由一道解析几何竞赛题引发的探究

甘肃省兰州市第六中学(730060)焦永垚

一、提出问题

例1(2023 年全国高中数学联赛内蒙古预赛第9 题)设A,B为椭圆上不同的两点, 直线AB分别与x轴、y轴交于.若M是直线上任意一点, 且直线MA,MQ,MB的斜率存在且都不等于0.试问: 直线MA,MQ,MB斜率的倒数能否排成等差数列? 若能,请给出证明;若不能,请说明理由.

可以证明,直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.由极点与极线的理论可知,点Q(0,n)与直线恰好为椭圆的一对极点与极线,那么试题中的结论在一般的椭圆中是否成立? 若成立,能否将其推广到双曲线和抛物线中?

二、拓展探究

经探究发现,题目的结论在一般的椭圆中也成立,于是有如下结论:

结论1直线AB过点Q(0,n)(n±b,n0)且与椭圆交于不同的两点A,B, 点M是直线上的任意一点,且直线MA,MQ,MB的斜率存在且都不等于0,则直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.

证明当直线AB的斜率存在时, 设直线AB的方程为y=kx+n, 代入椭圆E的方程可得(b2+a2k2)x2+2a2knx+a2(n2-b2)=0.由∆>0 可得a2k2+b2-n2>0.设A(x1,y1),B(x2,y2), 则, 可得.设,则

当直线AB的斜率不存在时, 易验证也有成立,所以直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.

同样,在双曲线和抛物线中也有类似的结论:

结论2直线AB过点Q(0,n)(n0) 且与双曲线交于不同的两点A,B,点M是直线上的任意一点, 且直线MA,MQ,MB的斜率存在且都不等于0,则直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.

证明过程与结论1 类似,略.

结论3直线AB过点Q(0,n)(n0) 且与抛物线E:y2= 2px(p>0) 交于不同的两点A,B, 直线QC与抛物线E相切于点C, 直线AB交直线OC(O为坐标原点) 于点D, 过点D作x轴的平行线l,点M是直线l上的任意一点,且直线MA,MQ,MB的斜率存在且都不等于0, 则直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.

图1

证明设直线AB的方程为y=kx+n(k0), 与E的方程联立得k2x2+2(kn-p)x+n2=0,由∆>0 可得2kn-p<0 且k0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则

设切线QC的方程为y=k′x+n(k′0),与E的方程联立得k′2x2+2(k′n-p)x+n2=0,由∆=0 得,则,于是直线OC的方程为,与直线AB的方程y=kx+n联立可得.设,则

所以直线MA,MQ,MB斜率的倒数成等差数列.

三、探究延伸

由极点与极线的理论可知,结论1 中的点Q(0,n)与直线、结论2 中的点Q(0,n)与直线、结论3中的点Q(0,n)与直线OC都为所对应的圆锥曲线的一对极点和极线,那么,以上命题对一般的极点极线还成立吗? 为了探明这一问题,我们先介绍几个关于调和点列与调和线束的定义和性质.

定义1[1]若A,B,C,D四点共线,则这四点A,B,C,D的交比(AB,CD)定义为四条有向线段的比:(其中表示有向线段的数量).若(AB,CD) = -1,则称点C,D调和分割点A,B,或称点A,B与点C,D调和共轭,A,B,C,D为调和点列.

定义2[1]若a,b,c,d是共点的四条直线,则叫做a,b,c,d的交比.若四直线a,b,c,d满足(ab,cd)=-1,则称a,b,c,d调和共轭.

定义3[2]设两点C,D的连线与圆锥曲线Γ 相交于A,B,若线段AB被C,D调和分割,则称C,D是关于圆锥曲线Γ 的一对调和共轭点.

定义4[2]一点P关于圆锥曲线Γ 的所有调和共轭点的轨迹为一条直线p,称p为点P(关于Γ)的极线,点P称为直线p(关于Γ)的极点.

如图2, 过一点Q作圆锥曲线Γ 的割线与曲线Γ 及Q点的极线分别交于点A,B及D, 则根据上述定义可知,A,B,Q,D为调和点列.

图2

定义5[2]若A,B,C,D是调和点列,过此点列所在直线外任一点P作射线PA,PB,PC,PD,则称这四条射线为调和线束.反过来,任一直线与调和线束相交所截的四个点构成调和点列.

性质1[1]如果任意一条直线s截a,b,c,d四条直线于点A,B,C,D,则有(ab,cd)=(AB,CD).

性质2[1]若共点四条直线a,b,c,d的斜率分别为k1,k2,k3,k4,则.

有了以上这五个定义和两个性质,我们就可以把例1 的结论推广到更一般的情形,得到圆锥曲线的一个统一性质:

结论4已知点Q(点Q不在圆锥曲线Γ 上且异于原点)关于圆锥曲线Γ 的极线为l,过点Q的直线AB与曲线Γ 及直线l分别交于点A,B及D,点M为不在直线AB上的一点,分别记直线MA,MQ,MB,MD的斜率为k1,k2,k3,k4,则.

证明由定义可知A,B,Q,D为调和点列, 则MA,MB,MQ,MD是调和线束,则(lMAlMB,lMQlMD)=(AB,QD) = -1,于是由性质2 可得,整理得.

几种特别情况:

(1) 当k4→+∞, 即MD⊥x轴时,, 即k1+k3=2k2.

(2) 当k2→+∞, 即MQ⊥x轴时,, 即k1+k3=2k4.

(3)当k2→+∞,k4=0,即MQ⊥x轴,且MD与x轴平行或重合时,k1=-k3.

(4)当k4→+∞,k2=0,即MD⊥x轴,且MQ与x轴平行或重合时,k1=-k3.

(5) 当k2= 0, 即MQ与x轴平行或重合时,,即.

(6)当k4= 0,即MD与x轴平行或重合时,,即.

显然,前文例1 及结论1、2、3 都属此特别情况(6).

四、结论应用

下面来看几道以上述结论为背景的高考试题:

例2(2020 年高考北京卷第20 题) 已知椭圆,过点A(-2,-1),且a=2b.(1)求椭圆C的方程;

(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4 于点P,Q,求的值.

分析易得椭圆C的方程为,下面来分析第(2) 问.如图3, 过点A作x轴的垂线, 交直线MN于点E, 与椭圆C的另一个交点为A′.点B(-4,0) 对应的极线为, 即x= -2, 此方程恰好是直线AA′的方程, 因为AA′⊥x轴, 所以由结论4 的特殊情况(1) 可知,kAP+kAQ= 2kAB= -1.又由直线AP的方程y+1 =kAP(x+2) 可得yP= -2kAP-1, 同理有yQ= -2kAQ-1,则yP+yQ= -2(kAP+kAQ)-2 = 0,从而.

图3

例3(2018 年高考全国Ⅰ卷理科第19 题) 设椭圆的右焦点为F, 过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).

(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;

(2)设O为坐标原点,证明: ∠OMA=∠OMB.

分析易得直线AM的方程为或.下面来分析第(2)问.当l与x轴垂直时,结论显然成立;当l与x轴不垂直时,设直线l与直线x= 2相交于点P(如图4), 易知直线x= 2 为C的右准线, 则点F和直线x= 2 为C的一对极点和极线, 易知MP⊥x轴,且直线MF与x轴重合, 则由结论4 的特殊情况(4)可知,kMA=-kMB,故∠OMA=∠OMB.

图4

例4(2022 年高考北京卷第19 题) 已知椭圆的一个顶点为A(0,1), 焦距为.

(1)求椭圆E的方程;

(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2 时,求k的值.

分析易得椭圆E的方程为.下面分析第(2)问.

如图5, 设椭圆E的左顶点为D,则易知直线AD为点P所对应的极线,设直线BC交直线AD于点Q.可以验证直线AB,AC的斜率都存在,记它们的斜率分别为k1,k2.

图5

因为AP//x轴, 所以由结论4 的特殊情况(5) 可知,.又由直线AB的方程y=k1x+1可得, 同理可得, 则由可解得不妨取k1= 1,k2= 1/3,则直线AB的方程y=x+1,与E的方程联立可得,则

例5(2023 年高考全国乙卷理科第20 题)已知椭圆的离心率为, 点A(-2,0)在C上.

(1)求C的方程;

(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点, 直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N.证明: 线段MN的中点为定点.

分析易得C的方程为.下面分析第(2)问.如图6,记点R(-2,3),椭圆C的上顶点记为B,由C的方程易知直线AB为点R所对应的极线.因为AR⊥x轴,所以由结论4 的特殊情况(2)可知,kAP+kAQ= 2kAB= 3.在直线AP,AQ的方程y=kAP(x+2)和y=kAQ(x+2)中分别令x= 0, 可得yM= 2kAP,yN= 2kAQ, 则, 故线段MN的中点为定点(0,3).关于例5 更多细节可参见文献[3],本文不再赘述.

图6