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孫愛文 張凡

1 試題呈現

已知曲線C的方程為y2a2+x2b2=1（a>b>0），離心率為53，曲線C過點A（－2，0）.

（1）求曲線C的方程；

（2）過點（－2，3）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點，求證：MN的中點為定點.

2 試題分析

本題第（1）問為常規的求曲線方程問題.第（2）問考查定點問題，這是近幾年最為風靡的齊次化聯立模型，背景是極點、極線，考查了解析幾何的基本思想和基本方法，對學生運算能力的要求很高，體現了邏輯推理、數學建模、數學運算等核心素養.現給出第（2）問的解題思維導圖，如圖1所示.

3 試題詳解

對于第（1）問，結合已知條件，易求得曲線C的方程為y29+x24=1.下面重點探究第（2）問的解法.

思路1：從必要條件出發，先猜后證.

解法1：設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3）.

當直線PQ過原點時，易得P－2，322，Q2，－322，進一步可得y3=3+32，y4=3－32，此時，MN的中點為定點（0，3），如圖2.

或者極限分析，PQ無限趨近于一點時，PQ直線方程為y=3，此時M（0，3），N（0，3）故MN的中點為定點為（0，3）.

再作如下證明：

設M（0，3+m），N（0，3－m），則lAM：y=3+m2（x+2）.

聯立直線AM與橢圓方程，得（m2+6m+18）x2+4（3+m）2x+4m2+24m=0.

又因為Δ＞0，所以有xAx1=4m2+24mm2+6m+18，則P－2m2+12mm2+6m+18，18m+54m2+6m+18.同理，可以得到Q12m-2m2m2－6m+18，－18m+54m2－6m+18.于是可得kTP=18m+54m2+6m+18－3－2m2－12mm2+6m+18+2=－m212.同理，kTQ=－m212，則kTP=kTQ.又T為直線TP與TQ的公共點，所以P，Q，T三點共線.

思路2：曲直聯立，用P，Q兩點的坐標來表示yM+yN2.

解法2：設線法+韋達定理.

設lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），則

lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2）.

對于lAP和lAQ，令x=0，可得

y3+y42=2kx1x2+（4k+3）（x1+x2）+8k+12x1x2+2（x1+x2）+4.①

聯立直線PQ與橢圓方程，可得（4k2+9）x2+（16k2+24k）x+16k2+48k=0.又Δ＞0，所以x1+x2=-16k2+24k4k2+9，x1x2=16k2+48k4k2+9.將其代入①式，得

y3+y42

=2k（16k2+48k）-（4k+3）（16k2+24k）+（8k+12）（4k2+9）16k2+48k－2（16k2+24k）+4（4k2+9）

=10836=3.

故MN的中點為定點（0，3）.

解法2的優化：整體代換.

設lPQ：y=k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4）.

聯立橢圓與直線PQ方程，得（4k2+9）（x+2）2+24k（x+2）=0（Δ>0）.

同解法2，利用韋達定理代入計算得MN的中點為定點（0，3）.

把x+2看成整體以后，運算大大簡化，這種簡化的思想也是處理解析幾何繁瑣運算的常見思路.從代數的角度來看它是整體代換，從幾何角度來看它的本質就是平移坐標系.

思路3：平移坐標系.

解法3：平移使得T（－2，3）為T′（0，0），直線PQ：y=kx，橢圓（y+3）29+（x－2）24=1.

聯立直線PQ與橢圓方程，可得（4k2+9）x2+（24k－36）x+36=0.設P（x1，y1），Q（x2，y2）由韋達定理代入，得

y′M+y′N2=kx1+3x1+kx2+3x2=

1x1x2＼5［3（x1+x2）+2kx1x2］-3=0，則原坐標系下，MN的中點為定點（0，3）.

思路4：設線齊次化，將直線PQ方程代換.

解法4：設lPQ：m（x+2）+y3=1，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），lAP：y=k1（x+2），lAQ：y=k2（x+2）.

對于lAP與lAQ，令x=0，可得MN的中點坐標為（0，k1+k2）.

由y29+（x+2）24－（x+2）m（x+2）+y3=0，可得19yx+22－13yx+2+14－m=0.

進而可得y3+y42=y1x1+2+y2x2+2=3，所以MN的中點為定點（0，3）.

另外，還可以利用平移齊次化將整個圖形向右平移兩個單位長度，則y29+x24=1變為y29+（x－2）24=1.

令lP′Q′：mx+ny=1，由y29+x24－x（mx+ny）=0，得19yx2－nyx+14－m=0.

于是kAP+kAQ=kA′P′+kA′Q′=3，則9n=3，即n=13，進一步可求得MN的中點為定點（0，3）.

點評：利用平移、齊次化手段來解圓錐曲線中有關斜率之和或之積問題的理論基礎是平移坐標系只是改變了點、曲線在坐標系中的位置，其幾何屬性如線段長度、直線斜率，直線間夾角都不會改變，但并不是所有圓錐曲線都適合平移、齊次化，只有涉及或者可以轉化成兩直線斜率之和、之積的問題才適合.方法雖好，但要慎用！

思路5：斜率同構或向量周構.

解法5：斜率同構.

設lAP：y=k（x+2），lPQ：y=t（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），且y3=2k.聯立直線AP與橢圓方程，得（4k2+9）x2+16k2x+16k2－36=0（Δ>0），求出點P坐標再代入直線PQ方程，得12k2－36k+36t+27=0.設kAQ=k′，同理12k′2－36k′+36t+27=0，則k和k′是二次方程12x2－36x+36t+27=0的兩個根，所以k+k′=3.故MN的中點為定點（0，3）.

解法6：向量同構.

設直線PQ的斜率為k，TP=λ1（1，k），TQ=λ2（1，k），則P（λ1－2，λ1k+3），Q（λ2-2，λ2k+3）.于是lAP：y=λ1k+3λ1（x+2），lAQ：y=λ2k+3λ2（x+2），則yM+yN=2λ1k+6λ1+2λ2k+6λ2=4k+6（λ1+λ2）λ1λ2.將點P，Q的坐標代入橢圓方程得到關于λ1，λ2的同構方程，即（9+4k2）λ2－（36－24k）λ+36=0，再由韋達定理代入得MN的中點為定點（0，3）.

點評：思路5的兩種解法同樣是證明斜率之和為定值，卻沒有用到齊次化的方法，技巧性相對于解法4小很多，相當于尋找斜率滿足的二次方程，也有同法可究.計算量也比前面幾個解法小很多.

思路6：設點，利用點差法建立點M，N與點P，Q之間的關系.

解法7：設點法之點代法.

設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），則y219+x214=1，y229+x224=1，變形得y21=9－9x214，y22=9－9x224.

又lAP：y=y1x1+2（x+2），lAQ：y=y2x2+2（x+2），令x=0，可得

y3+y42=y1（x2+2）+y2（x1+2）（x1+2）（x2+2）

=94×（4－x21）（x2+2）2－（4－x22）（x1+2）23（x2－x1）（x1+2）（x2+2）

=34×（2－x1）（x2+2）－（2－x2）（x1+2）x2－x1

=3.

點評：解法7完全用點的坐標串聯，設出點的坐標以后，尋求其滿足的代數方程，通過代數方程的整體代換來實現定值的計算.

解法8：定比點差法.

設P（x1，y1），Q（x2，y2），M（0，y3），N（0，y4），T（－2，3），PQ=λQT，則x2=x1－2λ1+λ，y2=y1+3λ1+λ.將P，Q代入橢圓方程化簡，得3λ=6+3x1－2y1.又kAQ=y2x2+2=y1+3λx1+2，kAP=y1x1+2，所以

kAP+kAQ=y1x1+2+y1+3λx1+2=3x1+6x1+2=3.

思路7：極坐標設點.

解法9：角參法.

設P（2cos α，3sin α），Q（2cos β，3sin β），由

萬能公式可得P2（1－t21）1+t21，6t11+t21，Q2（1－t22）1+t22，6t21+t22，其中t1=tanα2，t2=tanβ2.

于是可得lPQ：2y（t1+t2）+3x（1－t1t2）=6（t1t2+1），代入點P坐標，得t1+t2=2.

又因為lAP：y=3t12（x+2），lAQ：y=3t22（x+2），令x=0，所以yM+yN2=3（t1+t2）2=3.

思路8：曲線系法.

解法10：設lAP：x－my+2=0，lAQ：x－ny+2=0，lPQ：kx－y+2k+3=0，又橢圓在點A處的切線為x+2=0，因此過A，P，Q的二次曲線系為

（x－my+2）（x－ny+2）+λ（x+2）（kx－y+2k+3）=0=ty29+x24－1.

于是1+kλ=t4，mn=t9，－m－n－λ=0，4+（4k+3）λ=0，4+2λ（2k+3）=－t，整理得λ=－t3，m+n=t3，mn=t9.

故yM+yN2=122m+2n=m+nmn=3.

解法11：極點極線法.

定點B（0，3）為T（－2，3）的極線x－2+y3=1與y軸的交點.

根據圖3易知，直線AB是點T（－2，3）的極線，則點P，Q，K，T成調和點列，直線AP，AQ，AK，AT成調和線束.又y軸平行于TA，根據調和線束的斜率關系知，kAM+kAN=2kAB，線段MN被點B平分，故線段MN的中點為定點（0，3）.由調和共軛性質，可知kAT－kAQkAT－kAK·k極線－kAKk極線－kAQ=－1，則kAK+kAQ=3，定點定值模型顯而易見！

下附練習，供讀者參考使用.

練習：已知點A（2，0），B－65，－45在橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0） 上.

（1）求橢圓M的方程；

（2）直線l與橢圓M交于C，D兩個不同的點（異于A，B），過C作x軸的垂線分別交直線AB，AD于點P，Q，當P是CQ中點時，證明：直線l過定點.

基于上述對試題的探討研究，作出以下推廣：

結論1：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點為A（－a，0），上頂點為B（0，b），過點R（－a，b）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸交于M，N兩點，則MN的中點為橢圓上頂點B.

結論2：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點為A（－a，0），上頂點為B（0，b），過點R（－a，b）的直線交曲線C于兩點P，Q，直線BP，BQ與x軸交于E，F兩點，則EF的中點為左頂點A.

結論3：已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），左頂點為A（－a，0））.點R是直線

x=-a上任意一點，過點R作橢圓的兩條切線，分別交橢圓與點A，B，過點R作直線交曲線C于P，Q兩點，則kAP+kAQ=2kAB.

解析幾何的相關問題對學生的基礎能力、運算求解能力及應變能力要求較高，需要學生在平時的學習中學會歸納整理知識，建立各知識點之間的關系網，同時注重思維拓展，一題多解，提升能力.