由一道联考填空压轴题引发的思考

摘 要：以一道江苏省2024届高三联考题为例，引导学生对问题进行深层次的探究及引申，充分挖掘题目的内涵和外延，阐述对它的解法探究和拓展推广.

关键词：高三联考题；解法探究；拓展推广；追本溯源

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0081-05

在解析几何研究中，圆与椭圆是两个重要的研究对象，它们的图形优美，有着极强的对称性，圆与椭圆可通过仿射变换相互转化从而快速解决椭圆中的相关问题.另外椭圆中也会生成很多圆，如内切圆、伴随圆、基圆和蒙日圆等，它们在性质上具有怎样的关系？本文以一道江苏省2024届高三联考题为例，通过对问题的解法探究、引申拓展，从而建构此类题的处理方法.

1 考题呈现

题目 （2024届苏锡常镇高三联考第16题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上不与左右顶点重合的动点，设I，G分别是△PF1F2的内心和重心，当直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化时，椭圆C的离心率为.

2 解法探究

视角1 显然△PF1F2的重心坐标易求，而内心坐标的求解是关键，这里可以选择等面积法去探求.而如何让直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化，可以利用斜率加以分析处理.

解法1 如图1，设P（x0，y0），I（x，y），不妨设y0gt;0，则y为△PF1F2的内切圆半径.

由于S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1，

所以12·2c·y0=12（2a+2c）·y.

所以y=cy0a+c=e1+ey0.

又注意到

SF1=MF1=x+c，TF2=MF2=c-x，

由焦半径公式可得

PS=a+ex0-（c+x），PT=a-ex0-（c-x）.

因为PS=PT，代入得x=ex0.

故I（ex0，ee+1y0）.

又由三角形重心坐标公式，得G（x03，y03）.

当直线IG的倾斜角不为π2时，则

kIG=［e/（e+1）］y0-y0/3ex0-x0/3

=2e-1（3e-1）（e+1）·y0x0.

要使直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化，则只有当e=12和e=13时，此时IG的倾斜角恒为0和π2.

综上，e=12或13.

引理 a，b，c是△ABC中A，B，C的对边，I是△ABC内心的充要条件为aIA+bIB+cIC=0.

视角2 在求解内心的坐标时，还可以使用三角形的内心坐标公式去处理，显得较为简洁.

解法2 在△ABC中，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），内心I（x，y），由上面引理1，得

aIA+bIB+cIC=0.

因为IA=（x1-x，y1-y），

IB=（x2-x，y2-y），

IC=（x3-x，y3-y），

故代入上式，得

a（x1-x，y1-y）+b（x2-x，y2-y）+c（x3-x，y3-y）=0.

解得

x=ax1+bx2+cx3a+b+c，y=ay1+by2+cy3a+b+c.

即I（ax1+bx2+cx3a+b+c，ay1+by2+cy3a+b+c）.

在△PF1F2中，P（x0，y0），F1（-c，0），F2（c，0），PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，F1F2=2c.

故代入得I（c（e+1）x0a+c，cy0a+c）.

又由三角形重心坐标公式，得

G（x03，y03）.

从而当yI=yG时，即ca+cy0=y03时，直线IG的倾斜角为0，此时e=12;

当xI=xG时，即c（e+1）a+cx0=x03时，直线IG的倾斜角为π2，此时e=13.

综上，e=12或13.

视角3 点P在椭圆上，从而还可考虑使用椭圆的参数方程来设出点P的坐标，可简化运算.

解法3 设点P（acosθ，bsinθ），因G为重心，故G应在线段PO上，且GO=13PO.

从而可得G（acosθ3，bsinθ3）.

又因PF1=a+e·acosθ=a+ccosθ，PF2=a-ccosθ，F1F2=2c，

由于内心的坐标为三角形三个顶点坐标与三对边的加权和，

即

内心I（ax1+bx2+cx3a+b+c，ay1+by2+cy3a+b+c）.

代入得I（c·cosθ，3c3sinθ）.

从而当yI=yG时，即33c·sinθ=bsinθ3时，直线IG的倾斜角为0，此时e=12;

当xI=xG时，即c·cosθ=acosθ3时，直线IG的倾斜角为π2，此时e=13.

综上，e=12或13.

视角4" 由题中的图形特点，还可考虑利用几何直观法中的相似形加以处理，实现代数和几何的融合.

解法4 如图2，因G，I为△PF1F2的重心和内心，故PGGO=21，PIID=1e.

设直线GI交x轴于点T，过点O作OS∥IT，交PD于点S，从而△PIG∽△PSO.

所以PIIS=PGGO=21，PIID=1e.

两式相除，得ISID=12e.即ISSD=12e-1.

而又因△ODS∽△OTI，则得

TOOD=ISSD=12e-1.①

再设点D坐标为xD，因PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，由三角形内角平分线定理可得PF1PF2=F1DDF2.

即a+ex0a-ex0=xD+cc-xD.

解得xD=e2x0.

代入①式，得TO=e2x02e-1.

即T（e2x01-2e，0）.

而显然有重心G（x03，y03）.

所以kIG=2e-13e2+2e-1·y0x0

=2e-1（3e-1）（e+1）·y0x0.

要使直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化，则只有当e=12和e=13时，此时IG的倾斜角恒为0和π2.

综上，e=12或13.

视角5 此题还可以通过观察得到：要使直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化，只有两种特殊情况，故只需直接考查这两种特殊情形，从而节约部分思维量和计算量.

解法5 因直线IG的倾斜角不随着点P的运动而变化，故只有当直线GI⊥x轴或GI∥x轴时，倾斜角为定值.

如图1，当GI⊥x轴时，则xI=xG=x03.

由切线长相等可知，

PF1-PF2=MF1-MF2.

即（a+ex0）-（a-ex0）=（x03+c）-（c-x03）.

化简可得e=13.

当GI∥x轴时，则yI=yG=y03.

而由三角形的等面积法知

S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1.

故可得12·2c·y0=12（2a+2c）·yI.

从而yI=cy0a+c.

代入得ca+cy0=y03.

此时e=12.

综上，e=12或13.

3 拓展探究

著名数学家波利亚曾说：“没有任何一个题目是彻底完成了的，总还会有些事情可以做.”细品解题过程，笔者发现过程和结论值得探究.于是笔者思考，解题过程中推导出了焦点三角形的重心和内心坐标，那么进一步焦点三角形的重心和内心的轨迹方程是什么？对于焦点三角形的外心、垂心呢？另外对于双曲线呢？基于以上思考，我们可以得到以下几个一般性结论：

结论1 设F1，F2是椭圆x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦点，点P是椭圆上任意一点，则

△PF1F2的重心轨迹方程为x2a2+y2b2=19（y≠0）［1］.

证明 设P（x0，y0），重心（x，y），则根据三角形的重心坐标公式得x=x03，y=y03.

即x0=3x，y0=3y.

又点P（x0，y0）在椭圆上，

所以（3x）2a2+（3y）2b2=1.

即x2a2+y2b2=19.

结论2 设双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是双曲线上任意一点，则△PF1F2的重心轨迹方程为x2a2-y2b2=9（agt;0，bgt;0）（y≠0）.

结论3 设椭圆x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦点是F1，F2，P是椭圆上任意一点，则△PF1F2的内心轨迹方程为x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

证明" 如图3，设内心I（x，y），P（x0，y0），则y为△PF1F2的内切圆半径.

由于S△PF1F2=S△IF1F2+S△IPF2+S△IPF1，

所以12·2c·y0=12（2a+2c）·y.

从而y=cy0a+c=e1+ey0.

又注意到SF1=MF1=x+c，TF2=MF2=c-x，由焦半径公式可得PS=a+ex0-（c+x），

PT=a-ex0-（c-x）.

因PS=PT，代入得x=ex0.

故I（ex0，ee+1y0）.

而根据x=ex0，y=cy0a+c=e1+ey0，

可解得x0=1ex，y0=e+1ey.

因为点P（x0，y0）在椭圆上，代入得

x2e2a2+（e+1）2y2e2b2=1.

化简，得x2c2+（a+c）2y2b2c2=1.

又因内心I与两焦点F1，F2三点不共线，

故I的轨迹方程为x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

结论4 设双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是双曲线上任意一点，则△PF1F2的内心轨迹方程为x=a（x=-a），-blt;ylt;b，y≠0.

证明 如图4，设I（x，y），当P在右支上时，则

2a=PF1-PF2

=SF1-TF2

=MF1-MF2

=（x+c）-（c-x）

=2x.

从而x=a.

所以内切圆圆心I的轨迹方程为x=a.

当P在左支上时，类似可证得I的轨迹方程为x=-a.

结论5 设椭圆x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是椭圆上任意一点，则△PF1F2的外心轨迹方程为x=0，y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）［2］.

证明 设P（x0，y0），外心Q（x，y），则根据三角形外心定义，得PQ=F1Q=F2Q.

故x=0且x20+（y0-y）2=c2+y2，

解得y=b22y0-c22b2y0.

又y0∈［-b，0）∪（0，b］，所以

y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）.

故外心为x=0，y∈（-∞，c2-b22b］∪［b2-c22b，+∞）.

结论6" 设双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是双曲线上任意一点，则△PF1F2的外心轨迹方程为x=0（y≠0）.

结论7 设椭圆x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是椭圆上任意一点，则△PF1F2的垂心轨迹方程为x2a2+（c2-x2）2b2y2=1（y≠0）［3］.

证明 设P（x0，y0），垂心H（x，y），则x=x0.

由PF2⊥F1H，则PF2·F1H=0.

所以yy0+x2-c2=0.

则y0=c2-x2y.

又点P（x0，y0）在椭圆上，代入，得

x2a2+（c2-x2）2b2y2=1.

结论8 设双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左右焦点是F1，F2，点P是双曲线上任意一点，则△PF1F2的垂心轨迹方程为x2a2-（c2-x2）2b2y2=1（y≠0）.

4 结论应用

题目 已知椭圆C：x24+y23=1的两个焦点为F1，F2，点P为椭圆上任意一点，点I（m，n）为△PF1F2的内心，则m+2n的最大值为.

解析 由结论3知，内心的轨迹方程为

x2c2+（a+c）2y2b2c2=1（y≠0）.

将a=2，b=3，c=1，x=m，y=n代入上式得m2+3n2=1.

再由权方和不等式知

1=m2+3n2=m21+（2n）24/3≥（m+2n）21+4/3.

从而m+2n≤213.

即（m+2n）max=213.

5 结束语

综上，通过对这道模考填空压轴题的探究，启发我们要尝试学会研题，尝试对经典考题进行解法探究、变式探究及推广探究.通过多解探究，可以开阔自己的解题视野，打破思维定式，提升自己的推理论证能力及数学运算能力；通过变式探究可以达到举一反三的学习效果；通过推广探究可以探究出问题的本质，从而达到解一题、通一类、会一片的效果.

参考文献：

［1］ 王东海.数缺形时少直观 形缺数时难入微：2022届高三八省联考数学卷21题的深入探究[J].数理化解题研究，2022（22）：52-56.

［2］ 王东海.一道联考试题的解法探究、背景分析及拓展推广[J].数学通讯，2023（08）：41-43，61.

［3］ 王东海.2021年全国乙卷理数解析几何大题的深度探究[J].中学数学杂志，2021（11）：53-56.

［责任编辑：李 璟］