多角度探究圆锥曲线中的定值问题

郑梦华 祝峰泽

摘要：文章对2023年高考数学全国乙卷第20题（圆锥曲线问题）进行解法探究和变式拓展，经过对该题的溯源和剖析，发现其解法的多元性及通用性，并将其推广到更一般的形式，以更好地促进教师的“教”和学生的“学”.

关键词：高考数学;圆锥曲线;一题多解

1真题再现

真题（2023年全国乙卷理科数学第20题）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的离心率是53，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：第（1）问求椭圆的标准方程，属较易题；第（2）问解析可采用常规的韦达定理方法，本文中不再赘述.本题第（2）问考查学生运用坐标解决平面解析几何问题的能力，较好地考查学生的数学运算素养.

2追本溯源

本源若点P（x1，y1）在椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）外，过点P可以作两条直线与椭圆相切，连接切点A，B，称线段AB为切点弦，则切点弦所在直线的方程为x1xa2+y1yb2=1.我们将点P和切点弦分别称为椭圆的一对极点与极线［1］.

题源（2020年全国高考Ⅰ卷理科数学第20题）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.

（1）求E的方程;

（2）证明：直线CD过定点.

该题是一道常规的解析几何题，命制背景为极点和极线，考查了解析几何的基本思想和基本方法，对学生的运算能力要求很高，很好地起到了区分的作用.该类型题目在近年高考卷中也多次出现，例如，2010年的江苏卷第18题.因此，研究高考真题是教师最重要的教学策略之一.

3真题第（2）问的解法赏析

解法一：平移坐标系角度.

将平面直角坐标系向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，使得点B（－2，3）为新坐标系的原点，此时椭圆方程为（y+3）29+（x－2）24=1，点A（0，－3）.设直线PQ：y=kx，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立PQ和椭圆方程可得（4k2+9）x2+（24k－36）x+36=0，由韦达定理可知x1+x2=－24k+364k2+9，x1x2=364k2+9.由题意，可知kAP=y1+3x1，则lAP：y=y1+3x1x－3，令x=2，可得yM=2（y1+3）x1－3，同理可得yN=2（y2+3）x2－3，则

yM+yN2=y1+3x1+y2+3x2－3=2kx1x2+3（x1+x2）x1x2－3=0，因此新坐标系中直线MN的中点坐标为（2，0），即证得坐标系平移前MN的中点坐标为定点（0，3）.

评注：对于第（2）问，如果利用常规方法求解，因为直线PQ经过的点不在坐标轴上，所以联立方程后的计算量非常大，而使用解法一能够极大减小计算量，但难点在于坐标系平移前后的各点坐标变化，对学生的数形结合思想要求较高.

解法二：参数方程角度.

设直线PQ的参数方程为x=－2+tcosθ，y=3+tsinθ（t为参数），点P，Q的参数分别为t1，t2，将其代入椭圆方程中，得（4+5cos2θ）t2+（24sinθ－36cosθ）t+36=0，则Δ=－864sin2θ>0，所以θ∈π2，π.由韦达定理，可知

t1+t2=36cosθ－24sinθ4+5cos2θ，t1t2=364+5cos2θ.

設M（0，m），N（0，n），由A，P，M三点共线，得m=2（3+t1sinθ）t1cosθ=2tanθ+6t1cosθ，同理可得n=2tanθ+6t2cosθ，则m+n=4tanθ+6cosθ1t1+1t2=6，即证得MN的中点坐标为定点（0，3）.

评注：解法二从直线PQ的倾斜角入手，利用直线的参数方程解决问题.在运算的过程中还需用到三角恒等变换的一些知识，计算量小，非常简洁.

解法三：定比点差法角度.

设B（－2，3），P（x1，y1），Q（x2，y2），PB=λBQ，（λ<0），由向量坐标表示的唯一性，可得

－2（1+λ）=x1+λx2，3（1+λ）=y1+λy2.[JY]①

由点P，Q在椭圆上，得y219+x214=1，λ2y229+λ2x224=λ2.

两式相减，可得

195y1-λy21-λ5y1+λy21+λ+145x1-λx21-λ5x1+λx21+λ=1，联立①式后可得λ=23y1－x1－3，则x2=－x1－2λ－2λ=－x1－223y1－x1－3－2.同理可得y2=－y1+323y1－x1－3+3.易知yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2，将x2，y2代入即可求得yM+yN2=3，即证得直线MN的中点为定点（0，3）.

评注：定比点差法，其本质是利用定比分点和圆锥曲线方程中横、纵坐标表达式的一致性，优化运算过程的变形手段，是处理圆锥曲线弦上三点问题的一大通法.

解法四：构造二次方程角度.

设直线AP：y=k1（x+2），AQ：y=k2（x+2）.联立直线AP和椭圆方程，得（9+4k21）x2+16k21x+16k21－36=0，

于是xAxP=16k21－369+4k21，则

xP=－8k21+189+4k21，yP=36k19+4k21.

同理，可得xQ=－8k22+189+4k22，yQ=36k29+4k22.

设直线PQ方程为y=k（x+2）+3，将点P，Q的坐标分别代入直线方程，可得

12k21－36k1+36k+27=0，12k22－36k2+36k+27=0，

即k1，k2是方程12x2－36x+36k+27=0的两个根，易知yM+yN=2（k1+k2）=6，即证得直线MN的中点为定点（0，3）.

评注：解法四着重考查函数与方程的思想，尤其是函数问题中常用的同构思想，技巧性较强，同时大大减小了运算量，在解题过程中起到了事半功倍的效果.

解法五：二次曲线系方程角度.

引理：过平面上三点A，B，D及点A的切线l的二次曲线系方程可设为l5lBD+λlAB5lAD=0.

设直线AP：x=my－2，AQ：x=ny－2，PQ：y=k（x+2）+3.易知椭圆在点A处的切线方程为x=－2，由引理可知过点A，P，Q的二次曲线方程可设为（x+2）（kx－y+2k+3）+λ（x－my+2）（x－ny+2）=0.由题意知该椭圆方程可设为ty29+x24－1=0，对比二次曲线方程各项系数，可得k+λ=14t，λmn=19t，

－1－λm－λn=0，3+4k+4λ=0，－2－2λm－2λn=0，4k+6+4λ=－t，化简后可得mn=t9λ，m+n=－1λ，t=－3.对于直线AP，AQ的方程，分别令x=0，可得yM=2m，yN=2n，则yM+yN=6，即证得直线MN的中点为定点（0，3）.

评注：解法五应用二次曲线系方程［2］中过三点及一条切线的二次曲线方程，随后利用待定系数法将所设方程和原椭圆方程进行对比从而求出参数，该解法非高中数学常规内容，多用于竞赛题的求解.

前文提到过该题的背景是极点极线，在高中的视角下，极点极线经常用于命制圆锥曲线的切线和切点弦模型试题.笔者不禁思考：在一般的椭圆方程中是否还有类似规律呢？如果点D为直线x=－a上任意一點，过点D作椭圆的两条切线，[JP+1]得到的切点弦即为极线，此时是否还有类似结论？对于双曲线和抛物线呢？

4推广探究

推广1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），A（－a，0），过点D（－a，b）的直线交椭圆于P，Q两点，直线AP，AQ和y轴分别交于点M，N，则直线MN的中点恒为（0，b）.

推广2（横向推广）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），A（－a，0），过直线x=－a上任一点D（非点A）作椭圆的两条切线切于点A，B，过点D作一条直线交椭圆于P，Q两点，设直线AB，AP，AQ的斜率分别为k0，k1，k2，则k1+k2=2k0.

推广3（纵向推广）已知双曲线E：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），A（－a，0），过直线x=－a上任一点D（非点A）作双曲线的两条切线切于点A，B，过点D作一条直线交双曲线于P，Q两点，设直线AB，AP，AQ的斜率分别为k0，k1，k2，则k1+k2=2k0.

推广4（纵向推广）已知抛物线方程：y2=2px（p>0），A为坐标原点，过y轴上任一点D（非点A）作抛物线的两条切线切于点A，B，过点D作一条直线交抛物线于P，Q两点，设直线AB，AP，AQ的斜率分别为k0，k1，k2，则k1+k2=2k0.

5结束语

通过上述多角度探究、思考与推广探究，真题本质也逐渐被揭开，同时，也启示我们在日常教学中要抓住问题的本质.教师在教学中可以适当补充一些一类问题的本源，尤其是经常作为高考真题的命制背景问题；学生也可以适当总结问题的本质，从而提高核心素养，提高数学解题能力.

参考文献：

[1]周威.探讨高观点下试题命制提升教师专业素养——从极点极线视角下两道模考题的演变探究与改编谈起[J].中学教研（数学），2021（2）：33-36.

[2]李鸿昌.二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用[J].数理化解题研究，2022（7）：92-94.