一道解析几何高考题的背景思考与推广

杨育池

1 试题呈现

试题 过抛物线y2=2px（p>0）的对称轴上一点A（a，0）（a>0）的直线与抛物线交于M，N两点，自M，N向直线l：x=－a作垂线，垂足分别为M1，N1.

（1）当a=p2时，求证：AM1⊥AN1；（2）记△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面积分别为S1，S2，S3，是否存在λ，使得对任意的a>0，都有S2 2 = λS1 S3 成立？若存在，求出值；若不存在，说明理由.

这是2009年高考湖北卷理科数学第20题，不少文章对问题的解法进行过研究，本文只就试题的第二问中λ的值蕴含的背景及几何意义进行更一般的阐述.

2 背景思考

极点、极线是《高等几何》中的重要概念，在揭示二次曲线的性质有着强大的威力，二次曲线很多重要的几何性质均与之有关.下面先简要介绍关于极点、极线的基本知识与相关结论.

极点与极线的代数定义 若二次曲线Γ的方程为Ax2+2Bxy+cy2+2Dx+2Ey+F=0，则称点（x0，y0）与直线l：Ax0x+B（x0y+xy0）+cy0y+D（x+x0）+E（y+y0）+F=0为二次曲线Γ的一对极点和极线.

如图1，不在二次曲线Γ上的点A作曲线Γ的两条割线，依次交曲线Γ于点C，D，E，F，直线CF，DE交于点B，直线CE，DF交于点H，则直线BH为点A关于Γ的极线，点A是直线BH关于Γ的的极线.这是极点、极线的几何定义.应该特别注意，互相平行的直线交于射影平面上的无穷远点；若点A在二次曲线Γ上，则Γ在点A处的切线是A关于Γ的极线l.在欧氏距离下，过点A的直线与极线l、曲线Γ的交点具有分割线段成比例的性质.

如图2，直线l为点A关于二次曲线Γ（AΓ）的极线，过点A的直线交Γ于点M，N，交l于点B，则A，B，M，N为调和点列，即AMAN=BMBN.當B为无穷远点，则AMAN=BMBN=1，即AM=AN，点A为线段MN的中点.

如果过点列（A，B，M，N）与点列（A′，B′，M′，N′）的对应点的直线AA′，BB′，MM′，NN′共点S，则AM·BNAN·BM=A′M′·B′N′A′N′·B′N′，并称此两点列成透视对应，点S为透视中心.由比例式知，调和点列在透视对应下的对应点列仍为调和点列.

现将本文中的问题置于高等几何背景下，我们可以发现，点A（a，0）与直线l：x=－a为关于抛物线y2=2px（p>0）的一对极点极线.因此，本题表面上考查三角形面积之间的确定关系，其实质是在二次曲线的极点、极线背景下，将点列经透视变换成相关点列后，考察对应线段之间的比例关系.

3 结论推广

在设计试题时，将极点设置在曲线的对称轴上，这样其对应的极线则是轴的垂线，在坐标运算上较为简单些.由于结果为定值，促使笔者进一步思考，对所有的二次曲线的一般位置的极点、极线是否存在同样的数量关系？与极线垂直的直线具有平行性，如果将其垂线推广为与极线相交的平行直线是否还能成立呢？回答是肯定的，即如下命题.

命题1 直线l是点A关于二次曲线Γ（AΓ）的极线，过点A的直线交Γ于点M，N，自点M，N作两平行线交l于点M1，N1，记△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面积分别为S1，S2，S3，则S2 2 = 4S1 S3 .

证明：如图3，记直线MN交l于点B，由l为点A关于Γ的极线，则（A，B，M，N）为调和点列，以点N1为透视中心，则线束N1A，N1M，N1B，N1N被直线MM1截于四点R，M，M1，S，故（R，M1，M，S）为调和点列，RMM1M=RSM1S.又MM1//NN1，即MM1，NN1的交点S为无穷远点，从而，RM=M1M，点M为M1R的中点.

同理，以点A为透视中心，点列N1，T，N，S与点列R，M1，M，S透视对应，点N为TN1的中点.由MM1//NN1，有∠AM1R=∠ATN1，∠AN1N=∠ARM1，于是，S1S2=AM1·MM1sin∠AM1RAM1·M1N1sin∠AM1N1=MM1sin∠AM1RTN1sin∠ATN1=MM1TN1=MM12NN1，S3S2=NN1sin∠AN1NM1Rsin∠ARM1=NN1M1R=NN12MM1，两式相乘即得S2 2 = 4S1 S3 .

命题2 直线l为点A关于二次曲线Γ（AΓ）的极线，过点A的直线交Γ于点M，N，交l于Q，点B为l上异于点Q的动点，分别过M，N作AB的平行线交l于点M1，N1.若△BMM1，△BMN，△BNN1的面积分别为S1，S2，S3，则S2 2 = 4S1 S3 .

证明：记直线AB，MM1，NN1交于点S，则由MM1//NN1//AB知，点S为无穷远点，如图4.由于点列（A，Q，M，N）经点B透视对应直线MM1上的点列（S，M1，M，R），（S，M1，M，R）经点B透视对应点列（S，N1，P，N），又（A，Q，M，N）为调和点列，则（S，M1，M，R）与（S，N1，P，N）均为调和点列，故点M，N分别为线段M1R，PN1的中点.因此2S1S2=SΔBMRSΔBMN=BRBN，S22S3=SΔBMNSΔBNP=BMBP，由MM1//NN1知△MBR∽△PBN，则BMBP=BRBN.所以，2S1S2=S22S3，即S2 2 = 4S1 S3 .

显然，以上证明只涉及点A与直线l是关于Γ的一对极点极线，点A在二次曲线Γ的内部还是外部不影响结论.

4 再次推广

两个命题初看构形上相异，而结果完全相同，让人产生一种奇异的美感，但仔细考虑就会发现这两个结论其实是一致的，其奥妙在于，如图4中以点S为透视中心，则点列（A，Q，M，N）对应点列（B，Q，M1，N1），于是，当（A，Q，M，N）调和时，（B，Q，M1，N1）也为调和点列.由于点S为无穷远点，因此，两个结论可统一为：若四边形存在一组对边平行，另一组对边中的一边的两顶点与其对边的交点，和这一边上的第四个点构成调和点列时的性质，完全隐去二次曲线这一图形约束，则进一步得到一个初等几何结论.

命题3 如图5，已知点M，M1，N，N1所构成的四边形的对边MM1，NN1平行，对边MN，NN1所在的直线交于点Q，在直线MN上取点A，使AMAN=QMQN，则△AMM1，△AM1N1，△ANN1的面积S1，S2，S3满足S2 2 = 4S1 S3 .

注意由点M，M1，N，N1所构成的四边形对应的图形有多种，不一定是四边形 MM1NN1.

证明：记直线AN1，MM1交于点P，AM1，NN1交于点T.由MM1//NN1得，MPNN1=AMAN，QMQN=MM1NN1.又AMAN=QMQN，则MPNN1=MM1NN1，则MP=MM1，即M为PM1的中点.

同理可证，N为TN1的中点.故S1=12SΔPAM1，S3=12SΔATN1，因此S1S2=SΔPAM12SΔAM1N1=AP2AN1=AM2AN，S3S2=SΔATN12SΔAM1N1=AT2AM1=AN2AM，所以两式相乘有S2 2 = 4S1 S3 .