；1，F2分别为椭圆的左、右焦点，若F2A($F2B，且 $$ [ —2，—1]，求F1A •F-的取值范围.变式变式 ^77，7).36 New University Entrance Examination问题^, / ~8) n l 9(1+)) (3)将橢圆上顶点换成其他三个顶点41)2+1’）2+1(5'7(1+»2+1’ 可得#1 一 7(1+))2、^24(1+))#+1)，结论3:直线z 不经过椭圆7+y (1上直线45的斜率为：( 2 _一1 (JO # >X 11 一 4(1 + ))2 1 一 7)24(1+))2+1 一 4)2+1_ 18(1+)) —9k ( 一 (1 + 2))2'4(1+))2+1 7k 2+1① 若k =—1，4,5两点重合，不合题意；②若）％ —1，直线为 y = — (1+12k)# •%+」k +1一72 = 一 1 %一2)(4k 2+1)4k 2+1 (1 + 2k )2 ^一1，因此直线Z 恒过定点（2，一1).这主要考查解析几何的基本知识、基本思想以及运算能力 理能力，难度适中，区分度好，而 涵着的学习价值.我们不能只停留在题目的解答上，而应进一步深层次的数学内涵，通过变式揭示数学本!! 一题多变，揭示本质(1)本题的逆命题正确吗？结论1设直线Z:：y = k (：r — 2) — 1不经过椭圆C :7 + /=1的上顶点尸（〇，1)，且与椭圆交于两点A ，5,则直线P A 与直线 P 5的斜率之和为定值一1.为()将斜率之和为一1换成任意实数入， 可:结论2:直线Z 不经过椭圆7 + /=1上一点P (〇，1)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与户5斜率之和为定值A ，则当A = 0 时直线Z 斜率为）当A %0时直线Z 过定点(-2，1).点P (0，一 1)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定点(一2，1).结论7直线z 不经过椭圆7+/ = 1上点P (2,0)且与椭圆交于两点A ，5,若直线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时直 线Z 斜率不存在*当A %0时直线Z 过定点（，-1).结论5 :直线Z 不经过椭圆7 + /=1上点尸（一2,0)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率不存在；当A %0时直线Z 过定()将椭圆方程一般化，同样可得：结论6:直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #一点P (0，#)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线凡4与户5斜率之和为定值A ，则当A = 0 时直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定结论：直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #点P (0，一#)且与椭圆交于两点A ，5,若直 线P A 与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时 直线Z 斜率为0*当A %0时直线Z 过定结论8:直线Z 不经过椭圆%2 + ^ = 1上a #点P (a ，0)且与椭圆交于两点A ，5,若直线 P 4与P 5的斜率之和为A ，则当A = 0时直New University Entrance Examination37数学问题线Z斜率不存在*当A%0时直线Z过定点("，—")•<直线D不 &p点P(—"，0)且与椭圆交于两点A，B，若直线P A k P B的斜率之和为A，则当$(0时 直线D斜率不存在；当$%0时直线D过定(5 )将点P换为椭圆上任意一点，可得：结论1〇:直线d不经过椭圆％#+y#=i 上点P(X0，y。