北京市第十二中學高中部(100071) 劉 剛

1 試題

題目如圖1,在平面直角坐標系xOy中,已知點F1、F1分別為橢圓E:=1(a ＞b ＞0)的左、右焦點,A、B分別是橢圓E的左、右頂點,D(1,0)為線段OF2的中點,且

圖1

(1)求橢圓E的方程;

(2)若M為橢圓E上的動點(異于A、B),連接MF1并延長交橢圓E于點N,連接MD、ND并分別延長交橢圓E于點P、Q,連接PQ,設直線MN、PQ的斜率存在且分別為k1、k2,試問是否存在常數(shù)λ,使得k1+λk2= 0 恒成立? 若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.

這是2018年武漢大學自主招生中的一道試題,考查了橢圓的標準方程、幾何性質、直線與橢圓的位置關系以及定值問題,考查了方程、轉化與化歸等數(shù)學思想以及坐標法的應用,檢驗了數(shù)學運算、邏輯推理等數(shù)學核心素養(yǎng).試題平中見奇,解法多樣,內涵豐富,是一道具有研究性學習價值的好題.

2 解法探究

(2)解法1設M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),則直線MD的方程為x=+1,代入橢圓E的方程=1,整理,得所以y1+y3=從而得y3=所以x3=+1 =即點同理,可得點因為M,F1,N三點共線,所以即x1y2-x2y1=2(y1-y2).因為

點評試題(2)問涉及多動點,這給學生解答帶來了很大的困難,解決的基本方法還是坐標法,雖然解題過程中設出了M,N,P,Q這四個點的坐標,但通過分別聯(lián)立直線MD、ND與橢圓E的方程并借助韋達定理,可以實現(xiàn)用M點坐標表示P點坐標以及N點坐標表示Q點坐標,從而達到消元的目的,體現(xiàn)了設而不求的思想方法.

解法2設直線MP、NQ的斜率分別為k3、k4,因為直線MP、NQ過點D(1,0),所以直線MP、NQ的方程分別為k3x-y-k3= 0,k4x-y-k4= 0.設直線PQ的方程為k2x-y+m= 0,又直線MN過點F1(-2,0),所以直線MN的方程為k1x-y+2k1=0,所以過M,N,P,Q四點的曲線系方程為

整理,得

與5x2+9y2-45=0 比較系數(shù),得

由①, 得10uk3k4=-2mk1-9k1k2, 代入③, 得m=.由②④,得k2=-3k1-m,所以k2=-3k1+即k1-=0,故存在滿足條件的常數(shù)λ=

點評在解決圓錐曲線上四點問題時可借助曲線系方程, 具體為:設直線AB,CD的方程分別lAB(x,y)= 0,lCD(x,y)= 0, 直線AC,BD的方程分別lAC(x,y)= 0,lBD(x,y)=0,則過A、B、C、D四點的二次曲線系方程可以設成lAB(x,y)lCD(x,y)+λlAC(x,y)lBD(x,y)= 0,然后化成一般式方程再與已知圓錐曲線方程比較系數(shù)求解,體現(xiàn)了變換的思想和整體處理的解題策略,提高了解題效率.

解法3設則

同理,

點評解法3 先借助橢圓的參數(shù)方程表示出點M、N、P、Q的坐標,接下來借助三角公式進行邏輯推理,并適時進行消元.在解答過程中雖然對運算有一定的要求,但解題思路明確,易操作,不失為一種好方法.參數(shù)法是解決橢圓問題的一種常用方法.

3 思考

解析幾何是一門用代數(shù)方法研究幾何問題的學科,代數(shù)是工具,幾何是本質,解答時通常遵循先幾何后代數(shù)的解題策略.本道試題能否用幾何法解決? 具有怎樣的幾何背景?帶著這樣的思考,筆者進行了深入的研究,下面先給出高等幾何中的幾個定義和性質.

(1)極點與極線

(Ⅰ)幾何定義.如圖2,點P不在圓錐曲線Γ 上,過點P引兩條割線與Γ 依次交于A、B、C、D四點,直線AD與BC交于點G, 直線AC與BD交于點H, 連接PG,HG,PH,則直線HG為點P對應Γ 的極線,直線PG為點H對應Γ的極線,直線PH為點G對應Γ 的極線.若點P在圓錐曲線Γ 上,則過點P的切線即為極線.

(Ⅱ)代數(shù)定義.已知圓錐曲線Γ :Ax2+Cy2+2Dx+2Ey+F= 0,則稱點P(x0,y0)和直線l:Ax0x+Cy0y+D(x+x0)+E(y+y0)+F=0 是Γ 的一對極點和極線.

圖3

(2)調和點列與調和線束

(Ⅰ)定義.一條直線上的四個點A、B、C、D如果滿足那么稱A、B、C、D為調和點列,亦稱B、D調和分割線段AC.過調和點列A、B、C、D所在直線外一點P,向A、B、C、D引四條線束(射線),稱這四條線束PA、PB、PC、PD為調和線束.

(Ⅱ)性質.如圖3, 設直線l與調和線束PA、PB、PC、PD分別交于點A′、B′、C′、D′,則A′、B′、C′、D′為調和點列.

證明由A、B、C、D是調和點列,得即于是

(3)完全四邊形及性質

(Ⅰ)定義.我們把兩兩相交,且沒有三線共點的四條直線及它們的六個交點所構成的圖形,叫做完全四邊形.如圖4,直線ABE、BCF、ECD、ADF兩兩相交于B、C、D、E、F、A六點,則四邊形ABECFD為完全四邊形,線段AC、BD、EF為其三條對角線.

(Ⅱ)性質.完全四邊形的一條對角線所在直線與其他兩條對角線相交, 則這條對角線被交點調和分割.如圖5,在完全四邊形ABECFD中, 直線AC與BD交于點G, 與EF交于點H, 則(或AG·CH=AH ·CG).

圖4

證明若BD//EF,如圖5,則得證.若BD與EF不平行,如圖6,設這兩條直線交于點M,對ΔACD及點B應用塞瓦定理,得

對ΔACD及割線EHF應用梅涅勞斯定理,得

⑦÷⑧, 得類似地, 還可證明成立.

圖5

圖6

有了以上知識的介紹,下面從幾何的角度再認識一下這道試題:

圖7

解法4如圖7,設直線MN與PQ交于點R, 直線MQ與NP交于點S, 則直線RS是點D對應橢圓E的極線,其方程為x= 9.設直線RS與x軸交于點H,直線PQ與x軸交于點T,直線NQ與RS交于點G, 由此可得完全四邊形NMRQSP.于是D、G調和分割NQ,連接DR,所以射線RN、RD、RP、RH為調和線束,于是x軸與調和線束的交點F1、D、T、H為調和點列, 所以解得而k1=tan ∠RF1H=,k2=tan ∠RTH=所以故存在滿足條件的常數(shù)λ=

點評幾何法揭示了問題的本質,體現(xiàn)了過程的簡潔性.將試題一般化,并類比雙曲線、拋物線,可以得到圓錐曲線的一個統(tǒng)一結論.

定理如圖8,已知P是圓錐曲線Γ 的軸l上一點(P不在Γ上),過P引兩條直線與Γ 依次交于點A、B、C、D,直線AB與CD交于點R, 直線AD與BC交于點S,直線RS與l交于點H,直線AB與l交于點M, 直線CD與l交于點N,則(請讀者參考解法4,限于篇幅不再贅述)

圖8

高考及自招試題都是集體智慧的結晶,具有典型性與創(chuàng)新性等特點,在研究這些考題時,除了關注通解通法以外,還要注意挖掘其背后所蘊含豐富、深刻的數(shù)學背景,在這一過程中,體現(xiàn)出了對數(shù)學本質認識的“螺旋式”上升,提升了核心素養(yǎng).

以下試題供讀者練習:

1.(2018年徐州一模)如圖9, 在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓= 1(a ＞b ＞0)的離心率為且過點,F為橢圓的右焦點,A,B為橢圓上關于原點對稱的兩點,連接AF,BF分別交橢圓于C,D兩點.

(1)求橢圓的標準方程;

(2)若|AF=|FC|,求的值;

(3)設直線AB,CD的斜率分別為k1,k2, 是否存在實數(shù)m, 使得k2=mk1, 若存在, 求出m的值; 若不存在,請說明理由.

圖9

2.(2017年數(shù)學聯(lián)賽湖北預賽)過拋物線y2= 4x的焦點F的直線交拋物線于M、N兩點,E(m,0)為x軸上一點,ME、NE的延長線分別交拋物線于點P、Q.若MN、PQ的斜率k1、k2滿足k1=3k2,則實數(shù)m的值為____.

答案:1.(1)= 1;(2);(3)存在實數(shù)2.m=3.