一道高考解析几何题的解法探究及其推广

宋亚洲

圆锥曲线中的定点问题作为高考中的常见题型，考查学生的逻辑推理、数学运算等学科核心素养.这类题型不仅要求学生能够熟练掌握解决此类问题的基本思想与方法，还需要挖掘简化运算的突破口，提高运算的速度和准确性.本文从不同角度研究2023年高考数学全国乙卷理科第20题的解题思路，并对其结论进行推广.

1.试题呈现

已知椭圆C：y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为53，点A－2，0在C上.

（1）求C的方程；（y29+x24=1）

（2）过点－2，3的直线交C于点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.

本题考查了解析几何的基本思想和方法，对学生的运算能力要求很高，并且有很好的区分度，其中第（2）问许多精巧的方法和精妙的性质值得深入思考.

2.解法探究

视角1  直线串联 设而不求

思路1  设直线PQ的方程，进而可求点M，N的坐标，结合韦达定理验证yM+yN2为定值即可.

解法1：设Px1，y1，Qx2，y2，直线PQ：y=kx+2+3，代入椭圆方程得4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，则x1+x2=－8k2k+34k2+9，x1x2=16k2+3k4k2+9，直线AP：y=y1x1+2x+2，当x=0时，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+2+3x1+2+kx2+2+3x2+2=kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+2=2kx1x2+4k+3x1+x2+42k+3x1x2+2x1+x2+4=32kk2+3k4k2+9－8k4k+32k+34k2+9+42k+316k2+3k4k2+9－16k2k+34k2+9+4=10836=3，故线段MN的中点为定点0，3.

思路2  利用平移思想，简化运算，优化解法1.

解法2： 设Px1，y1，Qx2，y2，直线PQ：y=kx+2+3，代入椭圆方程得4k2+9x+22+24k－36x+2+36=0，则x1+2+x2+2=36－24k4k2+9，x1+2x2+2=364k2+9，直线AP：y=y1x1+2x+2，当x=0时，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=2k+3x1+2+x2+2x1+2x2+2=2k+3×36－24k4k2+9364k2+9=3，故线段MN的中点为定点0，3.

思路3  利用齐次化思想，简化运算，优化解法1.

解法3：设Px1，y1，Qx2，y2，直线AP：y=y1x1+2x+2，当x=0时，y=2y1x1+2，得M0，2y1x1+2，同理N0，2y2x2+2，设直线PQ：y=kx+2+3，即y－kx+23=1，代入椭圆方程得y29+x+2－2×y－kx+2324=y－kx+232，化简整理得19yx+22－13yx+2+k3+14=0，则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=3.故线段MN的中点为定点0，3.

视角2  构造同构 二次韦达

思路4  设直线AM：x=t1y－2，AN：x=t2y－2，则M0，2t1，N0，2t2，MN的中点0，1t1+1t2，只需证明1t1+1t2为定值.

解法4：设直线PQ：y=kx+2+3，AM：x=t1y－2，AN：x=t2y－2，则M0，2t1，N0，2t2，MN的中点0，1t1+1t2，联立y=kx+2+3，

x=t1y－2 得x=3+2kt1－21－kt1，y=31－kt1，代入椭圆方程得34k + 3t1 2-12t1  + 4 = 0，同理t2也满足此方程，则t1+t2=44k+3，

t1t2=434k+3，1t1+1t2=t1+t2t1t2=3，故线段MN的中点为定点0，3.

思路5  先由T，P，Q三点共线设出M，N，再由点在椭圆上可得yM+yN=6.

解法5：设TP=λ1，k，TQ=μ1，k，则Pλ－2，λk+3，直线AM：y=λk+3λx+2，M0，2λk+3λ，同理N0，2μk+3μ，则MN中点K0，2k+3λ+3μ，由于P在椭圆上，故4k2+9λ2－123－2kλ+36=0，同理μ也满足此方程，则λ+μ=123－2k4k2+9，λμ=364k2+9，2k+3λ+3μ=2k+3λ+μλμ=3，故线段MN的中点为定点0，3.

视角3  三点共线 曲径通幽

思路6  设M0，m，N0，n，用m，n分别表示P，Q的坐标，再由T，P，Q三点共线可得m+n=6.

解法6：设M0，m，N0，n，直线AM：y=m2x+m，代入椭圆方程可得

xP=29－m29+m2，yP=18m9+m2，则TP=369+m2，－3m－329+m2，同理TQ=369+n2，－3n－329+n2，由T，P，Q三点共线，得m－32=n－32，即m－nm+n－6=0，因为m≠n，所以m+n=6，故线段MN的中点为定点0，3.

视角4  二次曲线 比对系数

思路7  先利用曲线系求出k1+k2为定值，进而MN中点0，k1+k2为定点.

解法7：设直线PQ：kx－y+2k+3=0，AP：k1x－y+2k1=0，AQ：k2x－y+2k2=0，过点A，P，Q的曲线系为k1x－y+2k1k2x－y+2k2+λ（kx－y+2k+3）x+2=0，椭圆方程9x2+4y2－36=0.比较y2及常数项系数可知4k1k2+2λ2k+3=－9，注意到x项系数4k1k2+λ4k+3=0，上述两式作差可得λ=－3，因为xy项的系数为0，所以k1+k2=－λ=3，而M0，2k1，N0，2k2，故线段MN的中點为定点0，3.

视角5  极点极线 高阶观点

图1

解法8：如图1，设椭圆的上顶点为B，则以T－2，3为极点的极线方程－x2+y3=1恰经过椭圆的左顶点和上顶点，于是AT，AP，AB，AQ为调和线束，又因为MN∥TA，故点B平分线段MN，故线段MN的中点0，k1+k2，即定点0，3.

解法9：AT，AP，AB，AQ为调和线束，且kAT=∞，故kAP+kAQ=2kAB=3，设直线AM：y=k1x+2，AN：y=k2x+2，则M0，2k1，N0，2k2，故线段MN的中点

0，k1+k2，即定点0，3.

解法10：点A关于x轴的对称点是其本身，点T在以点A为切点的切线上，故kAP+kAQ=－2a2xTb2yA+yT=3，设直线AM：y=k1x+2，AN：y=k2x+2，则M0，2k1，N0，2k2，故线段MN的中点0，k1+k2，即定点0，3.

3.问题探究

原题中A－2，0为椭圆短轴的端点－b，0，点－2，3为点－b，a，定点0，3为椭圆长轴的端点0，a，那么对于一般情况，上述结论是否还成立？

探究1  已知点B0，b，过点Ta，b的直线交椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0于点P，Q两点，直线BP，BQ与x轴的交点分别为M，N，线段MN的中点是否为定点Aa，0？

证明：设直线PQ：y=kx－a+b，代入椭圆方程得b2+a2k2x2+2ka2b－akx+a3k（ak－2b）=0，设Px1，y1，Qx2，y2，则x1+x2=－2ka2b－akb2+a2k2，x1x2=a3kak－2bb2+a2k2，直线BP：y=y1－bx1x+b，当y=0时， x=－bx1y1－b，得M－bx1y1－b，0，同理N－bx2y2－b，0，则xM+xN2=－b2x1y1－b+x2y2－b=－b2k·2x1x2－a·x1+x2x1x2－a·x1+x2+a2=－b2k·2·a3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2a3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2+a2=a.故线段MN的中點为定点Aa，0.

结论1  已知点B0，b，过点Ta，b的直线交椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0于点P，Q两点，直线BP，BQ与x轴的交点分别为M，N，则线段MN的中点为定点Aa，0.

探究2  已知点Aa，0，过点Ta，b的直线交椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，线段MN的中点是否为定点B0，b？

证明：设直线PQ：y=kx－a+b，代入椭圆方程得b2+a2k2x2+2ka2b－akx+a3k（ak－2b）=0，设Px1，y1，Qx2，y2，则x1+x2=－2ka2b－akb2+a2k2，x1x2=a3kak－2bb2+a2k2，直线AP：y=y1x1－ax－a，当x=0时，y=－ay1x1－a，得M0，－ay1x1－a，同理N0，－ay2x2－a，则yM+yN2=－a2·y1x1－a+y2x2－a

=－a2·2k+b·x1+x2－2ax1x2－a·x1+x2+a2=－a2·2k+b·－2ka2b－akb2+a2k2－2aa3kak－2bb2+a2k2－a·－2ka2b－akb2+a2k2+a2=－a2·－2ba=b，故线段MN的中点为定点B0，b.

结论2  已知点Aa，0，过点Ta，b的直线交椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，则线段MN的中点为定点B0，b.

注意到结论1证明中y1x1－a+y2x2－a=－2ba，即以Ta，b为极点的极线斜率的2倍.

结论3  已知点Aa，0，过点Ta，b作椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，分别交椭圆于点A，B，过点T的直线交椭圆于点P，Q两点，直线AB，AP，AQ的斜率分别为k，k1，k2，则k1+k2=2k.

结论4  已知点Aa，0，点T是直线x=a上任意一点，过点T作椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的两条切线，分别交椭圆于点A，B，过点T的直线交椭圆于点P，Q两点，直线AB，AP，AQ的斜率分别为k，k1，k2，则k1+k2=2k.

证明：设点Ta，t，直线TA：xAa2x+yAb2y=1过T，得xAa+tyAb2=1，同理xBa+tyBb2=1，故直线AB：1ax+tb2y=1，则k=－b2at.设直线PQ：y=mx－a+t，代入椭圆方程得b2+a2m2x2+2mta2－2m2a3x+m2a4+t2a2－2mta3－a2b2=0，设Px1，y1，Qx2，y2，则x1+x2=－2mta2－2m2a3b2+a2m2，x1x2=m2a4+t2a2－2mta3－a2b2b2+a2m2， 则k1+k2=y1x1－a+y2x2－a=2m+t·x1+x2－2ax1x2－a·x1+x2+a2=2m+t·－2mta2－2m2a3b2+a2m2－2am2a4+t2a2－2mta3－a2b2b2+a2m2+a·2mta2－2m2a3b2+a2m2+a2=－2b2at=2k，故k1+k2=2k.

4.总结反思

通过对问题（2）中的探究，发现其解题思路并不单一.既可从题中的证明结果出发，在其特殊性的基础上举一反三，也可对条件做一定合理变换、发掘其基本性质，又可以得到更多具有一般性的结论.因此，研究一道试题，不应仅仅局限于题目本身，只有深入思考，才能获得更多启迪，体会数学的奥妙.在日常的数学教学中，教师应积极引导学生拓展思路，进行多方向思考，注重培养学生的思维能力与学科核心素养.同时，学生对问题的深入探究、反思总结对于提高学生的解题能力具有重要意义.探索、发现、创新，才能帮助我们打开数学的大门，领略数学世界的万千精彩.

参考文献

［1］ 单墫.我怎样解题［M］.哈尔滨工业大学出版社，2013.