一道椭圆质检试题的拓展探究.pdf

2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究17一道椭圆质检试题的拓展探究甘肃省兰州市第六中学(730060)焦永垚摘要本文将一道椭圆质检试题推广到一般情形,揭示了试题所蕴含的一般规律,并通过类比拓展,得到了双曲线和抛物线中的相关结论.关键词 探究;定值;结论;共轭直径1 试题呈现例 1 已知 F1(c,0),F2(c,0)为椭圆 E 的两个焦点,A为椭圆 E 上异于左、右顶点的任意一点,AF1F2的周长为6,面积的最大值为3.(1)求椭圆 E 的方程;(2)直线 AF1与椭圆 E 的另一个交点为 B,与 y 轴的交点为 M.若 MA=1 AF1,MB=2 BF1,试问:1+2是否为定值?并说明理由.该题为遵义市 2024 届高三第一次质量检测统考第21 题,第(1)问椭圆 E 的方程为x24+y23=1;第(2)问1+2=83为定值.第(2)问的结论在一般的椭圆中还成立吗?若成立,则把左焦点 F1改为 x 轴上的任一定点时,结论还成立吗?如果成立,能否把 x 轴上的定点推广到更一般的情形?结论能否类比推广到双曲线和抛物线中?下面我们进行探究.2 拓展探究经探究,结论在一般的椭圆中仍然成立:结论 1 已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),过椭圆E 的左焦点 F1的直线 l 与 E 交于 A,B 两点,与 y 轴交于点M.若 MA=1 AF1,MB=2 BF1,则 1+2=2a2b2为定值.还可以将结论 1 中的左焦点 F1推广为 x 轴上异于左、右顶点的任一定点.结论 2已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),过点 P(m,0)(m=a)的直线 l 与椭圆 E 交于 A,B 两点,与 y 轴交于点 M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则1+2=2a2m2 a2为定值.证明当直线 l 与 x 轴重合时,点 M 与原点重合,设 A(a,0),B(a,0),则 1=am+a,2=am a,则1+2=2a2m2 a2.当直线 l 不与 x 轴重合时,设直线 l 的方程为x=ty+m(t=0),则M(0,mt).联立直线l 与椭圆E 的方程可得(a2+b2t2)y2+2b2tmy+b2(m2 a2)=0,于是1+2=2 mty1mty2=2 m(y1+y2)ty1y2=2 2b2tm2a2+b2ttb2(m2 a2)a2+b2t2=2a2m2 a2.综上所述,1+2=2a2m2 a2为定值.类比结论 2,可得双曲线和抛物线中的类似结论:结论 3已知双曲线 E:x2a2y2b2=1(a 0,b 0),过点 P(m,0)(m=a)的直线 l 与双曲线 E 交于 A,B 两点,与 y 轴交于点 M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则1+2=2a2m2 a2为定值.证明过程与结论 2 类似,略.结论 4已知抛物线 E:y2=2px(p 0),过点P(m,0)(m=0)的直线 l 与抛物线 E 交于 A,B 两点,与直线x=s(m=s)交于点M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则 1+2=m+sm为定值.点评与总结此类问题其实是前三类问题的综合和深化,例 9 是特殊零点的关系问题,例 10 和案例 11 都是由零点组成的多元函数的最值或取值范围问题.求解的根本策略仍然是数形结合,但在求解的最后一步即多元函数的最值或取值范围问题时,我们需要寻找这些零点的等量关系,从而采取消元技巧化为一元函数来求目标函数的最值或范围.结束语函数零点的个数判断、零点分布及参数范围是高考的热点,常以压轴题形式出现,我们需要引起足够重视.处理零点问题,首先我们需要准确理解函数零点的定义;其次我们要能将零点问题进行转化与化归,即:方程 f(x)=0有实数根 函数 y=f(x)的图象与 x 轴有交点的横坐标 函数 y=f(x)有零点;最后对应上面四类零点问题,有的放矢,相信我们一定可以克服函数的零点问题.18中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)证 明设 直 线 l 的 方 程 为 x=ty+m(t=0),则 M(s,s mt).联立直线 l 与抛物线 E 的方程可得y2 2pty 2pm=0,由 0 可得 pt2+2m 0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=2pt,y1y2=2pm.又由 MA=1 AP 和 MB=2 BP 可得 1=1+s mty1,2=1+s mty2,于是1+2=2+s mty1+s mty2=m+sm.3 探究延伸以上探究还可以联想到希腊数学家阿波罗尼斯在巨著圆锥曲线论 中提出的关于圆锥曲线的直径的概念1:考察椭圆的一组平行的弦,阿波罗尼斯证明了这组弦的中点都在一条直线 AB 上,称 AB 为椭圆的直径.过 AB 的中点 O 作直线 CD 平行于原来的那组弦,CD 将平分所有平行于 AB 的弦,CD 叫做 AB 的共轭直径.一般地,也称弦AB 与弦 CD 互为共轭直径,又叫做阿波罗尼斯共轭直径.若曲线为双曲线,某弦的直径是一条过中心的直线,或是共线的两条射线(去掉两端点);若曲线是抛物线,某弦的直径是一条平行于对称轴的射线(去掉一端点),它没有共轭直径.显然,椭圆或双曲线的轴是互相垂直的两直径.阿波罗尼斯共轭直径具有如下性质:(1)若曲线为椭圆x2a2+y2b2=1(a b 0),且阿波罗尼斯共轭直径的斜率存在且非零,设为 k1,k2,则 k1k2=b2a2.(2)若曲线为双曲线x2a2+y2b2=1(a 0,b 0),且阿波罗尼斯共轭直径的斜率存在且非零,设为 k1,k2,则k1k2=b2a2.有了上述概念和性质,就可以将上述试题的结论推广到更一般的情形.结 论 5设 直 线 p 和 p为 椭 圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的两条共轭直径所在的直线,点 P(m,n)为直线 p 上的定点(点 P 不在 E 上且异于原点),过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,与直线 p交于点 M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则 1+2=2m2a2+n2b2 1为定值.证明当 n=0 时,由结论 2 知结论成立.下面只 证 n=0 的 情 况.当 直 线 AB 的 斜 率 不 存 在 时,|m|0 可得 a2k2+b2(km n)2 0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2a2k(km n)b2+a2k2,x1x2=a2(km n)2 a2b2b2+a2k2.由 MA=1 AP 得 x1 xM=1(m x1),即 1=x1 xMm x1,同理得 2=x2 xMm x2,于是1+2=x1 xMm x1+x2 xMm x2=2m2a2+n2b2 1.结论 6设直线 p 和 p为双曲线 E:x2a2y2b2=1(a 0,b 0)的两条共轭直径所在的直线,点 P(m,n)为直线 p 上的定点(点 P 不在 E 上且异于原点),过点 P 的直线 l 与双曲线 E 交于 A,B 两点,与直线 p交于点 M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则 1+2=2m2a2n2b2 1为定值.证明过程可以参照结论 5,略.结论 7已知抛物线 E:y2=2px(p 0),CD 为过点(s,0)的一条弦,点 P(m,n)为弦 CD 的直径所在直线上一点(点 P 不在 E 上),过点 P 的直线 l 与抛物线 E交于 A,B 两点,与直线 CD 交于点 M.若 MA=1 AP,MB=2 BP,则 1+2=2p(m+s)n2 2pm为定值.证明当 n=0 时,由结论 4 可知结论成立,下面只证n=0 的情况.因为点 P 为弦 CD 的直径所在直线上的点,所以点 P 在过弦 CD 的中点且平行于 x 轴的直线上,由n=0 易知直线 CD 的斜率存在.设 C(x1,y1),D(x2,y2),2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究19探究一道两三角形面积之比问题四川省雅安市教育科学研究院(625000)高继浩摘要 本文探究了一道圆锥曲线中的两三角形面积之比问题,将试题进行推广,得到了椭圆中的几个简洁优美的一般性结论,并将相关结果引申到了双曲线中.关键词 三角形;圆锥曲线;面积之比;定值问题;离心率1 试题与解答题目(江西省重点中学盟校 2022 届高三理科第二次联考第 21 题)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)经过点(2,2),直线 m 经过椭圆 C 的一个顶点和一个焦点,椭圆的中心到直线 m 的距离为其短轴长的24.(1)写出椭圆 C 的标准方程;(2)如图 1,若直线 n:y=kx+t(t=0)与椭圆 C相交于 A、B 两点,线段 AB的垂直平分线与直线 n 及 x轴和 y 轴分别相交于点 D,E、G,直线 GF(F 为椭圆的图 1右焦点)与直线 l:x=4 相交于点 H,记 GEF、GHD的面积分别为 S1、S2,求S1S2的值.解 析容 易 求 得 第(1)问 椭 圆 C 的 标 准 方 程 为x28+y24=1(过程略).本文主要探究第(2)问,其求解如下:联立直线 n 与椭圆 C 的方程,消去 y 得则 y21=2px1,y22=2px2,两式相减得y1 y2x1 x2=2py1+y2=pn,即 kCD=pn,则直线 CD 的方程为 y=pn(x s).设直线 AB 的方程为 x m=t(y n),与直线 CD 的方程联立,可得 yM=p(m tn s)n pt.再把直线 AB 的方程与抛物线 E 的方程联立可得 y2 2pty+2p(tn m)=0,由 0 可得 pt2 2(tn m)0.设 A(x3,y3),B(x4,y4),则 y3+y4=2pt,y3y4=2p(tn m).由 MA=1 AP得 y3 yM=1(n y3),即 1=y3 yMn y3,同 理 得2=y4 yMn y4,于是1+2=y3 yMn y3+y4 yMn y4=2p(m+s)n2 2pm.4 试题溯源例 1 与下面这道竞赛题同根同源:例2(2018年全国高中数学联赛江苏预赛第 11 题)如图 1,已知圆 O 的方程为x2+y2=4,过点 P(0,1)的 直 线 l 与 圆 O 交 于 点A,B,与 x 轴交于点 Q.设 QA=PA,QB=PB,求证:+为定值.图 1不难发现,例 1 与例 2 高度相似,不同点在于:1两道题分别以椭圆和圆为背景;2例 1 第(2)问中直线 AB 所过的定点为椭圆的左焦点 F1,而例 2 中直线 AB 所过的定点为y 轴上的点 P(0,1);3例 1 中的 1(或 2)与例 2 中的(或)符号相反.若将圆看成退化的椭圆,那么由结论 4 很容易得到例 2 中+的值:+=83,即+为定值,笔者在文献 2 中对此题进行了详细探究,本文不再赘述.5 结语本文通过对一道质检试题的探究,逐步深入到问题的本质,最后形成一般的结论.一道优秀的数学试题,不仅能够检验学生的数学能力,更应该有其深刻的数学背景,而学生数学能力的培养,其关键在于教会学生进行数学探究,数学探究又根植于具体问题之中.因此,在解析几何解题教学中,教师应着力培养学生的问题探究意识,要为学生提供自主探究数学问题的机会,让学生在探究中体会学习数学的快乐,从而让数学核心素养落地生根.参考文献1 虞关寿,潘建伟.蕴含于数学高考中的几个“阿波罗尼斯问题”J.数学通讯(下半月),2019(3):42-45+63.2 焦永垚.一道预赛试题的有趣拓展 J.数学通讯(上半月),2021(5):35-37.