摘要：從培養(yǎng)學生數(shù)學核心素養(yǎng)的角度出發(fā)，對2023年3月清華中學生測試中的圓錐曲線試題進行深入探究，先進行解法探究，接著對試題結論作了多角度的推廣.

關鍵詞：清華中學生測試；圓錐曲線；解法探究； 一般性推廣

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0043-05

高中新課標突出對學生數(shù)學核心素養(yǎng)的考查，而圓錐曲線成為考查邏輯推理能力和數(shù)學運算的重要載體.其中有關“定”的問題在高考和?？贾蓄l繁出現(xiàn)，主要包括了動直線過定點，證明線段長、面積、斜率和積、線段比值為定值等問題.定值問題的特征是“定”，而與

“定”相對的是“動”，因而定值問題的本質就是尋找運動變化過程中的不變性.正如張奠宙教授所言：數(shù)學中到處都是變與不變的矛盾統(tǒng)一，數(shù)學研究變化，卻以找到其中的不變性作為歸宿.尋找并欣賞數(shù)學中無處不在的不變性質，領略不變量和不變性的內在魅力，是把握數(shù)學的鑰匙之一.下面以2023年清華中學生能力測試第21題為例進行探究.

1 考題呈現(xiàn)

題目（2023年3月清華中學生標準學術能力測試第21題）如圖1，已知雙曲線C以2x±5y=0為漸近線，其上焦點F坐標為（0，3）.

（1）求雙曲線C的方程；

（2）不平行于坐標軸的直線l過F與雙曲線C交于P，Q兩點，

PQ的中垂線交y軸于點T，問|TF||PQ|是否為定值，若是，請求出定值；若否，請說明理由.

分析該題考查了雙曲線的標準方程、幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系以及線段定值問題，檢驗學生分析問題和解決問題的能力，也考查了學生數(shù)學運算、邏輯推理、直觀想象等數(shù)學核心素養(yǎng).考題設計精巧、內涵豐富，是一道有研究價值的好題.

2 解法探究

視角1本題通解是直曲聯(lián)立結合設而不求思想，分別求兩條線段的長度，再消去參數(shù)即可.

解析1（1）設所求方程為（2x+5y）（2x-5y）=λ，由條件易得C：y24-x25=1.

（2）設直線l：y=kx+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），

聯(lián)立5y2-4x2-20=0，y=kx+3，

整理，得

5（kx+3）2-4x2=20.

化簡，得（5k2-4）x2+30kx+25=0.

則有x1+x2=-30k5k2-4，x1x2=255k2-4.

所以|PQ|=1+k2·900k2（5k2-4）2-1005k2-4

=101+k2·4k2+4（5k2-4）2

=20（1+k2）|5k2-4|.

又知PQ中點M坐標為（-15k5k2-4，-125k2-4），

所以PQ中垂線方程為

y--125k2-4=-1k（x--15k5k2-4）.

令x=0，所以y=-275k2-4.

則|TF|=|3+275k2-4|=|15k2+155k2-4|.

所以|TF||PQ|=|（15k2+15）/（5k2-4）||（20k2+20）/（5k2-4）|=34.

視角2考慮分子是焦點弦長，故使用焦半徑公式.分母可用點差法或垂徑定理處理，從而無需直曲聯(lián)立來解決，這樣可以節(jié)約運算量.

解析2 設P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ中點為（x0，y0），故由雙曲線的焦半徑公式可得：

|PQ|=|FP|+|FQ|=（ey1-a）+（ey2-a）=

e（y1+y2）-2a=3y0-4.

又因P，Q均在雙曲線上，故

5y21-4x21-20=0，5y22-4x22-20=0.

兩式相減，得

5（y22-y21）=4（x22-x21）.

再整理知y2-y1x2-x1=4（x2+x1）5（y2+y1）=4x05y0.

從而中垂線為y-y0=-5y04x0（x-x0）.

令x=0，則y=94y0.

故點T（0，94y0）.所以|TF|=|94y0-3|.

所以|TF||PQ|=|9y0/4-3||3y0-4|=34.

視角3考慮到直線l過定點F，故而可考慮直線的參數(shù)方程，利用其幾何意義處理該題.

解析3因直線l過定點F，故設直線的參數(shù)方程為x=0+tcosθ，y=3+tsinθ（t為參數(shù)），將其代入雙曲線C方程得

5（3+tsinθ）2-4（tcosθ）2-20=0.

整理知（5sin2θ-4cos2θ）t-30sinθ·t+25=0.

則tP+tQ=-30sinθ5sin2θ-4cos2θ，

tPtQ=255sin2θ-4cos2θ.

所以|PQ|=|tP-tQ|

=（tP+tQ）2-4tPtQ

=（-30sinθ5sin2θ-4cos2θ）2-1005sin2θ-4cos2θ

=20|5sin2θ-4cos2θ|.①

又PQ中點M對應的

tM=tA+tB2=-15sinθ5sin2θ-4cos2θ，

故M（-15sinθcosθ5sin2θ-4cos2θ，-12cos2θ5sin2θ-4cos2θ）.

所以y-15+9sin2θ4+cos2θ=-cosθsinθ（x-sin2θ8+2cos2θ）為PQ中垂線方程.令x=0，則yT=-27cos2θ5sin2θ-4cos2θ.

所以|FT|=|-27cos2θ5sin2θ-4cos2θ-3|

=15|5sin2θ-4cos2θ|.②

從而將①②代入故可得|TF||PQ|=34.

視角4因雙曲線5y2-4x2=20的參數(shù)方程為x=5tanθ，y=2secθ（θ為參數(shù)），而x=5tanθ=25tan（θ/2）1-tan2（θ/2），y=2secθ=2·1+tan2（θ/2）1-tan2（θ/2），

再換元可令x=25t1-t2，y=2·1+t21-t2.

解析4 由雙曲線的參數(shù)方程，可設P（25t11-t21，2+2t211-t21），Q（25t21-t22，2+2t221-t22），因P，Q，F(xiàn)三點共線，故

（5t21-1）/（1-t21）25t1/（1-t21）=（5t22-1）/（1-t22）25t2（1-t22）.

即（t1-t2）（1+t1t2）=0.

所以t1t2=-15.

從而|PQ|=1+（5t21-125t1）2·|25t11-t21-25t21-t22|=45·5t2+1|t1|·|t1-t2||（1-t21）（1-t22）|.③

又因PQ中點M為

（65（t1+t2）5（1-t21）（1-t22），4825（1-t21）（1-t22））.

故MT：y-4825（1-t21）（1-t22）=5t21-125t1·（x-65（t1+t2）5（1-t21）（1-t22））.

令x=0，得yT=-15（5t21-1）（t1+t2）+48t2225t1（1-t21）（1-t22）.

所以|FT|=|-15（5t21-1）（t1+t2）+48t2225t1（1-t21）（1-t22）-3|

=|-15（5t21-1）（t1+t2）+48t2225t1（1-t21）（1-t22）|

=35|（5t21+1）（t1-t2）t1（1-t21）（1-t22）|.④

從而將③④代入比值式得

|TF||PQ|=34.

3 一般性推廣

波利亞曾說：“沒有任何一個題目是徹底完成了的，總還會有些事情可以做.[1]”細品解題過程及結論，筆者發(fā)現(xiàn)第（2）問的解答耐人尋味，值得探究.于是筆者思考，當雙曲線為特殊的5y2-4x2=20時，線段TF和PQ比值為定值，那么對于一般雙曲線b2y2-a2x2=a2b2，線段TF和PQ比值是否仍為定值？當雙曲線焦點在x軸時呢？另外能否類比到橢圓和拋物線呢？進一步還能推導出哪些拓展結論呢？基于以上思考，筆者探究得到如下結論：

結論1一般地，雙曲線C：y2a2-x2b2=1（a>0，b>0）的上焦點為F，不平行于坐標軸的直線l過點F與雙曲線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交y軸于點T，則|TF||PQ|為定值c2a.可以聯(lián)想到，將焦點在y軸上的雙曲線順時針旋轉90°，則可得到相似結論：

結論2一般地，雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦點為F，不平行于坐標軸的直線l過點F與雙曲線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交x軸于點T，則|TF||PQ|為定值c2a[2].

證明設P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ中點（x0，y0），因直線l過點F，故設l：y=k（x-c），與已知雙曲線b2x2-a2y2=a2b2聯(lián)立，消去y，得

（b2-a2k2）x2+2a2ck2x-a2c2k2-a2b2=0.

則x1+x2=2a2ck2a2k2-b2，x1x2=a2c2k2+a2b2a2k2-b2.

故由弦長公式，得

|PQ|=1+k2|x1-x2|

=1+k2·（2a2ck2a2k2-b2）2-4a2c2k2+a2b2a2k2-b2

=2ab2（1+k2）|a2k2-b2|.⑤

而顯然x0=a2ck2a2k2-b2，y0=b2cka2k2-b2，

所以線段PQ的中垂線方程為

y-b2cka2k2-b2=-1k（x-a2ck2a2k2-b2）.

令y=0，則xT=c3k2a2k2-b2.

從而|FT|=|c3k2a2k2-b2-c|=|cb2k2+b2ca2k2-b2|.⑥

所以將⑤⑥代入知：|TF||PQ|=cb22ab2=c2a.

結論1證法類似結論2，這里略.

再由特殊到一般的探究思路，假如將直線l所過定點F推廣到y(tǒng)軸上一般的定點N（0，n），其他條件不變，那么線段NT和PQ的比值是否仍為某定值呢？

這里仍以雙曲線b2y2-a2x2=a2b2為例，聯(lián)立l：y=k（x-n）和b2y2-a2x2=a2b2消去y，可由韋達定理和弦長公式得

|PQ|=2ab·1+k2·b2k2+n2-a2|a2-b2k2|.

再求出線段NT：

|NT|=b2·|n+ck2||a2-b2k2|.

從而知

|NT||PQ|=b2a·|n+ck2|（1+k2）（b2k2+n2-a2）.

所以易得|NT||PQ|不為定值，且只有當n=c，即點N恰為焦點F時，此時比值恰為定值c2a.

另外還可探究當點M為線段PQ的三等分點或其他等分點時，兩線段比值是否為定值？

礙于篇幅，這里略.

4 類比推廣

結論3 一般地，橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F，不平行于坐標軸的直線l過點F與雙曲線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交x軸于點T，則|TF||PQ|為定值c2a.

結論1和結論3的證法類似于結論2，這里略.

結論4如圖2，一般地，拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，不平行于y軸的直線l過點F與拋物線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交x軸于點T，則|TF||PQ|為定值12.

證明設P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ中點M（x0，y0），因直線l過點F，故設l：y=k（x-p2），與已知雙曲線y2=2px聯(lián)立消去y，得

k2x2-（pk2+2p）x+k2p24=0.

則x1+x2=p+2pk2，x1x2=p24.

故|PQ|=x1+x2+p=p+p+2pk2.⑦

又M（p2+pk2，pk），

MT：y-pk=-1k（x-p2-pk2），

令y=0，則xT=

3p2+pk2.

從而|FT|=|3p2+pk2-p2|=|p+pk2|.⑧

將⑦⑧代入知|FT||PQ|=12.

對于拋物線我們還可以進一步進行拓展，得到一些更深入的結論，這對于掌握此類問題的性質和培養(yǎng)學生的探究意識大有裨益.

結論5如圖3，一般地，拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，不平行于y軸的直線l過點F與拋物線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交x軸于點T，過P，Q兩點作準線的垂線，垂足分別為A，B，若AB的中點為R，PQ的中點為M，則|MT||RF|為定值1.

證明 因MR∥FT，而由結論4知

|FT|=|p+pk2|.

又線段MR的長度

|MR|=12（|PA|+|QB|）

=12（|PF|+|QF|）

=12|PQ|

=12（2P+2Pk2）

=p+pk2，

所以|MR|=|FT|.

從而四邊形MRFT為平行四邊形.

即|MT||RF|=1.

結論6一般地，拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，不平行于y軸的直線l過點F與拋物線C交于P，Q兩點，PQ的中垂線交x軸于點T，過P，Q兩點作準線的垂線，垂足分別為A，B，若AB的中點為R，PQ的中點為M，則RF⊥PQ且線段RM中點在C上[3].

證明如圖3，前同結論4知，M（p2+pk2，pk），而易得點R（-p2，pk），故MR中點坐標為（p2k2，pk）.經(jīng)驗證知（pk）2=2p·（p2k）2，即線段RM中點在C：y2=2px上.再由結論5知，四邊形MRFT為平行四邊形，故RF∥MT，而MT⊥PQ，所以RF⊥PQ.

另外，我們還可探究對于橢圓和雙曲線是否有類似結論，感興趣的讀者可進一步進行探究.

5 結束語

由特殊到一般是數(shù)學研究的一種常用方法.教師在實際教學中，在解決這些特殊問題后如能加以深入思考和探究，則必能從一類題型拓展到一種方法，由掌握一種方法到解題能力的提升，最終能夠將這種能力化為學生的數(shù)學素養(yǎng).

參考文獻：

[1]?波利亞.怎樣解題：數(shù)學思維的新方法[M].上海：上?？萍冀逃霭嫔?，2011.

[2] 王東海.數(shù)缺形時少直觀 形缺數(shù)時難入微：2022屆高三八省聯(lián)考數(shù)學卷21題的深入探究[J].數(shù)理化解題研究，2022（22）：52-56.

[3] 王東海.2022年高考甲卷理數(shù)20題的探究及背景分析[J].數(shù)理化解題研究，2023（19）：47-51.

［責任編輯：李璟］