由一道高考題（2014年四川理20題）看圓錐曲線的性質

王戶世

題目（2014年四川理第20題）橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦距為4，其短軸兩個端點與長軸一個端點構成正三角形.

（Ⅰ）求橢圓C的方程.

（Ⅱ）設F為橢圓C的左焦點，T為直線x=-3上任一點，過F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點.

（?。┳C明：OT平分線段PQ（其中O是坐標原點）.

（ⅱ）當TFPQ最小時，求T點坐標.

答案如下（過程略）：（Ⅰ）x26+y22=1；（Ⅱ）.（?。┞?；（ⅱ）TFPQ取最小值33時，點T（-3，±1）.

分析本題第（Ⅱ）問是針對橢圓x26+y22=1，（?。┳C明：OT平分PQ；（ⅱ）當TFPQ取最小值33時，求出T（-3，±1），透過現象看本質，我們可否把這個橢圓推廣，使本題的條件僅作為一種特殊情況？一番研究，得到如下收獲：

圖1

定理1橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點為F，T為橢圓準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），過F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點.

（?。┳C明：OT平分線段PQ（其中O是坐標原點）.

（ⅱ）當c2>b2時，TFPQ有最小值ba，這時

T（a2c，±bcc2-b2）.

證明不妨取橢圓右焦點F（c，0）和右準線x=a2c（左焦點和左準線時同理可證明）.

（?。┰OT（a2c，m），則kTF=cmb2，當m=0時，T為橢圓右準線與x軸的交點，這時PQ為橢圓的通徑，OT顯然平分PQ.當m≠0時，由條件知kPQ=-b2cm，所以直線PQ方程為：y=-b2cm（x-c），記P（x1，y1），Q（x2，y2），聯立x2a2+y2b2=1，

y=-b2cm（x-c），

得（c2m2+a2b2）x2-2a2b2cx+c2a2（b2-m2）=0，

因為Δ=4a4b4c2-4a2c2（c2m2+a2b2）（b2-m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=2a2b2cc2m2+a2b2，

x1x2=c2a2（b2-m2）c2m2+a2b2.（*）

y1+y2=-b2cm（x1+x2-2c）=2b2c2mc2m2+a2b2，

知PQ中點N（a2b2cc2m2+a2b2，b2c2mc2m2+a2b2），則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點共線，即OT過線段PQ的中點N，所以OT平分PQ.

（ⅱ）因為TF=a2c-c=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2

把kPQ=-b2cm及（*）式代入得：PQ=1+-b2cm22a2b2cc2m2+a2b2c2a2（b2-m2）c2m2+a2b2

=2a（b4+c2m2）c2m2+a2b2，所以TFPQ=c2m2+a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4+2b2c2≥ba，即TFPQ≥ba，當且僅當c2m2+b4=b2c2

m2=b2c2（c2-b2）時取等號，因為已知條件有c2>b2，所以當m=±bcc2-b2時，TFPQmin=ba，這時Ta2c，±bcc2-b2.

反過來看四川高考20題第（Ⅱ）問，相當于定理1中a2=6，b2=2，F為左焦點，T為左準線x=-a2c=-3上一點，由定理1知（?。㎡T平分PQ.（ⅱ）因為c2=4知c2>b2成立，知TFPQ有最小值ba=33，這時T-a2c，±bcc2-b2，即T（-3，±1）.

圖2

推論1橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點為F，T為橢圓準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），過F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點，P關于坐標原點O的對稱點為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理1知OT平分線段PQ，即OT過線段PQ的中點N，又O是PP′的中點，所以ON是△PP′Q的中

位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

定理2橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點為F，T為橢圓準線上（但非x軸上）任一點（其中焦點，準線在y軸同側），過F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點，則kOT·kPQ=-b2a2.

證明不妨取橢圓右焦點F（c，0）和右準線x=a2c，設Ta2c，m，因T非x軸上點，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=cmb2，知kPQ=-b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=-b2a2.

定理3雙曲線C：x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），且T點的縱坐標m≠±abc，過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點.

（?。┳C明：直線OT平分線段PQ（其中O是坐標原點）.

（ⅱ）TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖3

證明不妨取雙曲線右焦點F（c，0）和右準線x=a2c（左焦點和左準線時同理可證明）.

（?。┰OTa2c，m，則kTF=-cmb2，當m=0時，T為雙曲線右準線x=a2c與x軸的交點，這時PQ為雙曲線的通徑，OT顯然平分PQ.當m≠0時，由條件知kPQ=b2cm，所以直線PQ方程為：y=b2cm（x-c），記P（x1，y1），Q（x2，y2），聯立x2a2-y2b2=1，

y=b2cm（x-c），得

（c2m2-a2b2）x2+2a2b2cx-c2a2（b2+m2）=0，因為m≠±abc，知c2m2-a2b2≠0，

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點共線，即直線OT過線段PQ的中點N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因為TF=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因為m≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），且T點的縱坐標m≠±abc，過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，P關于坐標原點O的對稱點為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過線段PQ的中點N，又O是PP′的中點，所以ON是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過F作TF的垂線與雙曲線只有一個交點.

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上（但非x軸上）任一點（其中焦點和準線在y軸同側），過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點F（c，0）和右準線x=a2c，設T（a2c，m），因T非x軸上點，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點為F，T為拋物線準線上任一點，過F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點，弦PQ中點為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設T-p2，m，則kTF=-mp，當m=0時，T為拋物線準線與x軸的交點，這時PQ為拋物線的通徑，點N與焦點F重合，顯然NT平行于x軸.當m≠0時，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數關系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點共線，即直線OT過線段PQ的中點N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因為TF=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因為m≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），且T點的縱坐標m≠±abc，過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，P關于坐標原點O的對稱點為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過線段PQ的中點N，又O是PP′的中點，所以ON是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過F作TF的垂線與雙曲線只有一個交點.

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上（但非x軸上）任一點（其中焦點和準線在y軸同側），過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點F（c，0）和右準線x=a2c，設T（a2c，m），因T非x軸上點，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點為F，T為拋物線準線上任一點，過F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點，弦PQ中點為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設T-p2，m，則kTF=-mp，當m=0時，T為拋物線準線與x軸的交點，這時PQ為拋物線的通徑，點N與焦點F重合，顯然NT平行于x軸.當m≠0時，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數關系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點共線，即直線OT過線段PQ的中點N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因為TF=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因為m≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上任一點（焦點和準線在y軸同側），且T點的縱坐標m≠±abc，過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，P關于坐標原點O的對稱點為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過線段PQ的中點N，又O是PP′的中點，所以ON是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過F作TF的垂線與雙曲線只有一個交點.

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點為F，T為雙曲線準線上（但非x軸上）任一點（其中焦點和準線在y軸同側），過F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點F（c，0）和右準線x=a2c，設T（a2c，m），因T非x軸上點，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點為F，T為拋物線準線上任一點，過F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點，弦PQ中點為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設T-p2，m，則kTF=-mp，當m=0時，T為拋物線準線與x軸的交點，這時PQ為拋物線的通徑，點N與焦點F重合，顯然NT平行于x軸.當m≠0時，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數關系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.