巧借定點求定值
——2020年新高考全國Ⅰ卷第22題的探究

廣東省佛山市樂從中學(528315) 林國紅

高考試題是精心之作,每年的高考題在命題角度、題型、難度等方面都進行了充分考慮,是知識、能力和思想方法的載體,具有典型性、示范性和權威性.高考試題除了具有測試與選拔功能外,還具有良好的教學功能,要了解高考動向、把握高考脈搏,高考試題的研究是重要的路徑.

下面筆者以2020年新高考全國Ⅰ卷(山東卷)第22 題為例,進行分析與解答,并拓展探究,追本溯源,供大家參考.

一、題目呈現與分析

題目已知橢圓C:=1(a>b>0)的離心率為且過點A(2,1).

(1)求C的方程;

(2)點M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點Q,使得|DQ|為定值.

題目結構清晰,知識方面主要考查橢圓的標準方程和性質,圓錐曲線中的定點定值問題等;思想方面主要考查轉化與化歸,數形結合等思想.綜合考查考生邏輯思維、推理論證及運算求解等方面的能力,試題的思維過程和運算過程體現了能力立意的思想,較好地體現了解析幾何中核心內容和基本思想方法的考查.本題作為全卷的壓軸題起到了把關作用,對于考生運用所學知識,尋找合理的解題策略以及推理論證和運算能力有較高的要求.

由于問題(1)較為簡單,本文不作討論,下面對問題(2)進行解答與探究.

二、解法探究

證法1設點M(x1,y1),N(x2,y2).當直線MN的斜率存在時,設其方程為y=kx+m,如圖1.代入橢圓方程消去y并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2?6=0.從而有

因為AM⊥AN,故=0,故(x1?2)(x2?2)+(y1?1)(y2?1)=0.根據y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得

將①代入得到:

整理化簡得(2k+3m+1)(2k+m ?1) = 0,因為A(2,1) 不在直線MN上,故2k+m ?1?= 0.所以2k+3m+1 = 0,k ?= 1,即m=于是MN的方程為所以直線MN過定點

圖1

當直線MN的斜率不存在時,可得N(x1,?y1),如圖2.因為AM⊥AN,故=0,故(x1?2)(x1?2)+(y1?1)(?y1?1) = 0.結合= 1,可得8x1+ 4 = 0,解得x1= 2(舍),x1=此時直線MN過點由于AE為定值,且?ADE為直角三角形,AE為斜邊,所以AE的中點Q滿足|QD|為定值,由于故由中點坐標公式可得所以存在點使得|DQ|為定值,定值為

圖2

評注(1) 本題的關鍵是證明出直線MN經過定點再由AD⊥MN,可得點D在以AE為直徑的圓上,定點Q為該圓的圓心,|DQ|為該圓的半徑,即|DQ|為定值.(2) 本證法的運算量雖不小,但方法是解析幾何中的常用方法,這種通性通法在數學解題中有重要作用.所以在平時的教學中要注重一般性的解題規律和方法(即通性通法),要重視知識的生成過程,盡量創設問題情境引導學生探究知識,培養學生分析問題、解決問題的能力.

證法2設直線MN的方程為m(x ?2)+n(y ?1) =1,點M(x1,y1),N(x2,y2).由= 1,變形得=1,即(x ?2)2+2(y ?1)2+4[(x ?2) + (y ?1)] = 0.于是聯立直線MN,齊次化得(x ?2)2+2(y ?1)2+4[(x ?2)+(y ?1)]×[m(x ?2)+n(y ?1)] = 0,化簡得(2 + 4n)(y ?1)2+ 4(m+n)(x ?2)(y ?1)+(1+4m)(x ?2)2= 0,兩邊同時除以(x ?2)2,得

又因kAM · kAN=?1,所以=?1,故n=,代入直線MN的方程為m(x ?2)+n(y ?1)=1,得m(x ?y ?1)?= 0.所以直線MN過定點由于AE為定值,且?ADE為直角三角形,AE為斜邊,所以AE的中點Q滿足|QD|為定值,由于A(2,1),故由中點坐標公式可得所以存在點使得|DQ|為定值,定值為

評注與兩直線斜率相關的定點、定值問題有較強的知識綜合性,需要學生具備較高的思維能力與運算能力.齊次化法可以將此類問題統一處理,而且代數變形較為簡單,運算量較少,解題過程更為簡潔.

三、問題的提出

解答完本題后,思考:

問題1過橢圓C:= 1(a > b >0)上的定點A(x0,y0)作斜率為k1,k2的兩條直線分別與橢圓C交于M,N兩點,AD⊥MN,D為垂足.若k1k2=?1,是否存在定點Q,使得|DQ|為定值?

問題2在問題1 中,若k1k2=λ(λ為常數),是否存在定點Q,使得|DQ|為定值?

問題3在問題1 中,若k1+k2=μ(μ為常數),是否存在定點P,使得|DP|為定值?

四、借題探究 結論推廣

通過探究,可得如下結論:

結論1過橢圓C:= 1(a > b >0)上的定點A(x0,y0)作斜率為k1,k2的兩條直線分別與橢圓C交于M,N兩點,AD⊥MN,D為垂足.

(1)若k1k2=則存在定點Q,使得|DQ|為定值.

(2)若k1+k2=μ(μ?=0),則存在定點P,使得|DP|為定值.

證明設直線MN的方程為m(x ?x0) +n(y ?y0) = 1.由= 1,變 形得= 1,于是= 1,即a2(y ?y0)2+[2b2x0(x ?x0)+2a2y0(y ?y0)]+b2(x ?x0)2= 0.于是聯立直線MN,齊次化得a2(y ?y0)2+[2b2x0(x ?x0)+2a2y0(y?y0)]·[m(x?x0)+n(y?y0)]+b2(x ?x0)2=0,化簡得(a2+2na2y0)(y ?y0)2+(2ma2y0+2nb2x0)(x?x0)(y ?y0)+(b2+2mb2x0)(x ?x0)2=0,兩邊同時除以(x ?x0)2,得b2+2mb2x0=0.于是

(1)當λ ?=時,由k1k2==λ,即2mb2x0= 2na2y0λ+a2λ ?b2,代入直線m(x ?x0) +n(y ?y0) = 1,整理得(2a2y0λx ?2a2x0y0λ+2b2x0y ?2b2x0y0)n+ (a2λ ?b2)x ?a2λx0?b2x0=0,由解得故直線MN過定點由于AD⊥MN,可得點D在以AE為直徑的圓上,定點Q為該圓的圓心,|DQ|為該圓的半徑,即|DQ|為定值.

所 以,當k1k2=λ(λ ?=) 時,則 存 在 定 點使得|DQ|為定值,定值為

(2)當μ?=0 時,由k1+k2=即?2ma2y0= 2na2y0μ+a2μ+2nb2x0,代入直線m(x ?x0)+n(y?y0)=1,整理得(2a2y0μx?2a2x0y0μ+2b2x0x?2b22a2y0y+2a2y20)n+a2μx ?a2μx0+2a2y0=0,由解得故直線MN過定點E(x0?由于AD⊥MN,可得點D在以AE為直徑的圓上,定點P為該圓的圓心,|DP|為該圓的半徑,即|DP|為定值.

因為A(x0,y0),故由中點坐標公式可得且

所以,當k1+k2=μ(μ ?= 0) 時,則存在定點使得|DP|為定值,定 值 為

評注顯然,當a2=6,b2=3,λ=?1,且橢圓上的定點為A(2,1)時,由結論1 可知直線MN過定點故存在點使得|DQ|為定值,定值為這正是高考題的情形.

五、拓展探究 類比性質

我們知道,拋物線,橢圓與雙曲線都是圓錐曲線,很多時候三者之間有可類比的性質,這體現了圓錐曲線性質的內在統一的和諧美.那么雙曲線與拋物線是不是也有類似于結論1 的性質呢? 經探究,得到如下結論:

結論2過雙曲線C:= 1(a >0,b >0)上的定點A(x0,y0)作斜率為k1,k2的兩條直線分別與雙曲線C交于M,N兩點,AD⊥MN,D為垂足.

(1)若k1k2=λ(λ ?=則存在定點Q,使得|DQ|為定值.

(2)若k1+k2=μ(μ?=0),則存在定點P,使得|DP|為定值.

只需把橢圓E:= 1(a > b >0)中的b2換成?b2,就可以類似地得到雙曲線的結論,限于篇幅,這里只給出結論,詳細的證明過程不再給出.

(1) 若k1k2=λ(λ ?=則存在定點使 得|DQ|為定值,定值為

(2) 若k1+k2=μ(μ ?= 0),則 存 在 定點使 得|DP|為 定 值,定 值 為

結論3過拋物線C:y2= 2px(p >0) 上的定點A(x0,y0)作斜率為k1,k2的兩條直線分別與拋物線C交于M,N兩點,AD⊥MN,D為垂足.

(1)若k1k2=λ(λ ?=0),則存在定點Q,使得|DQ|為定值.

(2)若k1+k2=μ(μ?=0),則存在定點P,使得|DP|為定值.

證明設直線MN的方程為m(x?x0)+n(y ?y0)=1.由y2= 2px,變形得(y ?y0+y0)2= 2p(x ?x0+x0),于是(y ?y0)2+2y0(y ?y0)+y20= 2p(x ?x0)+2px0,即(y ?y0)2+2y0(y ?y0)?2p(x ?x0) = 0.于是聯立直線MN,齊次化得

化簡得(1+2ny0)(y ?y0)2+(2my0?2pn)(x ?x0)(y ?y0)?2pm(x ?x0)2=0,兩邊同時除以(x ?x0)2,得

于是k1+k2=

(1) 當k1k2==λ時,顯然λ ?= 0.可得?2pm=λ+2nλy0,代入直線m(x ?x0)+n(y ?y0) = 1,整理得(2y0λx ?2x0y0λ ?2py+ 2py0)n+λx ?λx0+2p= 0,由解得所以直線MN過定點由于AD⊥MN,可得點D在以AE為直徑的圓上,定點Q為該圓的圓心,|DQ|為該圓的半徑,即|DQ|為定值.

(2) 當μ ?= 0 時,由k1+k2=μ,即?2my0= 2ny0μ ?2pn+μ,代 入 直 線m(x ?x0) +n(y ?y0) = 1,整理得(2y0xμ ?2px ?2x0y0μ+2px0?2y0y+ 2y20)n+μx ?μx0+ 2y0= 0,由解得故直線MN過定點

由于AD⊥MN,可得點D在以AE為直徑的圓上,定點P為該圓的圓心,|DP|為該圓的半徑,即|DP|為定值.因為A(x0,y0),E(x0?),故由中點坐標公式可得且|DP|=|AP|=所以,當k1+k2=μ(μ?=0)時,則存在定點使得|DP|為定值,定值為

六、追本溯源

1.(2007年高考山東卷理科第21 題)已知橢圓C的中心在坐標原點,焦點在x軸上,橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3,最小值為1.

(1)求橢圓C的標準方程;

(2)若直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左右頂點),且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標.

2.(2013年四川省高中數學聯賽預賽第15 題) 已知B(0,1),P,Q為橢圓+y2= 1 上異于點B的任意兩點,且BP⊥BQ.

(1)若點B在線段PQ上的射影為點M,求M的軌跡方程;

(2)求線段PQ的中垂線l在x軸上的截距的取值范圍.

3.(2017年福建省高中數學聯賽預賽第12 題)已知橢圓C:= 1(a > b >0) 過點P(?2,1),且離心率為過點P作兩條互相垂直的直線分別交橢圓于A,B兩點(A,B與點P不重合).求證:直線AB過定點,并求該定點的坐標.

可以看出2020年考題問題(2)的“母題”來源于上述高考題或競賽題,高考題或是將母題進行適當的改編,或是賦于更豐富的知識而已.這說明命題專家很重視命題的傳承和相互借鑒.所以在高考的備考中,適當加入高考真題的訓練是必要的,特別是近幾年的高考真題,另外還可以適當加入一些接近高考難度的高中數學聯賽題的訓練.

七、反思提升

圓錐曲線中的定點定值問題,是高考或競賽的熱點問題之一,這類問題在考查圓錐曲線基礎知識和幾何性質的同時,又能很好地考查學生的運算求解、推理論證等數學能力,以及分類討論和轉化與化歸等數學思想的理解水平.在解題時要學會探索、歸納和總結,把同類型的問題歸于一類,以不變應萬變.

圓錐曲線具有很多統一或相似的性質,這些優美的性質深刻反映了數學獨特的無窮魅力,值得我們去尋找、發現和欣賞.學數學離不開解題,但不能僅僅局限于老師講題、學生做題,而是要借助題目,探索隱藏在題目背后的奧秘,將研究的問題引向深入,挖掘題目的真正內涵,能夠找到解決這個問題與解決其它問題在思維上的共性.這樣我們才能領會到試題命制的深刻背景,才能引領學生跳出題海,真正做到觸類旁通,舉一反三,從而達到做一題會一類,甚至會一片的目的,最終讓學生在解題思路上產生質的變化,使思維得到發展.