对一道椭圆模拟题的深度探究

摘要：对典型模拟题的深度探析就是对经典试题从不同视角来审视，以不同的切入点探究问题，其实质是对试题的“二次开发”.通过对试题的剖析和思考，展开问题的来龙去脉和知识间的纵横联系，站在一定的高度去思考问题，突出数学本质，以提升数学学科素养.

关键词：椭圆；模拟题；深度探究

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）28-0006-06

江西省南昌市2024届高三零模数学第20题看似背景熟悉，实则蕴含着丰富的数学思想方法，彰显数学学科素养，是从深层次反映解析几何数学本质的一道优秀试题.为此，这里对该试题的解法、变式及推广进行深度探究，以使知识达到融会贯通，使思维得到升华，进而优化数学思维品质.

1试题呈现

题目（江西省南昌市2024届高三零模数学第20题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）经过点M（1，32），F是椭圆C的右焦点，O为坐标原点，△OFM的面积为34.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称.

2解法探究

首先根据椭圆的几何性质、三角形面积公式，利用待定系数法求解第（1）问椭圆C的方程.

设F（c，0）（c>0），则由题意得

12·c·32=34，1a2+94b2=1，b2=a2-c2，

解得a2=4，b2=3.

故椭圆C的标准方程为x24+y23=1［1］.

下面重点探究第（2）问的解法.

分析1要证点A，D关于x轴对称，根据椭圆的对称性，只要证kFA=-kFD，这样进一步转化证明kFA+kFD=0，即kFA+kFB=0即可.

设出点A，B的坐标和直线AB的横斜截式方程，然后将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，利用韦达定理设而不求，整体代入进行证明.

解法1（Cm6YdYIr4ws0rOCjcclRcA==设点、设线法）设A（x1，y1），B（x2，y2），F（1，0），直线AB方程为x=ty+4，

由x=ty+4，x24+y23=1， 消去x整理，得

（3t2+4）y2+24ty+36=0.

所以y1+y2=-24t3t2+4，

y1y2=363t2+4.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-1+y2x2-1

=y1（x2-1）+y2（x1-1）（x1-1）（x2-1）

=y1x2+y2x1-（y1+y2）（x1-1）（x2-1）［2］.

因为y1x2+y2x1-（y1+y2）=y1（ty2+4）+

y2（ty1+4）-（y1+y2）=2ty1y2+3（y1+y2）=2t×363t2+4+3×-24t3t2+4=0，

所以kPA+kPD=0.

即kPA=-kPD.

故点A，D关于x轴对称.

分析2设出点A，B，D的坐标，因为P，A，B三点共线，可设BP=λBA，同样B，F，D三点共线，可设BF=μFD，然后利用定比分点坐标公式和点差法推出坐标关系后得以证明.

解法2（定比点差法）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），F（1，0），由题意可知P，A，B三点共线.

设BP=λBA，

于是由定比分点坐标公式，得

x2+λx11+λ=4，y2+λy11+λ=0.

即x2+λx1=4+4λ，y2+λy1=0.

因为A，B均为椭圆C上的点，

所以x214+y213=1，x224+y223=1.

所以λ2x214+λ2y213=λ2，x224+y223=1.

两式相减，得

λ2x21-x224+λ2y21-y223=λ2-1.

所以λ2x21-x224（λ+1）（λ-1）+λ2y21-y223（λ+1）（λ-1）=1.

即（λx1-x2）（λx1+x2）4（λ+1）（λ-1）+（λy1-y2）（λy1+y2）3（λ+1）（λ-1）

=1.

即x2+λx11+λ·λx1-x24（λ-1）+y2+λy11+λ·λy1-y23（λ-1）=1.

所以4×λx1-x24（λ-1）=1［3］.

所以λx1-x2=λ-1.

又x2+λx1=4+4λ，

故x1=52+32λ，x2=52+32λ.

同理，由B，F，D三点共线，设BF=μFD，于是可得

x2=52-32μ，x3=52-32μ.

所以52+32λ=52-32μ.

解得λ=-μ.

所以x3=-x1.

易由题意可知A，D不重合，故点A，D关于x轴对称.

分析3由椭圆方程x24+y23=1的结构，联想到同角三角函数的平方关系，进行三角代换x2=cosα，y3=sinα，然后把坐标化为半角的正切函数，换元表示点的坐标，利用三点共线斜率相等得到新元的关系，再转化为坐标关系得证.

解法3（三角设点法）根据椭圆x24+y23=1，

设x2=cosα，y3=sinα，

即x=2cosα，y=3sinα.

则x=2（cos2α2-sin2α2）=2［1-tan2（α/2）］1+tan2（α/2），y=23sinα2cosα2=23tan（α/2）1+tan2（α/2）.

令tanα2=t，则x=2（1-t2）1+t2，y=23t1+t2.

设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），即

A（2（1-t21）1+t21，23t11+t21），B（2（1-t22）1+t22，23t21+t22），D（2（1-t23）1+t23，23t31+t23），F（1，0）.

由题意可知P，A，B三点共线.

所以kAP=kBP［4］.

故-23t1/（1+t21）4-2（1-t21）/（1+t21）=-23t2/（1+t22）4-2（1-t22）/（1+t22）.

整理、化简得t1t2=13.

同理，由B，F，D三点共线，所以kFB=kDF.

故23t2/（1+t22）2（1-t22）/（1+t22）-1=-23t3/（1+t23）1-2（1-t23）/（1+t23）.

整理、化简得t2t3=-13.

综上，可得t1=-t3.

代回点的坐标可得x1=x3，y1=-y3.

故点A，D关于x轴对称.

3解法点评

解法1设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与椭圆方程消去x得到关于y的一元二次方程，利用韦达定理设而不求，整体代入到斜率公式，变形整理后证得结论.解法1思路清晰，易于入手，是解决直线与圆锥曲线位置关系问题的最为常用方法，也是命题老师提供的参考解法.解法2设出点的坐标后，根据两次三点共线，运用定比分点坐标公式和点差法求得点的坐标关系而证得结论.解法2思路也清晰，过程明朗，但运算过程中式子结构复杂，难度较大，整理过程耗时费力，是为不足.解法3由椭圆方程的结构联想平方关系，进行三角代换后将坐标转化为半角正切的式子，换元后两次根据三点共线，最后得到坐标关系证得结论.解法3思路巧妙，但不足之处同解法2一样，也是运算、整理难度大.通过三种方法的比较，应试中提倡运用解法1，而解法2和解法3可作为平时思维拓展之用.

4试题变式

若试题第（2）问的题设条件不变，变换求证的结论，可有下列变式题.

变式1已知椭圆C：x24+y23=1，过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：∠AFP=∠DFP.

变式2已知椭圆C：x24+y23=1，过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，求证：k1+k2为定值.

答案k1+k2=0.

变式3已知椭圆C：x24+y23=1，过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值.

答案k1k2=-1.

5推广探析

5.1延伸推广

问题试题第（2）问中的点P是x轴上在椭圆右顶点右侧的一个定点，若将点P换作x轴上在椭圆右顶点右侧的其他位置，能否有与试题一样的结论？若将试题延伸推广到一般椭圆情形，将会是怎样的？下面我们直接按椭圆的一般情形探析回答这两个问题.

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（PgXQWjsGwYOdGBUw/Jsi6A==a>b>0），F（c，0）（c>0）是椭圆C的右焦点，过点P（m，0）（m>a）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，则当m满足什么关系时，点A，D关于x轴对称？

探究若证明点A，D关于x轴对称，根据椭圆的对称性，只要证kFA=-kFD，这样我们根据kFA+kFD=0，即kFA+kFB=0去寻找m满足的关系.

设A（x1，y1），B（x2，y2），F（c，0）（c>0），直线AB方程为x=ty+m，

由x=ty+m，x2a2+y2b2=1， 消去x整理，得

（a2+b2t2）y2+2b2tmy+b2m2-a2b2=0.

所以y1+y2=-2b2tma2+b2t2，

y1y2=b2m2-a2b2a2+b2t2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-c+y2x2-c

=y1（x2-c）+y2（x1-c）（x1-c）（x2-c）

=y1x2+y2x1-c（y1+y2）（x1-c）（x2-c）.

因为y1x2+y2x1-c（y1+y2）=y1（ty2+m）+y2（ty1+m）-c（y1+y2）

=2ty1y2+（m-c）（y1+y2）

=2t·b2m2-a2b2a2+b2t2+（m-c）·-2b2tma2+b2t2

=2b2m2t-2a2b2t-2b2m2t+2b2cm2ta2+b2t2

=-2a2b2t+2b2cmta2+b2t2

=2b2t（cm-a2）a2+b2t2=0［5］，

所以cm-a2=0.

即m=a2c.

故点A，D关于x轴对称.

由此看来，将点P换作x轴上在椭圆右顶点右侧的其他位置，无法得到与试题一样的结论.若将试题结论推广到一般椭圆的情形，可有结论：

结论1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F（c，0）（c>0）是椭圆C的右焦点，过点P（a2c，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

相应地，有结论：

结论2已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），F是椭圆C的左焦点，过点P（-a2c，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与椭圆C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

5.2类比推广

椭圆、双曲线和抛物线有许多类似的结论，能否把椭圆的结论1和结论2类比到双曲线和抛物线呢？于是，经探讨，得到下列结论.

结论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），F（c，0）（c>0）是双曲线C的右焦点，过点

P（a2c，0）作一条斜率不为0的直线与双曲线C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与双曲线C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

注显然，点P是位于坐标原点O与双曲线C的右顶点之间的一点，此时的直线与双曲线C的右支相交于A，B两点.

证明设A（x1，y1），B（x2，y2），F（c，0）（c>0），直线AB方程为x=ty+m，

由x=ty+a2c，x2a2-y2b2=1， 消去x整理，得

（b2t2-a2）y2+2b2t·a2c·y+b2（a2c）2-a2b2=0.

所以y1+y2=-2b2t·（a2/c）b2t2-a2，

y1y2=b2·（a2/c）2-a2b2b2t2-a2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-c+y2x2-c

=y1（x2-c）+y2（x1-c）（x1-c）（x2-c）

=y1x2+y2x1-c（y1+y2）（x1-c）（x2-c）.

因为y1x2+y2x1-c（y1+y2）=y1（ty2+a2c）+y2（ty1+a2c）-c（y1+y2）

=2ty1y2+（a2c-c）（y1+y2）

=2t·b2（a2/c）2-a2b2b2t2-a2+（a2c-c）·-2b2t·（a2/c）b2t2-a2

=-2a2b2t+2b2ct·（a2/c）b2t2-a2

=2b2t（-a2+c·a2/c）b2t2-a2

=2b2t（-a2+a2）b2t2-a2=0，

故点A，D关于x轴对称.

结论4已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），F（-c，0）（c>0）是双曲线C的左焦点，过点

P（-a2c，0）作一条斜率不为0的直线与双曲线C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与双曲线C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

注显然，点P是位于双曲线C的左顶点与坐标原点O之间的一点，此时的直线与双曲线C的左支相交于A，B两点.

证明可按结论3的证明过程，请读者自行来完成，这里从略.

结论5已知抛物线C：y2=2px（p>0），F（p2，0）是抛物线C的焦点，过点P（-p2，0）作一条斜率不为0的直线与抛物线C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与抛物线C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

注显然，点P是位于x轴负半轴上的一点.

证明设A（x1，y1），B（x2，y2），F（p2，0），直线AB方程为x=ty-p2，

由x=ty-p2，y2=2px，消去x整理，得

y2-2pty+p2=0.

所以y1+y2=2pt，y1y2=p2.

所以kFA+kFD=kFA+kFB

=y1x1-p/2+y2x2-p/2

=y1（x2-p/2）+y2（x1-p/2）（x1-p/2）（x2-p/2）

=y1x2+y2x1-（p/2）（y1+y2）（x1-p/2）（x2-p/2）.

因为y1x2+y2x1-p2（y1+y2）=y1（ty2-p2）+y2（ty1-p2）-p2（y1+y2）=2ty1y2+（-p）（y1+y2）=2t·p2+（-p）·2pt=0，

故点A，D关于x轴对称.

5.3深度推广

通过上面5个结论可以看出，点P其实就是圆锥曲线的准线与x轴交点的横坐标.于是，可以得到下列命题.

命题1已知中心为原点，焦点在x轴上的有心圆锥曲线C的一个焦点为F，F的相应准线与x轴的交点为P，过点P作一条斜率不为0的直线与圆锥曲线C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与圆锥曲线C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

命题2已知顶点为原点，焦点在x轴上的抛物线C的焦点为F，其准线与x轴的交点为P，过点P作一条斜率不为0的直线与抛物线C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线BF与抛物C的另一个交点为D，则点A，D关于x轴对称.

6结束语

本文对一道高三椭圆模拟试题从解法、变式到多角度推广进行了深度探究.深度解题是巩固基础、落实技能、丰富知识与方法、拓展思维、提升思维敏锐度的系统活动，也是一种创造性的活动，是理论到实践的过程.通过对典型试题的深度探究，将问题向纵深延伸、挖掘和拓展，唯有如此，才能真正把数学学科素养的培养和提升落到实处.

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［责任编辑：李璟］