廣東省中山紀念中學(528454) 胡光裕 鞠火旺

一、呈現(xiàn)試題,分析求解

題目(2020年高考山東卷第22 題)已知橢圓C:的離心率為且過點A(2,1).

(Ⅰ)求C的方程;

(Ⅱ)點M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明: 存在定點Q,使得|DQ|為定值.

本題考查了橢圓方程的求法,直線與橢圓的位置關系中直線過定點問題,涉及到數形結合、分類討論的思想;考查了學生的邏輯推理能力、轉化與化歸能力以及綜合運算能力.

圖1

試題設置了兩問,梯度明顯,具有很好的區(qū)分度.第(Ⅰ)問求橢圓方程,屬于常規(guī)問題;第(Ⅱ)問可謂“新瓶裝舊酒”,只要考生熟悉“手電筒”模型(過橢圓上一點A作AM⊥AN,直線AM、AN分別交橢圓于M,N兩點),則直線MN恒過定點P,又點A(2,1)是橢圓上的定點,因此線段AP的長度為定值.于是在RtΔADP中,中線QD的長度等于斜邊AP的一半,因此滿足題目要求的定點Q存在,它就是斜邊的中點.至此這道題就轉化為證明直線MN恒過定點,這是本題的關鍵所在.

解(Ⅰ)C:過程從略.以下求解第(Ⅱ)問.

(1)若直線MN的斜率不存在,設其方程為x=x0,則M(x0,y0),N(x0,?y0),因為所以(x0?2,y0?1)·(x0?2,?y0?1)=0,即(x0?2)2+(1)=0,又代入解得或x0=2(舍),此時直線方程為x=

(2)若直線MN的斜率存在,設為y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2?6=0,由韋達定理又

故

將①代入②得

又因為AD⊥MN,D為垂足,所以ΔADP為直角三角形,且∠D為直角,因此當點Q為斜邊AP的中點時,|DQ|為定值,其值等于

二、推廣結論,揭示本質

本題作為一道壓軸題,第二問的本質是考察直線MN過定點.那么當點A是橢圓上的任意一點且對于任意常數當kAM ·kAN=δ時,直線MN是否仍過定點呢? 如圖2 所示,在TⅠ-Nspire 中探究發(fā)現(xiàn)結論仍然成立,實際上,有如下的一般性的結論:

結論Ⅰ[2]已知點A(x0,y0)是橢圓b ＞0)上任意一點,直線AM、AN與橢圓C相交于M、N兩點,若kAM ·kAN=δ,其中則直線MN過定點

圖2

證明在文[2] 和文[3] 中,已經給出了結論Ⅰ詳盡的證明,我們另辟蹊徑,考慮用雙直線系的方法[1]證明它.為此,不妨設直線AM的方程為y ?y0=k1(x ?x0),即(k1x ?y)+(y0?k1x0)=0,同理直線AN的方程為(k2x ?y)+ (y0?k2x0)=0,那么雙直線方程[2][(k1x ?y)+(y0?k1x0)][(k2x ?y)+(y0?k2x0)]=0 是直線AM、AN上一切點所滿足的方程,其圖像見圖3,整理此方程得

圖3

注意到A(x0,y0)∈ C,于是=1,故有上式進一步簡化為(k1+k2)(x ?x0)(y ?y0)?2δx0(x ?x0)?2y0(y ?y0)=0,由于雙直線方程表示的曲線與橢圓共有A(x0,y0)、M、N三個交點,因此x=x0滿足此式,從而得到

類似地,由y2=b2?及k1k2=δ,③式可整理為

綜上所述,直線MN恒過定點

特別地,當AM⊥AN即kAM ·kAN=?1 時,直線MN仍過定點,故有如下推論Ⅰ成立.

推論Ⅰ已知A(x0,y0)是橢圓1(a ＞b ＞0)上任意一點,直線AM、AN與橢圓C相交于M、N兩點,且AM⊥AN,則直線MN恒過定點

推論Ⅱ已知橢圓C:=1(a ＞b ＞0),點A(x0,y0)是橢圓上任意一點,直線AM、AN與橢圓C相交于M、N兩點,且kAM · kAN=δ,其中過點A作AD⊥MN,垂足為D,則D點的軌跡是以為圓心,為半徑的圓.

圖4

證 明因為A(x0,y0)∈ C且由結論Ⅱ知是定點(當A點固定時),又AD⊥MN,于是點D的軌跡是以AP為直徑的圓,記圓心O(x,y),半徑為r,則

且

化學植筋技術，因為其所使用的設備簡單，并且操作過程簡易，效率高，投入少，在建筑行業(yè)中的使用越來越廣泛。本文所述的水利工程中植筋技術的應用取得的使用效果非常良好，在今后的工程當中將會被廣泛推廣。

于是結論得證,點D的軌跡見圖4.

三、橫向拓展,深度剖析

結論Ⅱ已知橢圓C:=1(a ＞b ＞0),點A(x0,y0)是橢圓上任意一點,直線AM、AN與曲線C相交于M、N兩點,若kAM+kAN=δ(其中δ /=0),則直線MN過定點

文[2]和文[3]中已給出了該結論的詳細證明,類似結論Ⅰ,也可以用雙直線系的方法證明之,這里從略.

推論Ⅲ已知A是橢圓C:=1(a ＞b ＞0)的右頂點,直線AM、AN與曲線C相交于M、N兩點,若kAM+kAN=δ(其中δ /=0),則 直線MN過定點

證明由于點A(a,0)是橢圓的右頂點,故只需在結論Ⅲ中取x0=a,y0=0 便得直線MN過定點此外,在這種特殊情況下,我們也可以簡證如下.

設AM的方程為y=k1(x ?a),即k1x ?y ?k1a=0,同理AN的方程為k2x ?y ?k2a=0,于是過A、M、N三點的雙直線方程為[(k1x ?y)?k1a][(k2x ?y)?k2a]=0,展開整理得

由于雙直線與橢圓共有A、M、N三個交點,其中xA=a,而直線MN不過點A,所以x /=a,因此⑥式可化簡為k1k2(x ?a)?(x+a)?δy=0,該式對任意k1、k2∈? 恒成立,為此取x=a得×2a ?δy=0,解得這表明直線MN過定點T

四、應用舉例,回歸真題

例題(2017年高考全國Ⅰ卷理科第20 題)已知橢圓=1(a ＞b ＞0),四 點P1(1,1),P2(0,1),中恰有三點在橢圓上.(1)求橢圓的方程;(2)如圖5 所示,設直線l不經過點P2且與橢圓C相交于A、B兩點,若直線P2A與直線P2B的斜率之和為?1.證明: 直線AB過定點.

圖5

證明(1)橢圓的方程為+y2=1,過程從略;(2)設直線P2A的方程為y=k1x+1,即k1x ?(y ?1)=0,同理直線P2B的方程為k2x ?(y ?1)=0,構造過P2、A、B三點的雙直線方程[k1x ?(y ?1)][k2x ?(y ?1)]=0,即

由于雙直線與橢圓共有P2、A、B三個交點,其中yP2=1,而直線AB不過點P2(0,1),因此y /=1,從而4k1k2(1+y)?x+(1?y)=0 對任意的k1、k2恒成立,于是取y=?1,代入得?x+2=0,解得x=2,這表明直線AB恒過定點(2,?1).

變式條件不變,若直線P2A與直線P2B的斜率之積為證明: 直線AB過定點.

證明注意到k1k2=δ,將⑦式與橢圓聯(lián)立,同上可得

對任意的k1、k2恒成立,為此取x=0,代入得4δ(1+y)+(1?y)=0,解得y=這表明直線AB恒過定點

此外,本文重點討論的2020年山東卷第22 題,類似結論Ⅰ的證明方式,同樣可以得到直線MN恒過定點這里就不再重復了.

從上面的計算過程中不難發(fā)現(xiàn),用雙直線方程和橢圓方程聯(lián)立求解要比采用常規(guī)的處理方式(韋達定理)簡單;同時,這種方法充分展現(xiàn)了雙直線方程的理論價值: 在“手電筒”模型(過橢圓上一點A作直線AM、AN分別交橢圓于M,N兩點)中,通過消元(得到的③式k1·k2x2?(k1+k2)(x ?x0)(y ?y0)+y2?2y0y ?2k1·k2x0x++k1·k2=0)很好地解釋了為什么只有當直線AM和AN的斜率之積或者斜率之和為定值時,直線MN才可能過定點.

此外,當兩直線AM和AN的斜率之差或者商為定值時,直線MN并不過定點,而是形成包絡線[4].

在雙曲線和拋物線中也有非常類似的結論[5],限于篇幅,我們就不再一一贅述了.