王戶世

題目（2014年四川理第20題）橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦距為4，其短軸兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形.

（Ⅰ）求橢圓C的方程.

（Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，T為直線x=-3上任一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點(diǎn).

（?。┳C明：OT平分線段PQ（其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)）.

（ⅱ）當(dāng)TFPQ最小時(shí)，求T點(diǎn)坐標(biāo).

答案如下（過(guò)程略）：（Ⅰ）x26+y22=1；（Ⅱ）.（?。┞?；（ⅱ）TFPQ取最小值33時(shí)，點(diǎn)T（-3，±1）.

分析本題第（Ⅱ）問(wèn)是針對(duì)橢圓x26+y22=1，（?。┳C明：OT平分PQ；（ⅱ）當(dāng)TFPQ取最小值33時(shí)，求出T（-3，±1），透過(guò)現(xiàn)象看本質(zhì)，我們可否把這個(gè)橢圓推廣，使本題的條件僅作為一種特殊情況？一番研究，得到如下收獲：

圖1

定理1橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點(diǎn)為F，T為橢圓準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點(diǎn).

（?。┳C明：OT平分線段PQ（其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)）.

（ⅱ）當(dāng)c2>b2時(shí)，TFPQ有最小值ba，這時(shí)

T（a2c，±bcc2-b2）.

證明不妨取橢圓右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c（左焦點(diǎn)和左準(zhǔn)線時(shí)同理可證明）.

（?。┰O(shè)T（a2c，m），則kTF=cmb2，當(dāng)m=0時(shí)，T為橢圓右準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，這時(shí)PQ為橢圓的通徑，OT顯然平分PQ.當(dāng)m≠0時(shí)，由條件知kPQ=-b2cm，所以直線PQ方程為：y=-b2cm（x-c），記P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立x2a2+y2b2=1，

y=-b2cm（x-c），

得（c2m2+a2b2）x2-2a2b2cx+c2a2（b2-m2）=0，

因?yàn)棣?4a4b4c2-4a2c2（c2m2+a2b2）（b2-m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=2a2b2cc2m2+a2b2，

x1x2=c2a2（b2-m2）c2m2+a2b2.（*）

y1+y2=-b2cm（x1+x2-2c）=2b2c2mc2m2+a2b2，

知PQ中點(diǎn)N（a2b2cc2m2+a2b2，b2c2mc2m2+a2b2），則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點(diǎn)共線，即OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，所以O(shè)T平分PQ.

（ⅱ）因?yàn)門F=a2c-c=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2

把kPQ=-b2cm及（*）式代入得：PQ=1+-b2cm22a2b2cc2m2+a2b2c2a2（b2-m2）c2m2+a2b2

=2a（b4+c2m2）c2m2+a2b2，所以TFPQ=c2m2+a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4+2b2c2≥ba，即TFPQ≥ba，當(dāng)且僅當(dāng)c2m2+b4=b2c2

m2=b2c2（c2-b2）時(shí)取等號(hào)，因?yàn)橐阎獥l件有c2>b2，所以當(dāng)m=±bcc2-b2時(shí)，TFPQmin=ba，這時(shí)Ta2c，±bcc2-b2.

反過(guò)來(lái)看四川高考20題第（Ⅱ）問(wèn)，相當(dāng)于定理1中a2=6，b2=2，F(xiàn)為左焦點(diǎn)，T為左準(zhǔn)線x=-a2c=-3上一點(diǎn)，由定理1知（?。㎡T平分PQ.（ⅱ）因?yàn)閏2=4知c2>b2成立，知TFPQ有最小值ba=33，這時(shí)T-a2c，±bcc2-b2，即T（-3，±1）.

圖2

推論1橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點(diǎn)為F，T為橢圓準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，P關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理1知OT平分線段PQ，即OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，又O是PP′的中點(diǎn)，所以O(shè)N是△PP′Q的中

位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

定理2橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的焦點(diǎn)為F，T為橢圓準(zhǔn)線上（但非x軸上）任一點(diǎn)（其中焦點(diǎn)，準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，則kOT·kPQ=-b2a2.

證明不妨取橢圓右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c，設(shè)Ta2c，m，因T非x軸上點(diǎn)，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=cmb2，知kPQ=-b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=-b2a2.

定理3雙曲線C：x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），且T點(diǎn)的縱坐標(biāo)m≠±abc，過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn).

（?。┳C明：直線OT平分線段PQ（其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)）.

（ⅱ）TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖3

證明不妨取雙曲線右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c（左焦點(diǎn)和左準(zhǔn)線時(shí)同理可證明）.

（?。┰O(shè)Ta2c，m，則kTF=-cmb2，當(dāng)m=0時(shí)，T為雙曲線右準(zhǔn)線x=a2c與x軸的交點(diǎn)，這時(shí)PQ為雙曲線的通徑，OT顯然平分PQ.當(dāng)m≠0時(shí)，由條件知kPQ=b2cm，所以直線PQ方程為：y=b2cm（x-c），記P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立x2a2-y2b2=1，

y=b2cm（x-c），得

（c2m2-a2b2）x2+2a2b2cx-c2a2（b2+m2）=0，因?yàn)閙≠±abc，知c2m2-a2b2≠0，

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點(diǎn)N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點(diǎn)共線，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因?yàn)門F=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因?yàn)閙≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號(hào)不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），且T點(diǎn)的縱坐標(biāo)m≠±abc，過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，P關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，又O是PP′的中點(diǎn)，所以O(shè)N是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結(jié)合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過(guò)F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過(guò)F作TF的垂線與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn).

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上（但非x軸上）任一點(diǎn)（其中焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c，設(shè)T（a2c，m），因T非x軸上點(diǎn)，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點(diǎn)為F，T為拋物線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點(diǎn)，弦PQ中點(diǎn)為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設(shè)T-p2，m，則kTF=-mp，當(dāng)m=0時(shí)，T為拋物線準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，這時(shí)PQ為拋物線的通徑，點(diǎn)N與焦點(diǎn)F重合，顯然NT平行于x軸.當(dāng)m≠0時(shí)，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯(lián)立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數(shù)關(guān)系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點(diǎn)N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點(diǎn)N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點(diǎn)共線，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因?yàn)門F=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因?yàn)閙≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號(hào)不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），且T點(diǎn)的縱坐標(biāo)m≠±abc，過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，P關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，又O是PP′的中點(diǎn)，所以O(shè)N是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結(jié)合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過(guò)F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過(guò)F作TF的垂線與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn).

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上（但非x軸上）任一點(diǎn)（其中焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c，設(shè)T（a2c，m），因T非x軸上點(diǎn)，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點(diǎn)為F，T為拋物線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點(diǎn)，弦PQ中點(diǎn)為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設(shè)T-p2，m，則kTF=-mp，當(dāng)m=0時(shí)，T為拋物線準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，這時(shí)PQ為拋物線的通徑，點(diǎn)N與焦點(diǎn)F重合，顯然NT平行于x軸.當(dāng)m≠0時(shí)，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯(lián)立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數(shù)關(guān)系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點(diǎn)N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.

又Δ=4a4b4c2+4a2c2（c2m2-a2b2）（b2+m2）=4a2c2m2（c2m2+b4）>0，

所以x1+x2=-2a2b2cc2m2-a2b2，

x1x2=-c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2.（*）

y1+y2=b2cm（x1+x2-2c）=-2b2c2mc2m2-a2b2，知PQ中點(diǎn)N-a2b2cc2m2-a2b2，-b2c2mc2m2-a2b2，則kON=cma2，又kOT=cma2，知O，T，N三點(diǎn)共線，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，所以直線OT平分PQ.

（ⅱ）因?yàn)門F=a2c-c2+m2=b4+m2c2c，PQ=1+k2PQ（x1+x2）2-4x1x2，

把kPQ=b2cm及（*）式代入得：PQ=1+b2cm2-2a2b2cc2m2-a2b22+4c2a2（b2+m2）c2m2-a2b2

=

2a（b4+c2m2）c2m2-a2b2，所以TFPQ=c2m2-a2b22acb4+c2m2=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

注：因?yàn)閙≠±abc，基本不等式（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4≥2b2c2中等號(hào)不成立.

即TFPQ=

12ac（c2m2+b4）+b4c4c2m2+b4-2b2c2.

圖4

推論2雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)（焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），且T點(diǎn)的縱坐標(biāo)m≠±abc，過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，P關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為P′，則P′Q∥OT.

證明由定理3知直線OT平分線段PQ，即直線OT過(guò)線段PQ的中點(diǎn)N，又O是PP′的中點(diǎn)，所以O(shè)N是

△PP′Q的中位線，則P′Q∥ON，即P′Q∥OT.

注：結(jié)合定理3的證明知：m≠±abc，是為了保證“過(guò)F作TF的垂線能夠交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)”，否則直線PQ與一條漸近線平行，過(guò)F作TF的垂線與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn).

定理4雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)為F，T為雙曲線準(zhǔn)線上（但非x軸上）任一點(diǎn)（其中焦點(diǎn)和準(zhǔn)線在y軸同側(cè)），過(guò)F作TF的垂線交雙曲線于P，Q兩點(diǎn)，

則kOT·kPQ=b2a2.

證明不妨取雙曲線右焦點(diǎn)F（c，0）和右準(zhǔn)線x=a2c，設(shè)T（a2c，m），因T非x軸上點(diǎn)，所以m≠0，則kTF=ma2c-c=-cmb2，知kPQ=b2cm，又kOT=cma2，所以kOT·kPQ=b2a2.

定理5拋物線y2=2px的焦點(diǎn)為F，T為拋物線準(zhǔn)線上任一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交拋物線于P，Q兩點(diǎn)，弦PQ中點(diǎn)為N，則NT平行于x軸.

圖5

證明因Fp2，0，設(shè)T-p2，m，則kTF=-mp，當(dāng)m=0時(shí)，T為拋物線準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，這時(shí)PQ為拋物線的通徑，點(diǎn)N與焦點(diǎn)F重合，顯然NT平行于x軸.當(dāng)m≠0時(shí)，由條件知kPQ=pm，所以直線PQ方程為：y=pm（x-p2），聯(lián)立y2=2px

y=pm（x-p2），得4p2x2-4p（p2+2m2）x+p4=0，又

Δ=16p2（p2+2m2）2-16p6=64p2m2（p2+m2）>0，記P（x1，y1）、Q（x2，y2），由根與系數(shù)關(guān)系知x1+x2=p2+2m2p，y1+y2=pm（x1+x2-p）=2m，所以弦PQ中點(diǎn)N（p2+2m22p，m），又T（-p2，m），知kNT=0，則NT平行于x軸.