摘要：極點(diǎn)極線背景下的定點(diǎn)定值問題是高考的重難點(diǎn)之一.對(duì)于此類問題，常規(guī)的解題方法為聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，但計(jì)算量往往較大.事實(shí)上，還有一些其他的方法可以解決此類問題.此外，教師若能看清問題的背景、明確命題的立意，勢(shì)必能夠在教學(xué)時(shí)會(huì)當(dāng)凌絕頂，讓學(xué)生一覽眾山小.

關(guān)鍵詞：極點(diǎn)極線；定比點(diǎn)差法；平移齊次化；二次曲線系；定點(diǎn)定值

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）11-0034-05

近年來(lái)，高考中的解析幾何解答題，除了常規(guī)的聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程外，還蘊(yùn)含著一些其他的方法，如平移齊次化、二次曲線系、坐標(biāo)轉(zhuǎn)化、定比點(diǎn)差法等.本文以一道質(zhì)檢試題為例，談?wù)勥@些方法的使用，并通過挖掘背景，得到一個(gè)更為普遍的結(jié)論.

1 題目呈現(xiàn)

題1（福建省2023屆高中畢業(yè)班適應(yīng)性練習(xí)21）已知圓A1：（x+1）2+y2=16，直線l1過點(diǎn)A2（1，0）且與圓A1交于點(diǎn)B，C，BC中點(diǎn)為D，過A2C中點(diǎn)E且平行于A1D的直線交A1C于點(diǎn)P，記點(diǎn)P的軌跡為Γ.

（1）求Γ的方程；

（2）坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于A1，A2的對(duì)稱點(diǎn)分別為B1，B2，點(diǎn)A1，A2關(guān)于直線y=x的對(duì)稱點(diǎn)分別為C1，C2，過點(diǎn)A1的直線l2與Γ交于M，N兩點(diǎn)，直線B1M，B2N相交于點(diǎn)Q.請(qǐng)從下列結(jié)論中，選擇一個(gè)正確的結(jié)論并給予證明.

①△QB1C1的面積是定值；

②△QB1B2的面積是定值；

③△QC1C2的面積是定值.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解析（1）作出圖形如圖1所示，由題意，得A1（-1，0），A2（1，0）.

因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，

所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C.

又PE∥A1D，所以PE⊥A2C.

又E為A2C的中點(diǎn)，所以|PA2|=|PC|.

所以|PA1|+|PA2|=|PA1|+|PC|=|A1C|=4>|A1A2|.

所以點(diǎn)P的軌跡Γ是以A1，A2為焦點(diǎn)的橢圓（左、右頂點(diǎn)除外）.

設(shè)Γ：x2a2+y2b2=1（x≠±a），其中a>b>0，且a2-b2=c2，則2a=4，所以a=2，c=1，b=a2-c2=3，故Γ：x24+y23=1（x≠±2）［1］.

注由于第（1）問較為簡(jiǎn)單，僅給出參考答案如上.在求解第（2）問之前，先作圖2如下.

2.2 第（2）問解析

結(jié)論③正確.下證：ΔQC1C2的面積是定值.

依題意，B1（-2，0），B2（2，0），C1（0，-1），

C2（0，1）.

解法1（設(shè)點(diǎn)聯(lián)立）設(shè)Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），直線B2Q：y=y0x0-2（x-2），

聯(lián)立y=y0x0-2（x-2），3x2+4y2-12=0，化簡(jiǎn)，得

（3x20+4y20-12x0+12）x2-16y20x+16y20-12x20+48x0-48=0.

故2·x2=16y20-12x20+48x0-483x20+4y20-12x0+12.

則x2=8y20-6x20+24x0-243x20+4y20-12x0+12，

y2=y0x0-2（x2-2）=-12x0y0+24y03x20+4y20-12x0+12.

同理可得，x1=-8y20+6x20+24x0+243x20+4y20+12x0+12，

y1=12x0y0+24y03x20+4y20+12x0+12.

而M，A1，N三點(diǎn)共線，則y1x1+1=y2x2+1.

則2（x0+4）（3x20+4y20-12）=0.

而Q（x0，y0）在曲線Γ外，故3x20+4y20-12>0.則x0=-4.

故點(diǎn)Q在直線x=-4上［2］.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

解法2（設(shè)線聯(lián)立）設(shè)直線l2：x=my-1，聯(lián)立x=my-1，3x2+4y2-12=0，

整理，得

（3m2+4）y2-6my-9=0，

Δ=36m2+36（3m2+4）=144（1+m2）>0.

設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），其中x1≠±2，x2≠±2，

則y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，

其中-3（y1+y2）=2my1y2.

直線B1M：y=y1+2x1（x+2），

直線B2N：y=y2-2x2（x-2）.

想法1：聯(lián)立y=y1+2x1（x+2），y=y2-2x2（x-2），得

xQ=2［y2（x1+2）+y1（x2-2）y2（x1+2）-y1（x2-2）］

=2［y2（my1+1）+y1（my2-3）y2（my1+1）-y1（my2-3）］

=2（2my1y2+y2-3y1y2+3y1）

=2［2my1y2+3（y1+y2）-2（y2+3y1）y2+3y1］=-4.

故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

想法2：

xQ+2xQ-2

=y2（x1+2）y1（x2-2）

=my1y2+y2my1y2-3y1

=-3（y1+y2）/2+y2-3（y1+y2）/2-3y1

=-3y1/2-y2/2-9y1/2-3y2/2

=13，

解得xQ=-4.

故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

解法3（平移齊次化）設(shè)Q（x0，y0），

直線MN：x+my+1=0（m≠0），

直線QB1的斜率kQB1=y0x0+2=kB1M，

直線QB2的斜率kQB2=y0x0-2=kB2N，

由橢圓第三定義可知，kB1N·kB2N=-34.

故kB1N=-34kB2N=-34·x0-2y0.

則kB1M·kB1N=-34·y0x0+2·x0-2y0

=-34·x0-2x0+2.

將橢圓C的方程向右平移兩個(gè)單位后得到

（x-2）24+y23=1.

即3x2-12x+4y2=0.

而直線MN的方程向右平移兩個(gè)單位后得到x+my=1，則3x2-12x（x+my）+4y2=0.

整理，得4（yx）2-12m·yx-9=0.

故kB1M，kB1N可以看作是上述方程的兩根，則

kB1M·kB1N=-94=-34·x0-2x0+2，

解得x0=-4.

故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4［3］.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

解法4（斜率雙用）設(shè)Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），直線B1Q的斜率

kQB1=y0x0+2=y1x1+2，①

直線B2Q的斜率

kQB2=y0x0-2=y2x2-2，②

則kQB1kQB2=x0-2x0+2=y1/（x1+2）y2/（x2-2）.

記x0-2x0+2=λ，則該式整理，得

x2y1-2y1=λx1y2+2λy2.③

由橢圓的第三定義可知，

y1x1-2·y1x1+2=-34，④

y2x2-2·y2x2+2=-34.⑤

將①代入④，得

y1x1-2·y0x0+2=-34.⑥

將②代入⑤，得

y0x0-2·y2x2+2=-34.⑦

⑥⑦=［y1/（x1-2）］·［y0/（x0+2）］［y0/（x0-2）］·［y2/（x2+2）］=1.

整理，得x1y2-2y2=λx2y1+2λy1.⑧

③-⑧，得

（λ+1）（x2y1-x1y2）=（2λ-2）（y2-y1）.⑨

而M，A1，N三點(diǎn)共線可得，y1x1+1=y2x2+1.

即x2y1-x1y2=y2-y1.⑩

聯(lián)立⑨⑩，解得λ=3，即x0-2x0+2=3，解得x0=-4，故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

解法5（定比點(diǎn)差法）設(shè)Q（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），MA1=λA1N，

則-1=x1+λx21+λ，0=y1+λy21+λ.

而x214+y213=1，λ2x224+λ2y223=λ2，兩式相減可得，

（x1+λx2）（x1-λx2）4+（y1+λy2）（y1-λy2）3=1-λ2.

整理，得x1-λx2=4λ-4.

而x1+λx2=-1-λ，

解得x1=3λ-52，x2=3-5λ2λ.

而y0x0-2=y2x2-2，y0x0+2=y1x1+2，

兩式相除，得

x0+2x0-2=y2（x1+2）y1（x2-2）

=-1λ·（3λ-5）/2+2（3-5λ）/2λ-2=13，

解得x0=-4，故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

解法6（二次曲線系）設(shè)直線B1M：k1x-y+2k1=0，直線B2N：k2x-y-2k2=0，直線B1B2：y=0，直線MN：x-my+1=0，則過M，N，B1，B2四點(diǎn)的二次曲線系方程為（k1x-y+2k1）（k2x-y-2k2）+λy（x-my+1）=0.

展開得k1k2x2+（1-λm）y2+（λ-k1-k2）xy+（λ-2k1+2k2）y-4k1k2=0，對(duì)比x24+y2=1可知，λ-k1-k2=0，λ-2k1+2k2=0，則k1=3k2.

聯(lián)立3k2x-y+6k2=0，k2x-y-2k2=0，

兩式相減，得x=-4.

故點(diǎn)Q在直線x=-4上.

所以點(diǎn)Q到C1C2的距離d=4.

則ΔQC1C2的面積為定值12×2×4=4.

3 拓展延伸

題2（2020年新課標(biāo)Ⅰ卷理20、文21）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>0）的左、右頂點(diǎn)，G為橢圓E的上頂點(diǎn)，AG·GB=8，P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與橢圓E的另一交點(diǎn)為C，PB與橢圓E的另一個(gè)交點(diǎn)為D.

（1）求橢圓E的方程；

（2）證明：直線CD過定點(diǎn).

通過對(duì)比不難發(fā)現(xiàn)，題1與題2有著異曲同工之妙，綜合兩個(gè)問題，我們可以得到如下結(jié)論：

結(jié)論1設(shè)A，B分別為橢圓C：x2a2+y2b=1（a>b>0）的左、右頂點(diǎn)，過點(diǎn)P（t，0）（-a

證明設(shè)直線AM：k1x-y+ak1=0，直線BN：k2x-y-ak2=0，直線B1B2：y=0，直線MN：x-my-t=0，則過M，N，B1，B2四點(diǎn)的二次曲線系方程為（k1x-y+ak1）（k2x-y-ak2）+λy（x-my-t）=0.

展開得k1k2x2+（1-λm）y2+（λ-k1-k2）xy+（-λt-ak1+ak2）y-a2k1k2=0，對(duì)比x2a2+y2b2=1（a>b>0）可知，λ-k1-k2=0，-λt-ak1+ak2=0.

整理，得k1k2=a-ta+t.

而k1x-y+ak1=0，k2x-y-ak2=0，消去y得x=-ak1+ak2k1-k2=-ak1/k2+ak1/k2-1=-a（a-t）/（a+t）+a（a-t）/（a+t）-1=a2t.

結(jié)論2設(shè)A，B分別為橢圓C：x2a2+y2b=1（a>b>0）的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)Q為直線x=a2t（-a

結(jié)論3設(shè)A，B分別為雙曲線C：x2a2-y2b=1（a>0，b>0）的左、右頂點(diǎn)，過點(diǎn)P（t，0）（t<-a或t>a）的直線與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)（點(diǎn)M，N異于點(diǎn)A，B），直線AM，BN交于點(diǎn)Q，則動(dòng)點(diǎn)Q在定直線x=a2t上.

結(jié)論4設(shè)A，B分別為雙曲線C：x2a2-y2b=1（a>0，b>0）的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)Q為直線x=a2t（t<-a或t>a）上的動(dòng)點(diǎn)，直線QA與雙曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)為M，直線QB與雙曲線C的另一個(gè)交點(diǎn)為N（點(diǎn)M，N異于點(diǎn)A，B），則直線MN過定點(diǎn)P（t，0）.

結(jié)論2，3，4的證明與結(jié)論1類似，這里不再贅述.對(duì)于焦點(diǎn)在y軸上的橢圓和雙曲線也有類似結(jié)論，有興趣的讀者可以自行歸納整理.

進(jìn)一步剖析結(jié)論的背景，可以看出兩個(gè)問題出自“極點(diǎn)極線定理”：

對(duì)于圓錐曲線C：Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0，已知點(diǎn)P（x0，y0）（非中心）及直線l：Ax0x+B·x0y+y0x2+Cy0y+D·x0+x2+E·y0+y2+F=0，我們稱點(diǎn)P為直線l關(guān)于圓錐曲線C的極點(diǎn)，稱直線l為點(diǎn)P關(guān)于圓錐曲線C的極線.特別地，若直線MN是點(diǎn)P關(guān)于曲線x2m+y2n=1的極線，則直線MN過點(diǎn)（mx0，0）的充要條件是點(diǎn)P在直線x=x0上（直線MN過點(diǎn)（0，ny0）的充要條件是點(diǎn)P在直線y=y0上）.

4 結(jié)束語(yǔ)

因此，在求解解析幾何的問題時(shí)，若是能夠洞悉試題的背景，在解題的過程中必能高瞻遠(yuǎn)矚，在教學(xué)的過程中必能游刃有余.教師要善于挖掘試題背后的結(jié)論，進(jìn)而深入淺出.

參考文獻(xiàn)：

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[2] 唐洵.齊次轉(zhuǎn)化精彩紛呈，斜率雙用好戲連臺(tái)[J].中學(xué)生數(shù)學(xué)，2022（19）：14-16.

[3] 唐洵.一道解析幾何定點(diǎn)問題的多解與簡(jiǎn)單推廣[J].數(shù)理化解題研究，2022（19）：51-54.

［責(zé)任編輯：李璟］