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。

竞赛专题 圆锥曲线(附答案)(2006浙江集训)1．过椭圆C ：12322=+y x 上任一点P ，作椭圆C 的右准线的垂线PH （H 为垂足），延长PH 到点Q ，使|HQ |=λ|PH |(λ≥1)。

当点P 在椭圆C 上运动时，点Q 的轨迹的离心率的取值范围为（ C ）A ．]33,0( B ．]23,33(C ．)1,33[D ．)1,23(解：设P (x 1, y 1)，Q (x , y )，因为右准线方程为x =3，所以H 点的坐标为(3, y )。

又∵HQ =λPH ，所以λ+-=11PQ HP ，所以由定比分点公式，可得：⎪⎩⎪⎨⎧=-+=y y x x 11)1(3λλ，代入椭圆方程，得Q 点轨迹为123)]1(3[222=++-y x λλ，所以离心率e =)1,33[321322322∈-=-λλλ。

故选C 。

(2007浙江B)2．已知椭圆2214x y +=上一点A直线3x =的距离为（ C ） A ．2 B．3)3 C．3)3 D．33(2009浙江)3. 已知椭圆192522=+y x 上一点P 到点（4, 0）距离等于4，则P 点到直线425-=x 的距离为（ C ）。

A ．4 B ． 6 C ．152 D ．54(2009全国)4.椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为 ．【答案】 22222a b a b +【解析】 设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有 222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111a b OP OQ+=+．于是当OP OQ ==OP OQ 达到最小值22222a b a b +．三. 解答题【解】 如图，记双曲线在x 轴上的两顶点为A(1, 0)， B(-1, 0)，G 为21F PF ∆的内切圆在边21F F 上的切点，H 为21F PF ∆的内切圆在边2PF 上的切点，K 为21F PF ∆的内切圆在边1PF 上的切点。

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。

2021年第4期(上)中学数学研究41圆锥曲线几个结论的拓展、变式及推广福建省莆田第五中学（351100）宋桂芳文［1］对2015年全国高考北京卷第19题进行了本质探究和推广，得到了关于椭圆、双曲线的3个结论，读后觉得意犹未尽.本文先将这些结论拓展到抛物线的情形，再给岀这些结论的等价变式及部分等价变式的推广.首先将［1］的这3个结论抄录如下：x2y2结论1（综合文［1］的结论1,2）已知椭圆c:x+y=a2b21（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|•|ON|=a2,如图1（|OM|•|ON|=b2,如图2）.图1图222结论2（文［1］的结论3）已知双曲线C:|2—b2=1（a>0,b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x 轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则图3图41结论的拓展以上结论只涉及椭圆、双曲线，那么，对于抛物线，有没有类似的结论经探究,可得结论3已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2=2py（p> 0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点，与点P 不关于x轴（y轴）对称，点A关于x轴（y轴）的对称点为B,若直线PA与x轴（y轴）交于点M,直线PB与x轴（y轴）交于点N,则|OM|=|ON|.证明对于抛物线C:y2=2px(p>0),由条件知B(m,—n),直线PA,PB的方程分别为y—y o=—y o•(x—x o),y—y o=一匹•(x—x o).分别令m—x o m—x oy=0,可得M(nx o一my o,0),N(nx o十my o,0).贝Jn—y o n+y onx o—my o+nx o+my on—y o n+y o_(nx o一my o)(n+y o)+(nx o+my o)(n—y o)n+y o(n—y o)(n+y o)2n2x o—2my O(n—y o)(n+y o)5又由P(x o,y o),A(m,n)在抛物线C上知y O=2pxo,n2= 2pm,则2n2x o—2my2=2x o•2pm—2m•2px o=0,从而nx o一my o+nx o十my o=0.又易知点M,N在y轴异侧, n—y o n+y o即nx o-my o与nx o十my o异号,从而有|om|=|ON|.n—y o n+y o相仿地，可以证明C:y2=2px(p>0)也具有相应性质，限于篇幅，此处从略.证毕.2结论的等价变式在上述结论中，由于点A,B关于x轴（y轴）对称O直线NA,NB（即卩NP）的斜率k1,k2满足k1+k2=0,故上述结论可分别等价表示为结论1',2',3':x2y2结论1'已知椭圆C:—2+b2=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为椭圆C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.x2y2结论2'已知双曲线C:冷—y=1（a>b>0）上一点P（x o,y o）,A（m,n）为双曲线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称），直线PA与x轴（y轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|•|ON|=a2（|OM|•|ON|=b2）.结论3'已知抛物线C:y2=2px（p>0）（x2= 2py（p>0））上一点P（x o,y o）,A（m,n）为抛物线C上一动点（与点P不关于x轴（y轴）对称）,直线PA与x轴（y 轴）交于点M,点N在x轴（y轴）上,若直线NA,NP的斜率k1,k2满足k1+k2=0,则|OM|=|ON|.3部分等价变式的推广经探究发现，结论1',2'中有关“x轴”的情形及结论3'42中学数学研究2021年第4期(上)可以推广到更一般的情形.x2y2结论I已知椭圆C:x+y=1(a>b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为椭圆C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在得u—s—rt=0,则a2—su=0.从而有s2进而得|OM|一牛.又由N(u,0)得|ON|=|OM|•|ON|=a2.证毕.a2u|u|,故过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与椭圆C的方程联立，得b2(ry+s)2+a2y2-a2b2=0,整理得(a2+b2r2)y2+2b2rsy+b2(s2-a2)=0.据韦达定理，得2b2rs”=b2(s2-a2)一a2+b2r2,y o n=a2+b2r2.易知直线PA与x轴交点M(s,0),设N仏0),N1(u,t),则k3=—-—.又由x o=ry o+s,m=rn+s彳得u—sn—t y o—tk1+k2一------------------m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)y o+n y o n(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u)r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r•：2；一2；2)十(s一u一rt)(一a2?+舄2)一2t(s一u)r2•十r(s一u)(-)+(s—u)2 2b2r(s2—a2—s2+su+rst)—2t(s—u)(a2+b2r2)类似地，结论—中有关“x轴”的情形及结论3可分别推广为x2y2结论II已知双曲线C:x一y=1(a>0,b>0)上一点P(x o,y o),A(m,n)为双曲线C上一动点(与点P不关于x轴对称)，直线PA与x轴交于点M,点N在x轴上，点N1在过点N且垂直于x轴的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|•|ON|=a2.结论III已知抛物线C:y2=2px(p>0)(x2= 2py(p>0))上一点P(x o,y o),A(m,n)为抛物线C上一动点(与点P不关于x轴(y轴)对称)，直线PA与x轴(y轴)交于点M,点N在x轴(y轴)上,点N1在过点N 且垂直于x轴(y轴)的直线上(不在直线PA上),若直线N1A,N1P,N1M的斜率k1,k2,k3满足k1+k2=2k3,则|OM|=|ON|.下面只证明结论III,结论II仿结论I可证.b2r2(s2—a2—2s2+2su)+(s—u)2(a2+b2r2) 2[b2r(a2—su—rst)+t(s—u)(a2+b2r2)]b2r2(a2+s2—2su)—a2(s—u)2—b2r2(s2—2su+u2) 2b2r(a2—su—rst)+st(a2+b2r2)—tu(a2+b2r2)证明设直线PA的方程为x=ry+s(r=0),与抛物线C的方程联立并整理，得y2-2pry-2ps=0.据韦达定理，得y o+n=2pr,y o n=—2ps.易知直线PA与x 轴交点M(s,0),设N仏0),N1仏t),则k3=^—.又由u—sx o=ry o+s,m=rn+s.得b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22[b2r(a2—su)+a2st—tu(a2+b2r2)] b2r2(a2—u2)—a2(s—u)22b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)n—t+y o—tk1+k2m—u x o—u(n—t)(ry o+s—u)+(y o—t)(rn+s—u)b2r2(a2—u2)—a2(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(rn+s—u)(ry o+s—u)2rny o+(s—u—rt)(n+y o)—2t(s—u) r2ny o+r(s—u)(n+y o)+(s—u)22r(—2ps)+(s—u—rt)•2pr—2t(s—u)(u—s)b2r(a2—su—tur)+a2t(s—u)=t[b2r2(a2-u2)-a2(s-u)2]今b2r(a2—su—tur)(u—s)=b2r2t(a2—u2)今u(a2—su—tur)—s(a2—su—tur)=rt(a2—u2)今u(a2—su)—s(a2—su—tur)=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)+stur=a2rt今u(a2—su)—s(a2—su)=rt(a2—su)今(a2—su)(u—s—rt)=0,r2(—2ps)+r(s—u)•2pr+(s—u)22[pr(—2s+s—u—rt)—t(s—u)]2p r2(—s+s—u)+(s—u)22[pr—s—u—rt)—t(s—u)]2[pr(s+u+rt)+t(s—u)] 2pr2(—u)+(s—u)22pr2u—(s—u)2又由k1+k2=2k3及k3=—t—,可得us(u—s)[pr(s+u+rt)+t(s—u)]=t[2pr2u—(s—u)2]今p r(s+u+rt)(u—s)=2pr2u今r[(s+u+rt)(u—s)—2rut]=0今r[(s+u)(u—s)+rt(u—s)—2rut]=0由于点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上,今r[(s+u)(u—s)—rt(u+s)]=0今r(s+u)(u—s—rt)=0,2021年第4期(上)中学数学研究43对一道预赛试题的思考与探究福建省周宁县第一中学(355400)叶桦题目(2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛第12题)22已知F1,F2分别为椭圆C:+豈=1(—>b>0)的左、右焦点，点P(乎,1)在椭圆C上,且AF1PF2的垂心为H(響,-3).(1)求椭圆C的方程；(2)设A为椭圆C左顶点，过点F2的直线l交椭圆C于D,E两点,记直线AD,AE的斜率岛，級,若仏+k=-1,求直线l的方程.图1直线AD,AE的斜率岛忌满足岛+k=A(A为非零常数),则直线l的斜率k=2(e—1)(其中e为椭圆C的离心率).证明设直线l的方程为x=hy+e,由入=0知h=0,直线l的斜率k=g.将直线l的方程与椭圆C方程联立，得h(a2+b2h2)y2+2b2ehy+b2(e2—a2)=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),据韦达定理，2b2eh b2(e2—a2) y1+y2=-庐十丽,y1y2=aU-h,且有x1=hy1+e,x2=hy2+e.又由A(—a,0),得y1y2y1y2+=+=+x1+a x2+a+e+a hy2+e+a=2hy1y+(a+e)(y1+y)h2y1y2+h(a+e)(y1+y2)+(a+e)22•—+(a+e)(—2b2eh)a2十-22本题的答案是：(1)椭圆C的方程为x r+专=1；(2)直线l的方程为y=2(x-1).本题⑵的内涵丰富,意境深邃，值得引导学生深入思考与探究.1由特殊到一般的思考与探究本题的(2)的关键是在“仏+級=-2”的条件下求出直线l的斜率k=2.我们不禁要问：对于一般的椭圆22C:—2+b2=1(a>b>0),若+k=入(入为非零常数),那么，直线l的斜率k是否为某个定值？经探究，可得22性质1.1设A为椭圆C:|2+卷=1(—>b>0)的左顶点，过焦点F(e,0)的直线l交椭圆C于D,E两点，若b2(c2-a2)a2+b2h22b eh2+h(a+e)(—a2+b2h2)+(a+e)2b2h(e2—a2—ae—e2)b2h2(e2—a2)—2b2eh2(a+e)+(a+e)2(a2+b2h2)2b2h(—a2—ae)b2h2[e2—a2—2e(a+e)+(a+e)2)]+a2(a+e)2 2ah(a2—e2)(a+e)a2(a+e)2=-2(—-e)h=2(e-1)h,由此可得k=1=h特别地，当入k=2((1/2)-1)=-(1/2)斜率.类似地，有2(e-1)+k=_1=―2，=◎.证毕.Aa2=4,b2=3时,e12=2.这就是上述试题(2)的直线l的由于r=0且点N1(u,t)不在直线PA:x=ry+s(r=0)上得u-s-rt=0,故s+u=0,从而有|s=|u|,即|OM=|ON|.证毕.特别地，当点N1重合于点N时,结论I,II分别为结论1,2中有关“x轴”的情形，结论III为结论.至此，我们完成了对文［1］的3个结论的拓展、变式及推广.参考文献［1］张留杰.2015年高考北京第19题的本质探究［J］.中学数学研究(江西),2016(3):24-26.。

常见二次曲线有圆、椭圆、双曲线、抛物线等，前面已经研究过圆，本讲将对竞赛中常见的有关椭圆、双曲线、抛物线等问题作一些研究．1．各曲线的定义(1)椭圆：{P | |PF 1|＋|PF 2|＝2a ，2a ＞|F 1F 2|，F 1、F 2为定点，2a 为正常数}； (2)双曲线：{P | ||PF 1|－|PF 2||＝2a ，2a ＜|F 1F 2|，F 1、F 2为定点，2a 为正常数}；(3)抛物线：{P ||PF ||PH |＝1，F 为定点，|PH |是P 到定直线l 的距离}．圆锥曲线的统一定义：平面上，到一个定点F 的距离与到一条定直线l 的距离之比为一个常数e 的点的轨迹叫做圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)．当0＜e ＜1时，曲线是椭圆；当e ＞1时，曲线是双曲线；当e ＝1时，曲线是抛物线．这个定点F 叫做曲线的焦点，定直线l 叫做曲线的准线，定点F 到定直线的距离p 叫做焦参数．2．标准方程(1)椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)；(2)双曲线：x 2a 2－y 2b 2＝1，y 2a 2－x 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)；(3)抛物线：y 2＝2px ，y 2＝－2px ，x 2＝2py ，x 2＝－2py (p ＞0)．3．几何性质：(见教材)4．直线与椭圆、双曲线、抛物线间关系的判别方法判断直线与椭圆、双曲线、抛物线的关系的方法主要有两种：一种是由它们的方程消去一个未知数(如y )，得到另一个未知数(如x )的一元二次方程，利用其根的判别式Δ＞0、Δ＝0、Δ＜0可分别判断直线与椭圆、双曲线、抛物线有两个不同的公共点、只有一个公共点、没有公共点．对于双曲线、抛物线还要特别注意二次项系数是否为零的讨论．另一种是取椭圆、双曲线的参数方程，再转化为三角方程是否有解的问题． A 类例题例1．椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为F 1和F 2，点P 在椭圆上，如果线段PF 1的中点在y 轴上，那么|PF 1|是|PF 2|的（ ）A ．7倍B ．5倍C ．4倍D ．3倍(1998年全国高考题)分析 本题涉及到椭圆的几何性质、焦半径长，中点坐标公式等，也可以用椭圆的第二定义来求解．解 由已知得F 1、F 2的坐标分别为(－3，0)、(3，0)．设P (x ，y )，线段PF 1的中点的横坐标为0，那么x 1－32＝0，x 1＝3．将x 1＝3代入椭圆方程得，y 1＝±32，所以P (3，±32)，则|PF 2|＝|y 1|＝32． 因为|PF 1|＋|PF 2|＝43，则|PF 1|＝732，故|PF 1|＝7|PF 2|．说明 本题也可以用焦半径公式求解，与焦半径有关的内容详见圆锥曲线(二)．例2．设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(0＜a ＜b )的半焦距为c ，直线l 过(a ，0)、(0，b )两点，已知原点到直线l 的距离为34c ，则双曲线的离心率为( )A ．2B ． 3C ． 2D ．233(1996年全国高考题)解 法一 因为b ＞a ＞0，所以c 2＝a 2＋b 2＞2a 2，c ＞2a ，则离心率e ＝c a ＞2＞233，故排除选项C 、D ．因为直线l 过点(a ，0)、(0，b )，原点到直线l 的距离为34c ，则34c 2＝ab ，检验A 、B 分支，选A ．法二 因为直线l 过点(a ，0)、(0，b )，则l 的方程为bx ＋ay －ab ＝0，所以原点到直线l 的距离为|－ab |a 2＋b2＝34c ，因为c 2＝a 2＋b 2(b ＞a ＞0)，所以ab c ＝34c ，整理得，3e 4－16e 2＋16＝0，解得e 2＝4或e 2＝43．因为b ＞a ＞0，所以c 2＝a 2＋b 2＞2a 2，所以e 2＝c 2a2＞2，故e 2＝4，即e ＝2，故选A ．例3．已知抛物线y 2＝2px (p ＞0)，过动点M (a ，0)且斜率为1的直线l 与该抛物线交于不同的两点A 、B ，|AB |≤2p ．(1)求a 的取值范围；(2)若线段AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，求ΔNAB 面积的最大值．(2001年北京、内蒙古、安徽春季高考题)解 (1)直线l 的方程为：y ＝x －a ，将y ＝x －a 代入y 2＝2px ，得x 2－2(a ＋p )x ＋a 2＝0．设直线l 与抛物线两个不同的交点坐标分别为A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4(a ＋p )2－4a 2＞0，x 1＋x 2＝2(a ＋p )，x 1x 2＝a 2．又y 1＝x 1－a ，y 2＝x 2－a ，则|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝8p (p ＋2a )．因为⎩⎨⎧0＜|AB |≤2p ，8p (p ＋2a )＞0．解得－p 2＜a ≤－p 4．(2)设AB 的垂直平分线交AB 于点Q ，令Q 坐标为(x 3，y 3)， 则由中点坐标公式得 x 3＝x 1＋x 22＝a ＋p ，y 3＝y 1＋y 22＝(x 1－a )＋(x 2－a )2＝p ，所以，|QN |2＝(a ＋p －a )2＋(p －0)2＝2p 2，又ΔMQN 为等腰直角三角形，则|QN |＝|QM |＝2p ．所以S ΔNAB ＝12|AB |·|QN |＝22p ·|AB |≤22p ·2p ＝2p 2．即当|AB |＝2p 时ΔNAB 面积的最大，最大值为2p 2．说明 平面解析几何是通过研究二次方程来研究二次曲线的，常常解题根据根与系数的关系整体利用两根的和与积．由于不论一元二次方程有无实根，根与系数的关系总成立，而解析几何中曲线的交点坐标是实数，因此使用根与系数关系时要注意检查该方程是否有实根．正确使用这一方法解题，大致有三个步骤：(1)把已知条件、要计算的对象、要证明的结论，写成x 1＋x 2、x 1x 2(或y 1＋y 2、y 1y 2)的式子；(2)由两条曲线(含直线)的方程消去一个未知数，得到另一个未知数的一元二次方程，根据根与系数关系写出x 1＋x 2、x 1x 2(或y 1＋y 2、y 1y 2)的表达式，代入第(1)步中的式子，并求出结果；(3)检查(2)中的结果是否违背(2)中的一元二次方程根的判别式Δ≥0．情景再现1．椭圆x 29＋y 24＝1的焦点为F 1、F 2，点P 为其上的动点，当∠F 1PF 2为钝角时，点P 横坐标的取值范围是_____________．(2000年全国高考题)2．已知P 为双曲线x 216－y 29＝1右支上的一点，F 1、F 2分别为左、右焦点，若|PF 1|：|PF 2|＝3：2，试求点P (x 0，y 0)的坐标．(1998年济南高考模拟题)3．如图，椭圆ax 2＋by 2＝1与直线x ＋y ＝1交于A 、B 两点，22(其中O 为C 是线段AB 的中点，若|AB |＝22，OC 的斜率等于直角坐标系的原点)，求a 、b 的值．(1992年全国高考题)B 类例题例4．给定点A (－2，2)，已知B 是椭圆x 225＋y 216＝1上的一点，F 1是椭圆的左焦点，求当|AB |＋53|BF 1|取最小值时，点B 的坐标．(1999年全国高中数学联赛)分析 由于椭圆的离心率为35，结合待求式子中有53的特点，可以考虑将53|BF 1|利用椭圆的第二定义转化为B 点到相应准线的距离．解 此椭圆的a ＝5，b ＝4，c ＝3，e ＝35，作椭圆的左准线l ：x ＝－253．对于椭圆上任一点B '，连AB '，B 'F 1，作B 'H ⊥l 于H ，则|B'F 1||B'H |＝35，即|B 'H |＝53|B 'F 1|． 从而|AB '|＋53|B 'F 1|＝|AB '|＋|B 'H |．于是问题变为求|AB '|＋|B 'H |的最小值．作AC ⊥l 于C ，交椭圆于B ．则|AC |≤|AB '|＋|B 'H |，即|AC |为所求最小值．|AC |＝(－2)－(－253)=193．此时点B 的纵坐标y ＝2，代入椭圆方程，得点B 的横坐标为x ＝－523．则当|AB |＋53|BF 1|取最小值时，点B 的坐标为(－523，2)．例5．如图，直线l 的方程为x ＝－p 2，其中p ＞0；椭圆的中心为D (2＋p2，0)，焦点在xx一个顶点为A (p2，轴上，长半轴长为2，短半轴长为1，它的0)．问p 在哪个范围内取值时，椭圆上有四个不同的点，它们中每一个点到点A 的距离等于该点到直线l 的距离．（1988年全国高考题）解 假定椭圆上有符合题意的四点，则这四个点的坐标都应满足下面的椭圆方程：[x －(2＋p2)]24＋y 2＝1，又这四个点的坐标应满足下面的抛物线方程y 2＝2px ，从而椭圆上有四点符合题意的充要条件是下面的方程组有四个不同 的实数解：⎩⎨⎧[x －(2＋p 2)]24＋y 2＝1， (1)y 2＝2px (2)；将(2)式代入(1)式，得[x －(2＋p2)]2＋8px ＝4，即x 2＋(7p －4)x ＋p 24＋2p ＝0 (3)所以原方程组有4个不同的实数解，当且仅当方程(3)有两个不相等的正根，而这又等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(7p －4)2－4(p 24＋2p )＞0，x 1x 2＝p24＋2p ＞0，x 1＋x 2＝7p －4＜0，p ＞0．解得0＜p ＜13．所以，所求的p 的取值范围为(0，13)．例6．已知点A (0，2)和抛物线y 2＝x ＋4上两点B ，C ，使得AB ⊥BC ，求点C 的纵坐标的取值范围．(2002年全国高中数学联赛)解 设B (y 02－4，y 0)，C (y 12－4，y 1)．则k AB ＝y 0－2y 20－4＝1y 0+2．k BC ＝y 1－y 0y 21－y20＝1y 1+y 0．由k AB ·k BC ＝－1，得(y 1＋y 0)(y 0＋2)＝－1．则y 02＋(y 1＋2)y 0＋(2y 1＋1)＝0．则得△＝(y 1＋2)2－4(2y 1＋1)＝y 12－4y 1≥0，x故y 1≤0，y 1≥4．当y 1＝0时，得B (－3，－1)，当y 1＝4时，得B (5，－3)均满足要求，故点C 的纵坐标的取值范围是(－∞，0]∪[4，+∞)．情景再现4．椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，直线y ＝x ＋1与该椭圆相交于P 和Q ，且OP ⊥OQ ，|PQ |＝102．求椭圆的方程．（1991年全国高考题） 5．已知直线l 过坐标原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴正半轴，若点A (－1，0)和B (0，8)关于l 的对称点都在C 上，求直线l 和抛物线C 的方程．（1994年全国高考题） 6．已知椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1，双曲线C 2的左、右焦点分别为C 1的左、右顶点，而C 2的左、右顶点分别是C 1的左、右焦点．(1)求双曲线C 2的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋2与椭圆C 1及双曲线C 2都恒有两个不同的交点，且l 与C 2的两个交点A 和B 满足OA →·OB →＜6（其中O 为原点），求k 的取值范围．(2005年高考题(重庆卷))C 类例题例7．点P (x 0，y 0)是抛物线y 2=2px 上的任意一定点，PA 、PB 是抛物线的两条互相垂直的弦，求证：AB 过定点．分析 由于PA ⊥PB ，故可考虑引入参数k (斜率)． 证明 设点A 、B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，PA 的斜率为k ，则PA 的方程：y －y 0=k (x －x 0)．则y －y 0＝k (x －x 0)，可得x ＝y －y 0k＋x 0， ① y 2＝2px ，以①代入得：y 2－2pk (y －y 0)－2px 0＝0． ②y 02＝2px 0，代入②得：y 2－y 02－2pk (y －y 0)＝0． ③由于y ≠y 0，则y ＋y 0＝2pk． ④即得点A 的坐标为：A (x 1，2pk－y 0)；同理得B 的坐标为B (x 2，－2py －y 0)．因为y AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1 y 122p －y 222p＝2py 2+y 1， 故AB 的方程为：y －y 1=2p y 2+y 1(x －x 1)，即(y 1＋y 2)y －y 1y 2＝2px ． ⑤ (其中y 12＝2px 1) 又y 1＋y 2＝2pk－2py －2y 0； ⑥y 1y 2＝(2p k －y 0)(－2py －y 0)＝－4p 2－2pky 0＋2pyy 0＋y 02＝－(2p k－2py －2y 0)y 0－4p 2－2px 0． ⑦将⑥、⑦两式代入⑤，得(2pk－2py －2y 0)(y ＋y 0)－2p (x －x 0－2p )＝0． ⑧则x ＝x 0＋2p ，y ＝－y 0时，此式恒成立，故直线AB 恒过定点(x 0＋2p ，－y 0)． 思考1 上述解法运算量很大，原因之一是将①x ＝y －y 0k＋x 0代入较繁．如果能避免此步代入，则运算可得到简化：改进1 将②－③：y 2－y 02＝2p (x －x 0)，再将①代入，即可得④式． 思考2 将⑥、⑦两式代入较繁，如不用此式代入，则可减少运算量： 改进2 由④式知：y 1＋y 0＝2pk，y 2＋y 0＝－2py ，两式相乘，得y 1y 2＋(y 1＋y 2)y 0＋y 02＝－4p 2． ⑨将⑨代入⑤，并以y 02＝2px 0代入得：(y 1＋y 2)y ＋(y 1＋y 2)y 0＋2px 0＋4p 2－2px ＝0，就是⑧式．思考3 运算过程中，设了斜率k ，又消去了y ，如果一开始不设k ，行吗？ 改进3 由PA ⊥PB ，得y 1－y 0x 1－x 0·y 2－y 0x 2－x 0＝－1，但y i －y j x i －x j ＝y i －y j y j 22p －y i 22p＝2py i ＋y j，于是就有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－4p 2．这就是⑨式，不需要用k ．因此有如下简洁的证法：证明 设P (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则得y 20＝2px 0，y 21＝2px 1，y 22＝2px 2．由于k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1 y 122p －y 222p＝2p y 2＋y 1，则直线AB 方程为y －y 1＝y 2－y 1x 2－x 1(x －x 1)，即(y 1＋y 2)y －y 1y 2＝2px ． ⑩因为PA ⊥PB ，故有y 1－y 0x 1－x 0·y 2－y 0x 2－x 0＝－1，但y i －y j x i －x j ＝2py i +y j，于是就有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－4p 2，即y 1y 2＋(y 1＋y 2)y 0＋y 02＝－4p 2．代入⑩式，即得(y 1＋y 2)(y ＋y 0)－2p (x －x 0－2p )＝0．从而可得当x ＝x 0＋2p ，y ＝－y 0时，此式恒成立，故直线AB 恒过定点(x 0＋2p ，－y 0)．例8．设曲线C 1：x 2a2＋y 2＝1(a 为正常数)与C 2：y 2＝2(x ＋m )在x 轴上方仅有一个公共点P ．(1)求实数m 的取值范围(用a 表示)；(2)O 为原点，若C 1与x 轴的负半轴交于点A ，当0＜a ＜12时，试求ΔOAP 的面积的最大值(用a 表示)．(2001年全国高中数学联赛)解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2＝1，y 2＝2(x ＋m )．消去y 得，x 2＋2a 2x ＋2a 2m －a 2＝0． ①设f (x )＝x 2＋2a 2x ＋2a 2m －a 2，问题⑴转化为方程①在x ∈(－a ，a )上有唯一解或等根． 只须讨论以下三种情况： 1︒Δ＝0得m ＝a 2＋12．此时x p ＝－a 2，当且仅当－a ＜－a 2＜a ，即0＜a ＜1时适合；2︒f (a )·f (－a )＜0当且仅当－a ＜m ＜a ；3︒f (－a )＝0得m ＝a ．此时x p ＝a －2a 2，当且仅当－a ＜a －2a 2＜a ，即0＜a ＜1时适合． 由f (a )＝0得m ＝－a ，此时x p ＝－a －2a 2，由于－a －2a 2＜－a ，从而m ≠-a ． 综上可知，当0＜a ＜1时，m ＝a 2＋12或－a ＜m ≤a ；当a ≥1时，－a ＜m ＜a ．(2)ΔOAP 的面积S ＝12ay p ．因为0＜a ＜12，故－a ＜m ≤a 时，0＜－a 2＋a a 2＋1－2m ＜a ，由唯一性得x p ＝－a 2＋a a 2＋1－2m ．显然当m ＝a 时，x p 取值最小．由于x p ＞0，从而y p ＝1－x p 2a2 取值最大，此时y p ＝2a －a 2 ，故S ＝a a －a 2．当m ＝a 2＋12时，x p ＝－a 2，y p ＝1－a 2 ，此时S ＝12a 1－a 2．下面比较a a －a 2 与12a 1－a 2的大小：令a a －a 2 ＝12a 1－a 2，得a ＝13．故当0＜a ≤13时，a a －a 2 ≤12a 1－a 2 ．此时S max ＝12a 1－a 2．当13＜a ＜12时，a a －a 2 ＞12a 1－a 2 ．此时S max ＝a a －a 2． 情景再现7．已知在抛物线y ＝x 2上有一个正方形的三个顶点A 、B 、C ，求这种正方形面积的最小值．(上海市1998年高中数学竞赛)8．已知抛物线y 2＝2px 及定点A (a ，b )，B (－a ，0)，(ab ≠0，b 2≠2pa )，M 是抛物线上的点，设直线AM ，BM 与抛物线的另一交点分别为M 1，M 2．习题521．设直线l ：2x ＋y ＋2＝0关于原点对称的直线l '．若l '与椭圆x 2＋y 24＝1的交点为A 、C.B.A.B，点P为椭圆上的动点，则使ΔPAB的面积为12的点P的个数为（）(2005年高考题(山东卷))A．1 B．2 C．3 D．42．点P（－3，1）在椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左准线上．过点P且方向为a＝（2，－5）的光线，经直线y＝－2反射后通过椭圆的左焦点，则这个椭圆的离心率为（）A．33B．13C．22D．12(2005年高考题(江苏卷)) 3．已知椭圆x22＋y2＝1的两个焦点为F1，F2，过右焦点F2作倾角为4的弦AB，则△ABF1的面积为( ) (第六届河南省高中数学竞赛)A．223B．43C．423D．4334．在下面四个图形中，已知有一个是方程y2＝－mnx与mx2＋ny2＝1(m≠0，n≠0)在同一坐标系中的示意图，它应是( )(1985年全国高中数学联赛)时，用了三种规格的正方形支架，如果抛物线的方程为y＝－x2+c，正方形ABCD的边长与正方形EFGH的边长之比为5∶1，则正方形MNPQ的边长为．(2004年上海市IT杯高二数学竞赛题)6．已知椭圆的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，直线x＝4是它的一条准线．(1)求椭圆的方程；(2)设A1，A2分别是椭圆的左顶点和右顶点，P是椭圆上满足|PA1|－|PA2|＝2的一点，求cos∠A1PA2的值．(2002年全国高中数学联赛山东赛区初赛赛题)7．椭圆x2＋4y2＝8中，AB是长为52的动弦，O为坐标原点，求三角形AOB的面积的取值范围．(2004年全国高中数学联赛福建赛区初赛赛题)8．设椭圆的方程x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，线段PQ是过左焦点F且不与x轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R，使△PQR为正三角形，求离心率e的取值范围，并用e表示直线PQ的斜率．(2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛赛题)本节“情景再现”解答：1．(－35，35)． 2．P 点的坐标为(16，±315)．3．a ＝13，b ＝23．4．椭圆的方程为x 22＋y 223＝1，或x 223＋y 22＝1． 5．直线方程为y ＝1＋52x ，抛物线方程为y 2＝455x ． 6．(1)双曲线C 2的方程为x 23－y 2＝1．(2)k 的取值范围是(－1，－19515)∪(－33，－12)∪(12，33)∪(19515，1)． 7．设A (x 1，x 12)，B (x 2，x 22)，D (x 3，x 32)，直线AB 的斜率为k (k ＞0)：则点B 坐标满足x 22－x 12＝k (x 2－x 1)，(x 2≠x 1)，则x 2＝k －x 1．从而|AB |＝(k －2x 1)k 2＋1．同理|AD |＝(x 1－x 3)1＋1k2＝2kx 1＋1k2k 2＋1．令|AB |＝|AD |，得k 2(k －2x 1)＝2kx 1＋1，从而得x 1＝k 3－12k (k ＋1)．故|AB |＝(k －(k －k 3－12k (k ＋1))k 2＋1＝k 2＋1k (k ＋1)k 2＋1≥2kk (k+1)·2(k +1)2＝2．等号当且仅当k ＝1时成立，此时x 1＝0，即A 为原点，正方形面积最小值为2．8．设M (m22p ，m )．M 1(m 212p，m 1)，M 2(m222p ，m 2)，则由A 、M 、M 1共线， 得b －mm 1－m＝a －m 22p m 212p －m 22p，则m 1＝2pa －bm b －m ，同法得m 2＝2pam；故M 1M 2所在直线方程为(m 1＋m 2)y ＝2px ＋m 1m 2．消去m 1，m 2，得2paby －bm 2y ＝2pbmx －2pm 2x ＋4p 2a 2－2pabm ． ⑴分别令m ＝0，1代入，得x ＝a ，y ＝2pa b ，以x ＝a ，y ＝2pab代入方程⑴知此式恒成立．即M 1M 2过定点(a ，2pab)．本节“习题12”解答：1．B ． 2．A ． 3．B ． 4．A ．5．1456－2． 6．(1)椭圆的方程为x 24＋y 23＝1．(2)cos ∠A 1PA 2＝|PA 1|2＋|PA 2|2－|A 1A 2|22|PA 1|·|PA 2|＝－19．7．令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ．代入椭圆的方程整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4(b 2－2)＝0．故x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4(b 2－2)4k 2＋1．则254＝AB 2＝16(k 2＋1)(4k 2＋1)2[2(4k 2＋1)－b 2]，得b 2＝2(4k 2＋1)－25(4k 2＋1)264(k 2＋1)．又原点O 到AB 的距离为|b |k 2＋1，则S ΔAOB ＝54·|b |k 2＋1．记u ＝4k 2＋1k 2＋1，则有S 2ΔAOB ＝－6251024(u 2－12825u )＝4－6251024(u －6425)2．u ＝4－3k 2＋1的取值范围为[1，4]（u ＝4为竖直弦）．故当u ＝6425时，S 2ΔAOB 的最大值为4；当u ＝1时，S 2ΔAOB的最小值为25751024．因此，S ΔAOB 的取值范围是[510332，2]．8．如图，设线段PQ 中点M ，过点P 、M 、Q 分别作准线的垂线，垂足分别为点P '，M '，Q '，则|MM '|＝12(|PP '|＋|QQ '|)＝12(|PF |e ＋|QF |e )＝|PQ |2e．假设存在点R ，则|RM |＝32|PQ |，且|MM '|＜|RM |，即|PQ |2e ＜32|PQ |，所以，e ＞33．于是，cos ∠RMM '＝|MM '||RM |＝12e ⨯13e，cot ∠RMM '＝13e 2－1．在图中，|PF |＜|QF |，且有k PQ ＝tan ∠QFx ＝tan ∠FMM '＝cot ∠RMM '＝13e 2－1．当e ＞33时，过点F 作斜率为13e 2－1的焦点弦PQ ，它的中垂线交左准线于R ，由上述过程知，|RM |＝32|PQ |．故∆PQR 为正三角形．根据对称性，当|FP |＞|FQ |时，有k PQ ＝－13e 2－1．所以，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e 的范围是(33，1)，且直线PQ 的斜率为±13e 2－1．。

第53讲 圆锥曲线(二)1．焦半径公式设P 为圆锥曲线上任一点,r 、d 分别为点P 到焦点及相应准线的距离,则r ＝ed ．(1)对于椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0),F 1(－c ,0)、F 2(c ,0)是它的两个焦点．设P (x ,y )是椭圆上的任一点,则有r 1＝|PF 1|＝a ＋ex ,r 2＝|PF 2|＝a －ex ．由椭圆的焦半径公式可知,椭圆上的某一点的焦半径的长是这一点的横坐标(对y 2a 2＋x 2b2＝1是纵坐标)的一次函数．焦半径公式的另一种形式(对于x 2a 2＋y 2b 2＝1,a ＞b ＞0)为r 1＝|PF 1|＝b 2a －c cosθ(θ是以F 1x为始边,F 1P 为终边的角,不是F 1P 的倾斜角)．(2)对于双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0,b ＞0),F 1(－c ,0)、F 2(c ,0)是它的两个焦点．设P (x ,y )是双曲线上的任一点,若点P 在双曲线的右支上,则有r 1＝|PF 1|＝ex ＋a ,r 2＝|PF 2|＝ex －a ；若点P 在双曲线的左支上,则有r 1＝|PF 1|＝－ex －a ,r 2＝|PF 2|＝－ex ＋a ．焦半径公式的另一种形式(对于x 2a 2－y 2b 2＝1,a ＞0,b ＞0)为r 2＝|PF 2|＝|b 2a －c cosθ|(θ是以F 2x 为始边,F 2P 为终边的角,不是F 2P 的倾斜角)．注意:当b 2a －c cosθ＞0时,点P 在右支上,当b 2a －c cosθ＜0时,点P 在左支上．(3)对于抛物线y 2＝2px (p ＞0),F (p2,0)是它的焦点,设P (x ,y )是抛物线上的任一点,则r ＝|PF |＝x ＋p 2．设∠xFP ＝θ,则r ＝p1－cos θ．2．共轭直径二次曲线平行弦的中点轨迹称为它的直径．若两直径中的每一直径平分与另一直径平行的弦,则称此两直径为共轭直径．(1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0),互为共轭直径的斜率关系为kk '＝－b 2a 2；(2)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0,b ＞0),互为共轭直径的斜率关系为kk '＝b 2a2；(3)设抛物线的方程为y 2＝2px (p ＞0),一组斜率为k 的平行弦的中点轨迹为射线y ＝pk． 3．过焦点的弦(1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0),过F 1(－c ,0)的弦长为2a ＋e (x 1＋x 2),过F 2(c ,0)的弦长为2a －e (x 1＋x 2)．过焦点的弦长是一个仅与它的中点横坐标有关的数．焦点弦长的另一种形式为l ＝2ab2a 2－c 2cos 2θ．(θ是以F 1x 为始边,F 1P 为终边的角,不是F 1P的倾斜角)．(2)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0,b ＞0),过F 1(－c ,0)的弦长为|2a ＋e (x 1＋x 2)|,过F 2(c ,0)的弦长为|2a －e (x 1＋x 2)|．焦点弦长的另一种形式为l ＝|2ab2a 2－c 2cos 2θ |(θ是以F 2x 为始边,F 2P 为终边的角,不是F 2P的倾斜角)．(3)设抛物线的方程为y 2＝2px (p ＞0),F (p 2,0),设∠xFP ＝θ,则焦点弦长为l ＝2p sin 2θ．4．双曲线的渐近线(1)如果曲线上的点无限远离原点时,存在一条直线l ,使得P 与此直线的距离无限趋向于零,则这条直线称为曲线C 的一条渐近线．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为x 2a 2－y 2b2＝0．(2)共轭双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝±1,共渐近线的双曲线系方程:x 2a 2－y 2b2＝λ．互为共轭的两条双曲线有以下性质:①λ＞0时得焦点在x 轴上的双曲线；λ＜0时得焦点在y 轴上的双曲线；λ＝0时即是双曲线的渐近线；②两共轭的双曲线的离心率e 1,e 2满足1e 12＋1e 22＝1；③它们的四个焦点在同一个圆上． A 类例题例1．设A (x 1,y 1)为椭圆x 2＋2y 2＝2上的一点,过点A 作一条斜率为－x2y 1的直线l ,又设d为原点到直线l 的距离,r 1,r 2分别为点A 到椭圆两焦点的距离．试证明r 1r 2·d 为常数．(1990年上海高考题) 分析 根据题意利用焦半径公式计算r 1,r 2．解 由椭圆方程x 22＋y 2＝1得,a 2＝2,b ＝1,c ＝1,则e ＝22．由r 1＝a ＋ex 1,r 2＝a －ex 1,得r 1r 2＝a 2－e 2x 21 ① 直线l 的方程为y －y 1＝－x2y 1(x －x 1),即 x 1x ＋2y 1y ＝x 21＋2y 21．错误!未指定书签。

简析曲线系在高中圆锥曲线的几个应用摘要：在解圆锥曲线题，尤其是在比较复杂的、涉及多条曲线时，求交点、求方程往往成为令人头疼的事情，本文介绍高中数学竞赛常用的一种工具——曲线系来解题，并借几道习题来探究其实用性。

关键词：圆锥曲线，曲线系一、介绍曲线系（本文只讨论二次曲线系） 首先，方程 Ax 2+By 2+Cxy+Dx+Ey+F=0表示的是一条二次曲线，包括高中涉及的圆、椭圆、双曲线、抛物线， 另补充一种情况：两条直线我们知道 方程 A 1x+B 1y+C 1=0 和 A 2x+B 2y+C 2=0 表示的是两条直线 那么 方程 （A 1x+B 1y+C 1）（A 2x+B 2y+C 2）=0 将表示这两条直线 并且方程展开后为一个二次式。

原因很简单， 所有满足上述两条直线的点的坐标都满足这个方程，故它表示的是这两条直线，特别的，当1212A AB B =时，表示的是两条平行线。

我们设两个二次曲线方程 C 1=0 C 2=0有方程 1λC 1+2λC 2=0 表示所有经过C 1与C 2交点的二次曲线 同样，不难解释，首先这是一个二次的方程，表示一条二次曲线，其次所有同时满足C 1=0 C 2=0的点都符合上式。

利用这一个关系，当我们已知该曲线方程为 S=0时我们可以得到 1λC 1+2λC 2=S 利用左右的系数对比便可以解出问题。

二、例题分析首先我们先以一道竞赛题来感受曲线系的威力：（1993年全国高中数学联赛）设0<a<b ，过两定点A （a ，0）B （b ，0）分别引直线l 与m ，与抛物线y 2=x 有四个不同交点，当这四个点共圆时，求l 与m 交点P 的轨迹。

分析：以常规思路，先设出点P 坐标 P （x 0,y 0） 然后找出“四点公园”的等价条件，用含有x 0、y 0的方程表示，便能解出P 点轨迹。

但是，其中不可避免的要不断进行求直线方程、求交点坐标的过程，并且要把“四点共圆”应用出来，其中运算量较大。

专业精心策划Ｓ高二数学爱好者数学爱好者课余揽胜▲湖南李生茂近几年的全国高中数学联赛中，对圆锥曲线这部分内容考查，一般是一个解答题再加一个选择题或填空题，分值大约是２６分或２９分，其题型比较稳定．解决的策略主要是以坐标法为切入点，运算技能则是解决这方面问题的关键点．一、探求轨迹问题例１已知过点（０，１）的直线ｌ与曲线Ｃ：ｙ＝ｘ＋１ｘ（ｘ＞０）交于两个不同点Ｍ和Ｎ．（１）求证：与曲线Ｃ相切于点（ｘ０，ｙ０）的切线斜率ｋ＝１－１ｘ０２；（２）求曲线Ｃ在点Ｍ、Ｎ处切线的交点轨迹．分析由直线与曲线相切知，通过联立两方程成方程组后，消元得到的一元二次方程，根据判别式及韦达定理，进而可求得斜率的值．第二问则可以按交轨法求得．解析（１）设相切于点（ｘ０，ｙ０）的切线方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，则由已知得ｙ＝ｘ＋１ｘ，ｙ＝ｋｘ＋ｂ"$$$#$$$%．消去ｙ，得ｘ＋１ｘ＝ｋｘ＋ｂ，即（ｋ－１）ｘ２＋ｂｘ－１＝０，因为直线与曲线相切，则上述方程有两相等正实数根，且这个根就是ｘ０，可知ｋ≠１，所以Δ＝ｂ２＋４（ｋ－１）＝０，且ｘ０＝－ｂ２（ｋ－１），即ｂ＝－２ｘ０（ｋ－１），消去ｂ得ｋ＝１－１ｘ０２；（２）设交点Ｍ、Ｎ分别为（ｘ１，ｙ１）和（ｘ２，ｙ２），曲线Ｃ在点Ｍ、Ｎ处的切线分别为ｌ１、ｌ２，其交点Ｐ的坐标为（ｘｐ，ｙｐ）．若直线ｌ的斜率为ｋ，则ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１．由方程组ｙ＝ｘ＋１ｘ，ｙ＝ｋｘ＋"$$$’$$$%１消去ｙ，得ｘ＋１ｘ＝ｋｘ＋１，即（ｋ－１）ｘ２＋ｘ－１＝０．由题意知，该方程在（０，＋∞）上有两个相异的实根ｘ１、ｘ２，故ｋ≠１，且Δ＝１＋４（ｋ－１）＞０，①ｘ１＋ｘ２＝１１－ｋ＞０，②ｘ１ｘ２＝１１－ｋ＞０，③由此解得３４＜ｋ＜１，由（１）知，直线在（ｘ１，ｙ１）和（ｘ２，ｙ２）点处的切线斜率分别是ｋ１＝１－１ｘ１２，ｋ２＝１－１ｘ２２，于是直线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝１－１ｘ１２()（ｘ－ｘ１），即ｙ－ｘ１＋１ｘ１(*＝１－１ｘ１２+*（ｘ－ｘ１），圆锥曲线竞赛中的常见题型ｃｈａｎｇｊｉａｎｔｉｘｉｎｇ$%&专业精心策划高二数学爱好者Ｓ数学爱好者课余揽胜化简后得到直线ｌ１的方程为ｙ＝１－１ｘ１２!"ｘ＋２ｘ１，④同理可求得直线ｌ２的方程为ｙ＝１－１ｘ２２!"ｘ＋２ｘ２，⑤④－⑤得１ｘ２２－１ｘ１２!"ｘＰ＋２ｘ１－２ｘ２＝０，因为ｘ１≠ｘ２，故有ｘＰ＝２ｘ１ｘ２ｘ１＋ｘ２，⑥将②、③两式代入⑥式得ｘＰ＝２．④＋⑤得２ｙＰ＝２－１ｘ１２＋１ｘ２２!"$%ｘＰ＋２１ｘ１＋１ｘ２!"，⑦其中１ｘ１＋１ｘ２＝ｘ１＋ｘ２ｘ１ｘ２＝１，１ｘ１２＋１ｘ２２＝ｘ１２＋ｘ２２ｘ１２ｘ２２＝（ｘ１＋ｘ２）２－２ｘ１ｘ２ｘ１２ｘ２２＝ｘ１＋ｘ２ｘ１ｘ２!"２－２ｘ１ｘ２＝１－２（１－ｋ）＝２ｋ－１，代入⑦式得２ｙＰ＝（３－２ｋ）ｘＰ＋２，而ｘＰ＝２，得ｙＰ＝４－２ｋ．又由３４＜ｋ＜１得２＜ｙＰ＜５２，即点Ｐ的轨迹为（２，２）、（２，２．５）两点间的线段（不含端点）．点评此题是典型的直线与圆锥曲线的位置关系问题，常用的解题策略是设而不求，变式消元，利用韦达定理沟通坐标与参数的关系．在求轨迹方程时应该注意曲线的完备性和纯粹性．二、求参数的取值范围例２平面直角坐标系ｘＯｙ中，给定三点Ａ０，４３!"、Ｂ（－１，０）、Ｃ（１，０），点Ｐ到直线ＢＣ的距离是该点到直线ＡＢ、ＡＣ距离的等比中项．（１）求点Ｐ的轨迹方程；（２）直线ｌ经过三角形ＡＢＣ的内心（设为Ｄ），且与Ｐ点的轨迹恰好有３个公共点，求ｌ的斜率ｋ的取值范围．分析第一问利用直接法便可求得轨迹方程．第二问求取值范围，根据直线与曲线相交问题转化为方程的问题来解．解（１）直线ＡＢ、ＡＣ、ＢＣ的方程依次为ｙ＝４３（ｘ＋１），ｙ＝－４３（ｘ－１），ｙ＝０．点Ｐ（ｘ，ｙ）到ＡＢ、ＡＣ、ＢＣ的距离依次为ｄ１＝１５４ｘ－３ｙ＋４，ｄ２＝１５４ｘ＋３ｙ－４，ｄ３＝ｙ，依题有ｄ１ｄ２＝ｄ３２，得１６ｘ２－（３ｙ－４）２＝２５ｙ２，即１６ｘ２－（３ｙ－４）２＋２５ｙ２＝０，或１６ｘ２－（３ｙ－４）２－２５ｙ２＝０，即Ｐ的轨迹方程为圆Ｓ：２ｘ２＋２ｙ２＋３ｙ－２＝０与双曲线Ｔ：８ｘ２－１７ｙ２＋１２ｙ－８＝０；（２）由（１）知，点Ｐ的轨迹包含两部分：圆Ｓ：２ｘ２＋２ｙ２＋３ｙ－２＝０，①和双曲线Ｔ：８ｘ２－１７ｙ２＋１２ｙ－８＝０．②因为Ｂ（－１，０）和Ｃ（１，０）是适合题设条件的点，所以点Ｂ和点Ｃ在点Ｐ的轨迹上，且点Ｐ的轨迹曲线Ｓ与Ｔ的公共点只有Ｂ、Ｃ两点．三角形ＡＢＣ的内心Ｄ也是适合题设条件的点，由ｄ１＝ｄ２＝ｄ３，解得Ｄ０，１２!"，且知它在圆Ｓ上．直线ｌ经过Ｄ，且与点Ｐ的轨迹有３个公共点，所以ｌ的斜率存在，设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１２，③（ｉ）当ｋ＝０时，ｌ与圆Ｓ相切，有唯一的公共点Ｄ；此时，直线ｙ＝１２平行于ｘ轴，表明ｌ与双曲线有不同于Ｄ的两个公共点，所以ｌ恰好与点Ｐ的轨迹有３个公共点．（ｉｉ）当ｋ≠０时，ｌ与圆Ｓ有两个不同的交点，这时，ｌ与点Ｐ的轨迹恰有３个公共点，只能下面两种情况：情况１：直线ｌ经过点Ｂ或点Ｃ，此时ｌ的斜率ｋ＝±１２，直线ｌ的方程为ｘ＝±（２ｙ－１）．代入方程②得ｙ（３ｙ－４）＝０，解得Ｅ５３，４３!"或Ｆ－５３，４３!"．()*专业精心策划Ｓ高二数学爱好者数学爱好者课余揽胜表明直线ＢＤ与曲线Ｔ有２个交点Ｂ、Ｅ；直线ＣＤ与曲线Ｔ有２个交点Ｃ、Ｆ．故当ｋ＝±１２时，ｌ恰好与点Ｐ的轨迹有３个公共点．情况２：直线ｌ不经过点Ｂ和Ｃ（即ｋ≠±１２），因为ｌ与Ｓ有两个不同的交点，所以ｌ与双曲线Ｔ有且只有一个公共点，即方程组８ｘ２－１７ｙ２＋１２ｙ－８＝０，ｙ＝ｋｘ＋１２"$$$#$$$%有且只有一组实数解，消去ｙ并化简得（８－１７ｋ２）ｘ２－５ｋｘ－２５４＝０，该方程有唯一实数解的充要条件是８－１７ｋ２＝０，④或（－５ｋ）２＋４（８－１７ｋ２）２５４＝０，⑤解方程④得ｋ＝±２３４&１７，解方程⑤得ｋ＝±２&２．综上可得：直线ｌ的斜率ｋ的取值范围是有限集０，±１２，±２３４&１７，±２&２’(．点评本题主要先是通过直接法求曲线的方程，然后用方程的思想去解决直线和圆锥曲线的交点问题，对直线的斜率及方程根的分布要进行分类讨论则是本题的难点，在思想方法上体现了方程的思想、分类讨论思想及数形结合思想．三、探求有关的性质例３设Ａ、Ｂ分别为椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）和双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１的公共的左、右顶点，Ｐ、Ｑ分别为双曲线和椭圆上不同于Ａ、Ｂ的动点，且满足Ａ)*Ｐ＋Ｂ)*Ｐ＝λ（Ａ)*Ｑ＋Ｂ)*Ｑ）（λ∈Ｒ，λ＞１）．设直线ＡＰ、ＢＰ、ＡＱ、ＢＱ的斜率分别为ｋ１、ｋ２、ｋ３、ｋ４．（１）ｋ１＋ｋ２＋ｋ３＋ｋ４是定值吗？如果是，求出这个定值，如果不是，则说明理由；（２）设Ｆ１、Ｆ２分别为椭圆和双曲线的右焦点，若ＰＦ２∥ＱＦ１，求证：ｋ１２＋ｋ２２＋ｋ３２＋ｋ４２＝８．分析本题是探求定值问题，有两个已知方程，Ａ、Ｂ点的坐标可表示出来，再设两个Ｐ、Ｑ两个坐标参数，可把四条直线的斜率一一表示出来，然后计算斜率的关系．解（１）设Ｐ、Ｑ两点的坐标分别为Ｐ（ｘ１，ｙ１）、Ｑ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１２ａ２－ｙ１２ｂ２＝１，ｘ２２ａ２－ｙ２２ｂ２＝１．则ｋ１＋ｋ２＝ｙ１ｘ１＋ａ＋ｙ１ｘ１－ａ＝２ｘ１ｙ１ｘ１２－ａ２＝２ｂ２ａ２·ｘ１ｙ１，①同理可得ｋ３＋ｋ４＝－２ｂ２ａ２·ｘ２ｙ２，②设Ｏ为原点，则２Ｏ)*Ｐ＝Ａ)*Ｐ＋Ｂ)*Ｐ＝λ（Ａ)*Ｑ＋Ｂ)*Ｑ）＝２λＯ)*Ｑ，所以Ｏ)*Ｐ＝λＯ)*Ｑ，Ｏ、Ｐ、Ｑ三点共线，于是得ｘ１ｙ１＝ｘ２ｙ２．由①、②得ｋ１＋ｋ２＋ｋ３＋ｋ４＝０；（２）由点Ｑ在椭圆上，有ｘ２２ａ２＋ｙ２２ｂ２＝１．由Ｏ)*Ｐ＝λＯ)*Ｑ，得（ｘ１，ｙ１）＝λ（ｘ２，ｙ２）．所以ｘ２＝１λｘ１，ｙ２＝１λｙ１，即ｘ１２ａ２＋ｙ１２ｂ２＝λ２，③又由点Ｐ在双曲线上，有ｘ１２ａ２－ｙ１２ｂ２＝１，④由③、④得ｘ１２＝λ２＋１２ａ２，ｙ１２＝λ２－１２ｂ２，因为ＰＦ２∥ＱＦ１，所以ＯＦ２＝λＯＦ１，所以λ２＝ａ２＋ｂ２ａ２－ｂ２，ｘ１２ｙ１２＝（λ２＋１）ａ２（λ２－１）ｂ２＝ａ４ｂ４，由①得（ｋ１＋ｋ２）２＝４ｂ４ａ４·ｘ１２ｙ１２＝４，同理可得（ｋ３＋ｋ４）２＝４，另一方面ｋ１ｋ２＝ｙ１ｘ１＋ａ·ｙ１ｘ１－ａ＝ｂ２ａ２．类似地，ｋ３ｋ４＝－ｂ２ａ２，故ｋ１２＋ｋ２２＋ｋ３２＋ｋ４２＝（ｋ１＋ｋ２）２＋（ｋ３＋ｋ４）２－２（ｋ１ｋ２＋ｋ３ｋ４）＝８．点评坐标法是解析几何中的最基本也是最重要的方法，它的思维较简单，只是需要计算便可达到目的，另外本题中巧妙地抓住了各点的“对称性”，简化了计算．()*。

山东省高考２２题 一个圆锥曲线性质的推广苏凡文(山东省泰安宁阳一中㊀２７１４００)摘㊀要:山东省高考２２题蕴含着丰富的内涵ꎬ本文基于此题ꎬ推广得到圆锥曲线的几个性质.关键词:高考ꎻ圆锥曲线ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)３１－００２７－０２收稿日期:２０２０－０８－０５作者简介:苏凡文(１９７７.１１－)ꎬ男ꎬ山东省泰安人ꎬ大学ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀(山东高考２２)已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的离心率为２２ꎬ且过点Ａ(２ꎬ１).(１)求Ｃ的方程ꎻ(２)点ＭꎬＮ在Ｃ上ꎬ且ＡＭʅＡＮꎬＡＤʅＭＮꎬＤ为垂足.证明:存在定点Ｑꎬ使得｜ＤＱ｜为定值.解析㊀(１)ｘ２６＋ｙ２３＝１.(２)①直线ＭＮ不垂直于ｘ轴时ꎬ设ＭＮ:ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬＭ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２).由ｘ２６＋ｙ２３＝１ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍ{消去ｙ可得(２ｋ２＋１)ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２－６＝０.由韦达定理可得ｘ１＋ｘ２＝－４ｋｍ２ｋ２＋１ꎬｘ１ｘ２＝２ｍ２－６２ｋ２＋１ꎬｙ１＋ｙ２＝２ｍ２ｋ２＋１ꎬｙ１ｙ２＝ｍ２－６ｋ２２ｋ２＋１.由ＡＭʅＡＮ得ＡＭңʅＡＮңꎬ所以ＡＭң ＡＮң＝０ꎬ(ｘ１－２ꎬｙ１－１) (ｘ２－２ꎬｙ２－１)＝０ꎬ所以ｘ１ｘ２－２(ｘ１＋ｘ２)－(ｙ１＋ｙ２)＋ｙ１ｙ２＋５＝０ꎬ即４ｋ２＋８ｋｍ＋３ｍ２－２ｍ－１＝０ꎬ(２ｋ＋３ｍ＋１)(２ｋ＋ｍ－１)＝０ꎬ所以ｍ＝－２３ｋ－１３或ｍ＝１－２ｋ.㊀ｍ＝－２３ｋ－１３时ꎬＭＮ:ｙ＝ｋ(ｘ－２３)－１３ꎬ直线ＭＮ过定点Ｔ(２３ꎬ－１３)ꎻｍ＝１－２ｋ时ꎬＭＮ:ｙ＝ｋ(ｘ－２)＋１ꎬ直线ＭＮ过定点Ａ(２ꎬ１)ꎬ舍.因为ＡＤʅＭＮꎬＤ为垂足ꎬ所以Ｄ在以ＡＴ为直径的圆上.取ＡＴ中点为Ｑꎬ则Ｑ(４３ꎬ１３)ꎬ且｜ＤＱ｜＝(２－４３)２＋(１－１３)２＝２２３ꎬ为定值.②直线ＭＮ垂直于ｘ轴时ꎬ设Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＮ(ｘ０ꎬ－ｙ０)且ｘ０ʂ２.由ＡＭʅＡＮ得ＡＭңʅＡＮңꎬ所以ＡＭң ＡＮң＝０ꎬ于是得(ｘ０－２ꎬｙ０－１) (ｘ０－２ꎬ－ｙ０－１)＝０ꎬ即ｘ２０－４ｘ０－ｙ２０＋５＝０.因为ｙ２０＝３－ｘ２０２ꎬ所以３ｘ２０－８ｘ０＋４＝０ꎬ(３ｘ０－２)(ｘ０－２)＝０.因为ｘ０ʂ２ꎬ所以ｘ０＝２３ꎬ因为ＡＤʅＭＮꎬ所以Ｄ(２３ꎬ１)ꎬ满足｜ＤＱ｜＝２２３.综上可得存在定点Ｑ(４３ꎬ１３)ꎬ使得｜ＤＱ｜为定值.推广一㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为椭圆为ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与椭圆分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点(ｃ２ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ－ｃ２ｙ０ａ２＋ｂ２).证明㊀过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬ交椭圆于Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＡＢ的斜率存在时ꎬ令ＡＢ所在直线为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬＰＡң(ｘ１－ｘ０ꎬｙ１－ｙ０)ꎬＰＢң＝(ｘ２－ｘ０ꎬｙ２－ｙ０).因为ＰＡңʅＰＢңꎬ得ＰＡң ＰＢң＝０ꎬ所以(ｘ１－ｘ０) (ｘ２－ｘ０)＋(ｙ１－ｙ０) (ｙ２－ｙ０)＝０ꎬ即有ｘ１ｘ２－(ｘ１＋ｘ２)ｘ０＋ｘ２０＋ｙ１ｙ２－(ｙ１＋ｙ２)ｙ０＋ｙ２０＝０①.７２联立直线ＡＢ与椭圆方程得(ｂ２＋ｋ２ａ２)ｘ２＋２ｋｍａ２ｘ＋(ｍ２ａ２－ａ２ｂ２)＝０ꎬ由韦达定理有ｘ１＋ｘ２＝－２ｋｍａ２ｂ２＋ｋ２ａ２②ꎬｘ１ｘ２＝ｍ２ａ２－ａ２ｂ２ｂ２＋ｋ２ａ２③.又Ａ㊁Ｂ都在直线ＡＢ上ꎬ则有ｙ１＝ｋｘ１＋ｍꎬｙ２＝ｋｘ２＋ｍꎬ两式相加得ｙ１＋ｙ２＝ｋ(ｘ１＋ｘ２)＋２ｍ＝２ｍｂ２ｂ２＋ｋ２ａ２④ꎬ两式相乘得ｙ１ｙ２＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｋｍ(ｘ１＋ｘ２)＋ｍ２＝ｍ２ｂ２－ｋ２ａ２ｂ２ｂ２＋ｋ２ａ２⑤.将②③④⑤代入①得ａ２[(ｋｘ０＋ｍ)２＋ｂ２(ｘ２０ａ２－１)]＋ｂ２[(ｙ０－ｍ)２＋ｋ２ａ２(ｙ２０ｂ２－１)]＝０.因为点Ｐ在椭圆上ꎬ则ｘ２０ａ２＋ｙ２０ｂ２＝１ꎬ即有ｘ２０ａ２－１＝－ｙ２０ｂ２ꎬｙ２０ｂ２－１＝－ｘ２０ａ２ꎬ于是有ａ２[(ｋｘ０＋ｍ)２－ｙ２０]＋ｂ２[(ｙ０－ｍ)２－ｋ２ｘ２０)]＝０ꎬ即有ａ２(ｋｘ０＋ｍ＋ｙ０) (ｋｘ０＋ｍ－ｙ０)＋ｂ２(ｙ０－ｍ＋ｋｘ０) (ｙ０－ｍ－ｋｘ０)＝０.因Ｐ不在直线ＡＢ上ꎬ则ｋｘ０＋ｍ－ｙ０ʂ０ꎬ所以有ａ２(ｋｘ０＋ｍ＋ｙ０)＝ｂ２(ｙ０－ｍ＋ｋｘ０)ꎬ整理得ｍ＝(ｂ２－ａ２)(ｋｘ０＋ｙ０)ａ２＋ｂ２ꎬ代入直线ＡＢ得ｙ＝ｋｘ＋ｍ＝ｋｘ＋(ｂ２－ａ２)(ｋｘ０＋ｙ０)ａ２＋ｂ２ꎬ即有ｙ－(ｂ２－ａ２)ｙ０ａ２＋ｂ２＝ｋ(ｘ－(ａ２－ｂ２)ｘ０ａ２＋ｂ２).所以直线ＡＢ过定点((ａ２－ｂ２)ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ(ｂ２－ａ２)ｙ０ａ２＋ｂ２)ꎬ即(ｃ２ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ－ｃ２ｙ０ａ２＋ｂ２).②若直线ＡＢ垂直于ｘ轴ꎬ即ＡＢ的斜率不存在ꎬ令直线ＡＢ为ｘ＝ｍ(－ａ<ｍ<ａ)ꎬ则Ａ(ｍꎬ－ｂａ２－ｍ２ａ)ꎬＢ(ｍꎬｂａ２－ｍ２ａ)ꎬＰＡң＝(ｘ０－ｍꎬｙ０＋ｂａ２－ｍ２ａ)ꎬＰＢң＝(ｘ０－ｍꎬｙ０－ｂａ２－ｍ２ａ).因为ＰＡңʅＰＢңꎬ得ＰＡң ＰＢң＝０ꎬ所以(ｘ０－ｍ)２＋ｙ２０－ｂ２(ａ２－ｍ２)ａ２＝０ꎬ即(ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２＋ｂ２ｍ２)＋ａ２(ｘ０－ｍ)２＝０ꎬｂ２(－ｘ２０＋ｍ２)＝－ａ２(ｘ０－ｍ２).因为ｘ０ʂｍꎬ所以ｍ＝(ａ２－ｂ２)ｘ０ａ２＋ｂ２.显然此时ＡＢ过点((ａ２－ｂ２)ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ(ｂ２－ａ２)ｙ０ａ２＋ｂ２)ꎬ即(ｃ２ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ－ｃ２ｙ０ａ２＋ｂ２).综上ꎬ直线ＡＢ过定点(ｃ２ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬ－ｃ２ｙ０ａ２＋ｂ２).推广二㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为椭圆为ｙ２ａ２＋ｘ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与椭圆分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点(－ｃ２ｘ０ａ２＋ｂ２ꎬｃ２ｙ０ａ２＋ｂ２).推广三㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０ꎬａʂｂ)上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与双曲线分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点(ｃ２ｘ０ａ２－ｂ２ꎬ－ｃ２ｙ０ａ２－ｂ２).推广四㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为双曲线ｙ２ａ２－ｘ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０ꎬａʂｂ)上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与双曲线分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点(－ｃ２ｘ０ａ２－ｂ２ꎬｃ２ｙ０ａ２－ｂ２).推广五㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为有心圆锥曲线ｘ２ｍ＋ｙ２ｎ＝１上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与椭圆分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点((ｍ－ｎ)ｘ０ｍ＋ｎꎬ(ｎ－ｍ)ｙ０ｍ＋ｎ).推广六㊀点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)为抛物线ｙ２＝２ｐｘ(ｐ>０)上任意一点ꎬ过点Ｐ作ＰＡʅＰＢꎬＰＡ㊁ＰＢ与抛物线分别交于异于点Ｐ的点Ａ㊁Ｂꎬ则直线ＡＢ过定点(ｘ０＋２ｐꎬ－ｙ０).㊀㊀参考文献:[１]吉沙娟.仔细探索规律ꎬ准确确定范围[Ｊ].新世纪智能ꎬ２０１８(３５):２９－３０.[责任编辑:李㊀璟]８２。