李桂蘭

廣東省中小學(xué)教師信息技術(shù)應(yīng)用能力提升工程2.0專(zhuān)項(xiàng)科研課題《基于GeoGebra的高中數(shù)學(xué)可視化教學(xué)實(shí)踐研究》（課題編號(hào)：TSGCKT2023232）的成果.

本文對(duì)一道雙曲線中兩三角形面積比值為定值問(wèn)題進(jìn)行探究，發(fā)現(xiàn)該問(wèn)題實(shí)質(zhì)是直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，并且可以推廣到一般情形，研究中使用GeoGebra軟件探究，通過(guò)計(jì)算驗(yàn)證又得到圓錐曲線的一些一般性結(jié)論.

1? 試題呈現(xiàn)

（2022南京六校高三聯(lián)合試題）已知雙曲線Γ：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0）的焦距為4，且雙曲線Γ過(guò)點(diǎn)P2，33.

（1）求雙曲線Γ的方程;

（2）過(guò)雙曲線Γ的左焦點(diǎn)F分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若k1·k2=－1，試求ΔOMN（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）與ΔFMN的面積之比.

本題以直線與雙曲線的位置關(guān)系為載體，有機(jī)融合了定點(diǎn)、斜率積、面積比等問(wèn)題，對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng)有較高的考核要求，檢驗(yàn)了學(xué)生分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力，符合新高考理念.試題第（1）問(wèn)考查雙曲線方程的求法，屬于基礎(chǔ)知識(shí).由c=2以及過(guò)點(diǎn)P2，33，不難求得雙曲線Γ的方程為x23－y2=1.第（2）問(wèn)設(shè)計(jì)巧妙，背景豐富，結(jié)論優(yōu)美.條件中涉及的點(diǎn)、線位置關(guān)系繁多，具有一定的綜合性.本文重點(diǎn)探究第（2）問(wèn).

2? 解法分析

解法1：由題知F（－2，0），則直線l1的方程為y=k1（x+2），又ba=33，故k1≠±33.

設(shè)點(diǎn)Ax1，y1，Bx2，y2，聯(lián)立y=k1（x+2），

x23－y2=1，

整理得1－3k21x2－12k21x－12k21－3=0，則x1+x2=12k211－3k21，且Δ>0，故y1+y2=k1x1+x2+4=4k11－3k21，即M6k211－3k21，2k11－3k21，由k1·k2=－1，則k2=－1k1，故N6k21－3，－2k1k21－3.記點(diǎn)O、F到直線MN的距離分別為d1，d2，當(dāng)6k211－3k21=6k21－3，即k1=±1時(shí)，直線MN的方程為x=－3，則d1=3，d2=1，故SΔOMNSΔFMN=12|MN|d112|MN|d2=3.當(dāng)k1≠±1時(shí)，kMN=2k11－3k21－－2k1k21－36k211－3k21－6k21－3=－2k13k21－1，直線MN的方程為y－2k11－3k21=－2k13k21－1x－6k211－3k21，故ΔOMN與ΔFMN的面積之比為3.SΔOMNSΔFMN=d1d2=12k313k21－11－3k21+2k11－3k214k13k21－1+12k313k21－11－3k21+2k11－3k21=12k31+2k1×3k21－14k11－3k21+12k31+2k1×3k21－1=18k31－6k16k31－2k1=3.

評(píng)析：注意到ΔOMN和ΔOMN有一條公共的底邊MN，因此將兩三角形面積之比轉(zhuǎn)化為兩三角形的公共底邊MN上的高之比.該解法思路自然直接，但無(wú)法從解答過(guò)程看出為什么面積之比為定值.

解法2：由解法1可知，當(dāng)k1=±1時(shí)，直線MN的方程為x=－3，過(guò)點(diǎn)（－3，0）.

當(dāng)k1≠±1時(shí)，直線MN的方程為y－2k11－3k21=－2k13k21－1x－6k211－3k21.

令y=0，得x=3k21－11－3k21+6k211－3k21=－3，故直線MN恒過(guò)點(diǎn)E（－3，0），則SΔOMNSΔFMN=12yM－yN·|OE|12yM－yN·|FE|=|OE||FE|=3.

評(píng)析：從解法2可以看出，由于直線MN過(guò)定點(diǎn)E（－3，0），且E，F(xiàn)，O三點(diǎn)共線，從而面積比可利用相似比進(jìn)行轉(zhuǎn)換，SΔOMNSΔFMN=d1d2=|OE||FE|=3為定值，顯然面積比的定值由MN過(guò)定點(diǎn)引申而出，本題的實(shí)質(zhì)為定點(diǎn)問(wèn)題.

3? 縱向探究

利用解法2，我們很容易將例題進(jìn)行推廣到一般情況.

引理? 已知雙曲線Γ：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），過(guò)雙曲線Γ的左焦點(diǎn)F分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若k1·k2=－1，則直線MN過(guò)定點(diǎn)a2ca2－b2，0，ΔOMN（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）與ΔFMN的面積之比為a2－b2b2.

再進(jìn)一步思考，若將焦點(diǎn)改為x軸上任意一點(diǎn)，k1·k2的數(shù)值改為非零常數(shù)，得到如下一般性結(jié)論.

命題1? 已知雙曲線Γ：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），過(guò)x軸上一點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若k1·k2=λ，則直線MN過(guò)定點(diǎn)λta2λa2+b2，0.

引理及命題1證明方式與解法二一致，本文不在贅述.

4? 橫向探究

基于圓錐曲線知識(shí)體系的統(tǒng)一性，筆者將探究背景的載體進(jìn)一步推廣到雙曲線與拋物線，可得到如下結(jié)論.

命題2? 已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1（a>0，b>0），過(guò)x軸上一點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交橢圓Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交橢圓Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若k1·k2=λ，則直線MN過(guò)定點(diǎn)λta2λa2－b2，0.

命題3? 已知拋物線Γ：y2=2px（p>0），過(guò)點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交拋物線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交拋物線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若k1.k2=λ，則直線MN過(guò)定點(diǎn)t－pλ，0.

證明：設(shè)直線l1的方程為x=my+t，點(diǎn)Ax1，y1，Bx2，y2，聯(lián)立x=my+t，

y2=2px，

整理得y2－2pmy－2pt=0，則y1+y2=2pm，且Δ>0，故x1+x2=my1+y2+2t=2pm2+2t，即Mpm2+t，pm，設(shè)直線l2的方程為x=m′y+t，由k1·k2=λ，則1m·m′=λ，即m′=1λm，故Npλ2m2+t，pλm.當(dāng)pm2+t=pλ2m2+t，即m2=1|λ|時(shí)，直線MN斜率不存在，直線l1，l2關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，此時(shí)λ<0，故直線MN的方程為x=t－pλ.當(dāng)m2≠1|λ|時(shí)，kMN=pm－pλmpm2+t－pλ2m2+t=m－1λmm2－1λ2m2

=λmλm2－1λm2－1λm2+1=λmλm2+1，直線MN的方程為y－pm=λmλm2+1x－pm2－t.當(dāng)y=0時(shí)，x=－pλm2+1λ+pm2+t=t－pλ，故直線MN過(guò)定點(diǎn)t－pλ，0.

5? 逆向探究

如果將條件和結(jié)論進(jìn)行互換，是否也能成立呢？筆者通過(guò)GeoGebra軟件探究，得到以下結(jié)論.

命題4? 已知橢圓Γ：x2a2+y2b2=1（a>0，b>0），過(guò)點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交橢圓Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交橢圓Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若直線MN過(guò)定點(diǎn)λta2λa2－b2，0（λ≠0），則有k1k2=λ.

證明：設(shè)直線l1的方程為y=k1（x－t），點(diǎn)Ax1，y1，Bx2，y2，

聯(lián)立y=k1（x－t），

x2a2+y2b2=1， 整理得b2+a2k21x2+2a2k1nx+a2n2－b2=0，則x1+x2=2a2k21tb2+a2k21，xM=a2k21tb2+a2k21，點(diǎn)M也是直線MN與直線l1的交點(diǎn)，故聯(lián)立y=k1（x－t），

y=kx－λta2λa2－b2， 可得x=－k1t+kλta2λa2－b2k－k1，即－k1t+kλta2λa2－b2k－k1=a2k21tb2+a2k21，整理化簡(jiǎn)得kλta2λa2－b2a2－a2tkk21－tb2k1+kλta2b2λa2－b2=0.

同理kλta2λa2－b2a2－a2tkk22－tb2k2+kλta2b2λa2－b2=0，故k1，k2為方程kλta2λa2－b2a2－a2tkx2－tb2x+kλta2b2λa2－b2=0的兩根，即k1k2=kλta2b2λa2－b2kλta2λa2－b2a2－a2tk=λta2b2λta2a2－a2tλa2－b2=λta2b2a2tb2=λ.

命題5? 已知雙曲線Γ：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），過(guò)點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若直線MN過(guò)定點(diǎn)λta2λa2+b2，0（λ≠0），則k1k2=λ.

命題6? 已知拋物線Γ：y2=2px（p>0），過(guò)點(diǎn)T（t，0）分別作斜率為k1，k2的兩直線l1與l2，直線l1交拋物線Γ于A，B兩點(diǎn)，直線l2交拋物線Γ于C，D兩點(diǎn)，設(shè)M，N分別為AB與CD的中點(diǎn)，若直線MN過(guò)定點(diǎn)t－pλ，0（λ≠0），則k1k2=λ.

6? 結(jié)語(yǔ)

一道出色的考題通常具有深刻的內(nèi)涵，我們可以將這樣的題目視為知識(shí)和技能的成長(zhǎng)機(jī)會(huì)，引導(dǎo)學(xué)生深入探究其核心，從多個(gè)角度思考問(wèn)題，擴(kuò)展他們的思維邊界.正如數(shù)學(xué)家波利亞所說(shuō)：“解決數(shù)學(xué)問(wèn)題僅僅是一半，更重要的是解題后的回顧.”回顧即解題的反思，它代表了整個(gè)解題過(guò)程的再次思考、重新發(fā)現(xiàn)以及再創(chuàng)造的過(guò)程.教師應(yīng)該引導(dǎo)學(xué)生積極進(jìn)行解題反思，通過(guò)題目的延伸、變形，以及對(duì)問(wèn)題本質(zhì)的深入探究，從而提升學(xué)生的解題思維能力.這個(gè)過(guò)程有助于培養(yǎng)學(xué)生的批判性思維和創(chuàng)新能力，使他們更好地應(yīng)對(duì)各種學(xué)術(shù)和現(xiàn)實(shí)生活中的挑戰(zhàn).

參考文獻(xiàn)

［1］ 金保源.一道解析幾何定點(diǎn)問(wèn)題的解法探究與推廣［J］.數(shù)理化解題研究.2023（22）：6-9.

［2］ 陳偉流.厘清背景 明晰本源 培養(yǎng)思維品質(zhì)一以圓維曲線中一類(lèi)動(dòng)圓過(guò)雙定點(diǎn)問(wèn)題為例［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師大）.2023（09）：17-19.