一道圆锥曲线试题的探究与推广.pdf

2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究45一道圆锥曲线试题的探究与推广广东省中山纪念中学(528454)邓启龙摘要本文首先给出一道圆锥曲线试题的两种解法,然后经过深入探究,将该试题推广到一般情况.关键词 圆锥曲线;探究;推广试题 已知椭圆 E 的中心为坐标原点,对称轴为 x 轴,y轴,且过 A(0,2),B(32,1)两点.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设过点 P(1,2)的动直线 l 交椭圆 E 于 M,N 两点,过 M 且平行于 x 轴的直线与直线 AB 交于点 T,点 H 满足 MT=TH,证明:直线 HN 过定点.解析 易得椭圆 E 的方程为x23+y24=1.先考虑过 P的两条特殊直线 l1:x=1 和 l2:y=2x,分别得到对应的直线 HN,这两条直线的交点即定点,通过计算发现定点是A.然后考虑一般情况,设直线 l 的方程为 y=k(x 1)2,得到 M,N,T,H 的坐标后,验证直线 HA 和直线 NA 的斜率相等(或同时不存在),即可说明直线 HN 过点 A,于是得到解法 1.但是解法一运算量较大,能否改进方法,减少运算量?本文经过探究,发现利用直线 l 的参数方程,可减少运算量,于是得到解法 2.解法 11.若 l 的斜率存在,则设 l 的方程为 y+2=k(x 1).联立x23+y24=1,y=kx k 2,消去 y 得(3k2+4)x26k(k+2)x+3k(k+4)=0.由=36k2(k+2)24(3k2+4)3k(k+4)0得k 2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2=6k(k+2)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2+4.直线 AB 的方程为 y=23x 2,由直线 MT 平行于 x 轴和 MT=TH 得T(3y12+3,y1),H(3y1 x1+6,y1).(1)若 x2=0,则直线 HA 的斜率 k1=y1+23y1 x1+6,直线 NA 的斜率 k2=y2+2x2.由 y1=kx1 k 2,y2=kx2k2 得 k1=k(x1 1)(3k 1)x1 3k,k2=k(x2 1)x2.于是k1 k2=k(x1 1)(3k 1)x1 3kk(x2 1)x2=k(3k 1)(x1+x2)(3k 2)x1x2 3kx2(3k 1)x1 3k=3k22(3k 1)(k+2)(3k 2)(k+4)(3k2+4)x2(3k2+4)(3k 1)x1 3k=0.所以 H,N,A 三点共线,直线 HN 过点 A.(2)若 x2=0,则 k=4,x1=1213,l 的方程为y=4x+2,于是 M(1213,2213),N(0,2),可得 T(613,2213),H(0,2213),此时直线 HN 也过点 A.2.若 l 的斜率不存在,则 l 的方程为 x=1,不妨设 M(1,263),N(1,263),则 T(3 6,263),H(5 26,263).于是直线 HN 的方程为 y=(2+263)x2,直线 HN 也过点 A.所以直线 HN 过点 A.解法 21.若 l 的斜率存在,则设 l 的参数方程为x=1+t,y=2+kt,t 为参数.由(1+t)23+(2+kt)24=1,得(3k2+4)t2+4(2 3k)t+4=0.由 =16(2 3k)216(3k2+4)0 得 k 2.设 M(1+t1,2+kt1),N(1+t2,2+kt2),则 t1+t2=4(3k 2)3k2+4,t1t2=43k2+4.直线 AB 的方程为 y=23x 2,由直线 MT 平行于 x 轴和 MT=TH 得T(3kt12,2+kt1),H(3k1)t11,2+kt1).(1)若t2=1,则直线HA的斜率k1=kt1(3k 1)t1 1,直线 NA 的斜率 k2=kt2t2+1.于是1k11k2=(3k 1)t1 1kt1t2+1kt2=1k(3k 2 t1+t2t1t2)=1k 3k 2 4(3k 2)3k2+443k2+4=0.得 k1=k2,所以 H,N,A 三点共线,直线 HN 过点 A.(2)若 t2=1,则 k=4,t1=113,直线 l 的方程为 y=4x+2,于是 M(1213,2213),N(0,2),可得T(613,2213),H(0,2213),此时直线 HN 也过点 A.2.若 l 的斜率不存在,则 l 的方程为 x=1,同解法一可得直线 HN 也过点 A.所以直线 HN 过点 A.在试题中,点 P,A,B 有什么特殊性呢?经过探究发现,直线 PA,PB 与椭圆 E 相切,切点分别为 A,B,直线 MT平行于 x 轴,即直线 MT 平行于 PA,T 为线段 MH 的中点.设直线 NT 与 PA 交于点 C,由 H,N,A 三点共线可得 C 为线段 PA 的中点.本文经过深入探究,将试题一般化,得到以46中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)下结论.结论 1点 P 在椭圆 E 外,过 P 作椭圆 E 的切线,切点分别为 A,B,线段 PA,PB 的中点分别为 C,D.过 P 的动直线 l 与椭圆 E 交于 M,N 两点,过 M 作 PA,PB 的平行线,分别与直线 AB 交于点 T,S,则 C,T,N 三点共线,且D,S,N 三点共线.解析设椭圆 E 的方程为x2a2+y2b2=1(a b 0),A(x1,y1),B(x2,y2),则直线 PA 的方程为x1xa2+y1yb2=1,直线 PB 的方程为x2xa2+y2yb2=1,联立直线 PA,PB 的方程可求出 P 的坐标.设 P(x0,y0),则 C(x0+x12,y0+y12),D(x0+x22,y0+y22),且直线 AB 的方程为x0 xa2+y0yb2=1.若 l 的斜率为 k,则设 l 的参数方程为x=x0+t,y=y0+kt,t为参数.由(x0+t)2a2+(y0+kt)2b2=1,得(a2k2+b2)t2+2(b2x0+a2y0k)t+b2x20+a2y20a2b2=0.设 M(x0+t1,y0+kt1),N(x0+t2,y0+kt2),则t1+t2=2(b2x0+a2y0k)a2k2+b2,t1t2=b2x20+a2y20 a2b2a2k2+b2.由 MT/PA,MS/PB 可得 T,S 的坐标,然后通过计算得到 kTC=kNC,kSD=kND,从而推出 C,T,N 三点共线,且 D,S,N 三点共线.这种方法思路可行,但是运算量太大,有没有减少运算量的更好的方法?本文经过探究,发现通过作仿射变换,将椭圆变成圆,然后在圆中解决问题,运算量很小.对于椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),作仿射变换:x=xa,y=yb,则椭圆 E 变为单位圆 O:x2+y2=1,P,A,B,C,D,M,N,T,S 分别变为P,A,B,C,D,M,N,T,S,且直线 PA,PB与单位圆 O 相切,C,D是线段 PA,PB的中点.要证的结论C,T,N 三点共线,且 D,S,N 三点共线等价于 C,T,N三点共线,且 D,S,N三点共线,于是结论 1 等价于以下结论.结论 2 点 P 在圆 E 外,过 P 作圆 E 的切线,切点分别为 A,B,线段 PA,PB 的中点分别为 C,D.过 P 的动直线 l与圆 E 交于 M,N 两点,过 M 作 PA,PB 的平行线,分别与直线 AB 交于点 T,S,则 C,T,N 三点共线,且 D,S,N 三点共线.解析 由于结论 2 与坐标系无关,为了方便计算,以圆心E 为坐标原点,直线 AE 为 y 轴,建立平面直角坐标系.证明 不妨设圆 E 为单位圆,A(0,1),P(x0,1),x0=0,则 C(x02,1)且直线 AB 的方程为 x0 x y=1.1.若 l 的斜率存在,则设动直线 l 的参数方程为x=x0+t,y=1+kt,t 为参数.由(x0+t)2+(1+kt)2=1得(k2+1)t2+2(x0k)t+x20=0.设 M(x0+t1,1+kt1),N(x0+t2,1+kt2),则 t1+t2=2(k x0)k2+1,t1t2=x20k2+1.由 MT/PA 得 T(kt1x0,1+kt1).(1)若 t2=x02,则直线 TC 的斜率 k1=2x0kt12kt1 x20,直线 NC 的斜率 k2=2kt22t2+x0.于是1k11k2=1x01kx02k(1t1+1t2)=1x01kx02kt1+t2t1t2=1x01kx02k2(k x0)k2+1x20k2+1=1x01kk x0kx0=0.得 k1=k2,所以 C,T,N 三点共线.(2)若 t2=x02,则 x0=4kk2+1,t1=2x0k2+1=x202k,直线l 的方程为y=kxkx01,于是M(x0+x202k,1+x202),N(x02,1kx02),T(x02,1+x202),此时 C,T,N 三点共线.2.若 l 的斜率不存在,则|x0|b 0),点 P(x0,y0)与原点不重合,直线 l:x0 xa2+y0yb2=1,则点 P 是直线 l 关于椭圆 C 的极点,直线 l 是点 P 关于椭圆 C 的极线.关于椭圆中的极点和极线,有以下结论.2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究47引理 1已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0),点P(x0,y0)不在椭圆 E 上,且 P 与原点不重合.(1)过 P 的直线 l 与椭圆 E 交于 A,B 两点,l 上存在异于 P 的点 Q 满足 AP BQ=AQ BP(点 P,Q 调和分割线段 AB),则 Q 在 P 的极线上;(2)过 P 的直线 l 与椭圆 E 交于 A,B 两点,与 P 的极线交于点 Q,则 AP BQ=AQ BP(点 P,Q 调和分割线段AB).结论 1 的证明设 l 与直线 AB 交于点 Q,注意到直线AB 是点 P 的极线,由引理 1 得 PM QN=PN QM.于是PQ MN=(QM+PM)(QM+QN)=QM(QM+PM+QN)+PM QN=PN QM+PM QN=2PN QM.由 MT/PA 得MTPA=QMPQ,于是MT2PC=QMPQ,所以MTPC=2QMPQ=2PN QMPN PQ=PQ MNPN PQ=MNPN.由MT/PA 得 NMT=NPC,于是 NMT v NPC,得 MNT=PNC,所以 C,T,N 三点共线.同理可证D,S,N 三点共线.对于双曲线和抛物线,有类似的结论.结论 3点 P 在双曲线 E 外(P 不在双曲线 E 的渐近线上),过 P 作双曲线 E 的切线,切点分别为 A,B,线段PA,PB 的中点分别为 C,D.过 P 的动直线 l 与双曲线 E交于 M,N 两点,过 M 作 PA,PB 的平行线,分别与直线AB 交于点 T,S,则 C,T,N 三点共线,且 D,S,N 三点共线.结论 4点 P 在抛物线 E 外,过 P 作抛物线 E 的切线,切点分别为 A,B,线段 PA,PB 的中点分别为 C,D.过 P的动直线 l 与抛物线 E 交于 M,N 两点,过 M 作 PA,PB的平行线,分别与直线 AB 交于点 T,S,则 C,T,N 三点共线,且 D,S,N 三点共线.接下来给出结论 4 的证明.结论 4 的证明 设抛物线 E 的方程为 y2=2px(p 0),A(2pa2,2pa),B(2pb2,2pb),则直线 PA 的方程为 2ay=x+2pa2,直线 PB 的方程为 2by=x+2pb2.联立直线 PA,PB的方程可得 P(2pab,p(a+b),则 C(pa(a+b),p(3a+b)2),D(pb(a+b),p(a+3b)2),且直线 AB 的方程为(a+b)y=x+2pab.1.若 l 的斜率为 k,则设 l 的参数方程为x=2pab+t,y=p(a+b)+kt,t 为参数.由 p(a+b)+kt2=2p(2pab+t)得k2t2+2pk(a+b)1t+p2(a b)2=0.设 M(2pab+t1,p(a+b)+kt1),N(2pab+t2,p(a+b)+kt2),则 t1+t2=2p1 k(a+b)k2,t1t2=p2(a b)2k2.联立(a+b)y=x+2pab,2ay p(a+b)kt1=x 2pab t1,得 T(a+b)(2ka 1)t1a b+2pa2,(2ka 1)t1a b+2pa).于是直线 TC 的斜率k1=(2ka 1)t1a b+2pa p(3a+b)2(a+b)(2ka 1)t1a b+2pa2 pa(a+b)=t1+p(a b)22(2ka 1)(a+b)t1+pa(a b)22ka 1.直线 NC 的斜率k2=p(a+b)+kt2p(3a+b)22pab+t2 pa(a+b)=kt2p(a b)2t2 pa(a b).于是k1 k2=t1+p(a b)22(2ka 1)(a+b)t1+pa(a b)22ka 1kt2p(a b)2t2 pa(a b).将该式通分后的分子部分为t1+p(a b)22(2ka 1)t2 pa(a b)(a+b)t1+pa(a b)22ka 1kt2p(a b)2=1 k(a+b)t1t2p(a b)2(t1+t2)2=1k(a+b)p2(ab)2k2p(ab)222p1 k(a+b)k2=0.得 k1=k2,所以 C,T,N 三点共线.2.若 l 的斜率不存在,则 ab 0,l 的方程为 x=2pab,不妨设 M(2pab,2pab),N(2pab,2pab).联立(a+b)y=x+2pab,2a(y 2pab)=x 2pab,得 T(4pa(a+b)(ab b)a b 2pab,4pa(ab b)a b).不妨设a 0,b 0,则 T(4pa(a+b)ba+b 2pab,4paba+b).直线 TN 的 斜 率 k1=3a+b2a(a b),直 线 CN 的 斜 率k2=3a+b2a(a b),于是 k1=k2,C,T,N 三点共线.所以 C,T,N 三点共线,同理可证 D,S,N 三点共线.