羅文軍

解析幾何中，在研究一些含有參數(shù)的動(dòng)態(tài)問(wèn)題時(shí)，往往會(huì)有一些幾何量不受參數(shù)變化所影響，這就構(gòu)成了定點(diǎn)定值問(wèn)題.定點(diǎn)問(wèn)題的本質(zhì)也是定值問(wèn)題，即坐標(biāo)定.定點(diǎn)問(wèn)題可以很好的考查邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力，因此在高中各類數(shù)學(xué)考試中備受命題者的青睞，2022年全國(guó)乙卷理科第20題的解析幾何問(wèn)題就是一道圓錐曲線定點(diǎn)，以下對(duì)這道試題進(jìn)行評(píng)析、解法探究、背景探究和變式探究.

已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為x軸、y軸，且過(guò)點(diǎn)A（0，-2），B（，-1）兩點(diǎn).

（1）求E的方程;

（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)P（1，-2）的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過(guò)M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H滿足=. 證明：直線HN過(guò)定點(diǎn).

一、試題評(píng)析

第（1）問(wèn)考查了利用待定系數(shù)法求橢圓的方程，考查了方程思想;第（2）問(wèn)將橢圓與向量等內(nèi)容有機(jī)結(jié)合，較突出地考查了考生運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法和綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力，對(duì)運(yùn)算求解能力、邏輯思維能力有較高的要求，前后兩問(wèn)之間在難度上具有很好的梯度性，有利于為高校選拔不同層次的人才，試題重基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法、重關(guān)鍵能力，對(duì)引領(lǐng)高中數(shù)學(xué)解析幾何教學(xué)改革起到正確的導(dǎo)向作用.

三、解法探究

解析：（1）設(shè)橢圓E的方程為px2+qy2=1，

把點(diǎn)A（0，-2），B（，-1）代入得方程組4q=1，p+q=1，解得p=，q=，

所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.

【評(píng)注】由于題設(shè)中沒(méi)有說(shuō)明橢圓焦點(diǎn)在哪個(gè)坐標(biāo)軸上，設(shè)出橢圓的方程，利用待定系數(shù)法，把點(diǎn)坐標(biāo)代入，解二元一次方程組，最后把橢圓方程化成標(biāo)準(zhǔn)形式.

（2）解法1 ：①當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線MN的方程為x=1，

代入橢圓E的方程+=1，解得y=±.

不妨設(shè)M（1，-），N（1，），直線AB的方程為y=x-2，

把y=-代入直線AB的方程可解得x=3-，所以T（3-，-）.

因?yàn)?，所以（3--1，-+）=（xH-3+，yH+），

所以解得H（5-2，-），

直線HN的方程為y-=（x-1），令x=0，得y=-2，

所以直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2）.

②當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=kx+m，

把點(diǎn)P（1，-2）代入，可得m=-k-2，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），

聯(lián)立+=1，y=kx+m， 整理可得（3k2+4）x2+6kmx+3m2-12=0，

由根與系數(shù)關(guān)系，可得x1+x2=，x1x2=.

所以y1+y2=k（x1+x2）+2m=+2m=，

把y=y1代入y=x-2，得xT =（y1+2），所以T（（y1+2），y1）.

因?yàn)?，所以（（y1+2）-x1，0）=（xH-（y1+2），yH - y1），

所以H（3y1-x1+6，y1），

直線HN的方程為y-y2=（x-x2），

令x=0得：

y=

=

=

=

整理得y=-2，所有直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2）.

【評(píng)注】本解法體現(xiàn)了分類討論思想，先計(jì)算當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線HN所過(guò)的定點(diǎn)坐標(biāo)A（0，-2），猜想直線MN的斜率存在時(shí)，直線HN也經(jīng)過(guò)這個(gè)定點(diǎn)A（0，-2），通過(guò)計(jì)算得出直線HN的兩點(diǎn)式方程，再令x=0，計(jì)算定點(diǎn)的縱坐標(biāo);本解法是常規(guī)解法，體現(xiàn)的思路是特殊值引路，先找后證，先從特殊情況斜率不存在入手，找到定點(diǎn)，再證明這個(gè)定點(diǎn)與變量斜率無(wú)關(guān)，本解法體現(xiàn)了設(shè)而不求和整體代換思想，但運(yùn)算量很大.

解法2：設(shè)直線MN的方程為x=ty+n，把點(diǎn)P（1，-2）代入可得n=1+2t.

設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），

聯(lián)立+=1，x=ty+n，整理，可得 （4t2+3）y2+8tny+4n2-12=0.

由根與系數(shù)關(guān)系，可得y1+y2=，y1y2=，

直線AB的方程為y=x-2.

把y=y1代入y=x-2，得xT? =（y1+2），所以T（（y1+2），y1）.

因?yàn)?，所以（（y1+2）-x1，0）=（xH-（y1+2），yH-y1），

所以H（3y1-x1+6，y1）.

因?yàn)?（-x2，-y2-2），=（x1-3y1-6，-y1-2），

-x2（-y1-2）-（x1-3y1-6）（-y2-2）=x2y1+x1y2+2（x1+x2）-6（y1+y2）-3y1y2-12

=（ty2+n）y1+（ty1+n）y2+2（ty1+ty2+2n）-6（y1+y2）-3y1y2-12

=（2t-3）y1y2+（n+2t-6）（y1+y2）+4n-12

=（2t-3）·+（4t-5）·+4（2t+1）-12=0，

所以與共線，因?yàn)橹本€NA與HA直線有公共點(diǎn)A，所以H，N，A三點(diǎn)共線，所以直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2）.

【評(píng)注】設(shè)出直線MN的橫截式方程，回避了對(duì)直線MN斜率是否存在的討論，把橢圓方程和直線方程聯(lián)立表示出兩根之和與兩根之積，再表示出點(diǎn)T的坐標(biāo)和點(diǎn)H的坐標(biāo)，然后表示出與的坐標(biāo)，最后運(yùn)用向量平行的坐標(biāo)充要條件證明這兩個(gè)向量平行，從而得出直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2），本解法運(yùn)算量繁瑣.

解法3：A（0，-2）， B（，-1），所以AB ∶ y+2=x，

①若過(guò)點(diǎn)P（1，-2）的直線MN的斜率不存在，同解法1可得直線MN過(guò)點(diǎn)（0，-2）;

②當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），

因?yàn)橛深}設(shè)M，N，P三點(diǎn)共線，所以設(shè)=？姿，？姿≠-1，

則（x1-x2，y1-y2）=？姿（1-x1，-2-y1），所以可得x1=，y1=，

聯(lián)立y=y1，y=x-2， 可得T（y1+3，y1）.

因?yàn)?，所以可得y1+3=，y1=.

所以xH =3y1+6-x1=3·+6-=……（Ⅱ）

又因?yàn)辄c(diǎn)M，N都在橢圓+=1，

所以3y22+4x22=12，3（）+4（）=12，兩式相減整理可得，

2x2-3y2-6=-？姿……（Ⅲ），

把（Ⅲ）代入（Ⅱ），可得xH ==. 又因?yàn)閥H =y1=，所以=？姿，所以∥.

又因?yàn)橹本€NH與直線HA有公共點(diǎn)H，所以H，N，A三點(diǎn)共線，所以直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2）.

【評(píng)注】直線MN的斜率存在時(shí)，把題設(shè)中的MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)P向量化，最后運(yùn)用定比點(diǎn)差，得到2x2-3y2-6=-？姿，最后運(yùn)用了定比分點(diǎn)結(jié)論“已知P（x，y），P1（x1，y1），P2（x2，y2），=？姿（？姿≠-1）？圳x=，y=， 證明了=？姿，最后分析說(shuō)明直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2），本解法運(yùn)用的定比分點(diǎn)知識(shí)源于課本，相對(duì)解法1和解法2，運(yùn)算量明顯減少.

解法4：設(shè)直線PM的方程為x=1+t cos ？茲，y=-2+t sin ？茲（其中t為參數(shù)），

代入+=1，整理可得，（4cos2？茲+3sin2 ？茲）t2+（8cos ？茲-12sin ？茲）t+4=0.

設(shè)點(diǎn)M，N對(duì)應(yīng)參數(shù)分別為t1，t2，

由根與系數(shù)關(guān)系可得，t1+t2=，t1t2=.

設(shè)M（1+t1 cos？茲，-2+t1 sin？茲），N（1+t2 cos？茲，-2+t2 sin？茲），

直線AB的方程為y=x-2，

把y=-2+t1 sin？茲代入y=x-2，得xT =t1 sin？茲，

所以T（t1 sin？茲，-2+t1 sin？茲），

因?yàn)?，所以xH =2xT-xM =3t1 sin？茲-t1 cos？茲-1，yH=2yT-yM =-2+t1 sin？茲，

所以H（3t1 sin？茲-t1 cos？茲-1，-2+t1 sin？茲）.

因?yàn)?（t2 cos？茲+1，t2 sin？茲），=（3t1 sin？茲-t1 cos？茲-1，t1 sin？茲），

（t2 cos？茲+1）t1 sin？茲-t2 sin？茲（3t1 sin？茲-t1 cos？茲-1）

=（t1+t2）sin？茲+t1t2（2sin？茲cos？茲-3sin2？茲）

=+=0.

所以∥，因?yàn)橹本€AN與直線AH有公共點(diǎn)A，所以H，N，A三點(diǎn)共線，

所以直線HN過(guò)定點(diǎn)A（0，-2）.

【評(píng)注】本解法運(yùn)用了直線參數(shù)方程法，設(shè)出直線PM的參數(shù)方程，代入橢圓方程后表示出兩根之和與兩根之積，用參數(shù)陸續(xù)表示出M、N、T、H的坐標(biāo)，再表示出和的坐標(biāo)，運(yùn)用向量坐標(biāo)法證明∥，本解法需要考生熟悉直線參數(shù)方程及其幾何意義，運(yùn)算量比解法1和解法2少，體現(xiàn)了方程思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想.

解法5：將橢圓E ∶ +=1，點(diǎn)P、A、B、M、N、T、H向上平移兩個(gè)單位后分別得到橢圓E ∶ +=1，P′（1，0）、A′（0，0）、B′（，1）、M′、N′、T′、H′，設(shè)M′（x1，y1），N′（x2，y2）.

設(shè)直線M′N′的方程為x=my+1，

聯(lián)立+=1，x=my+1，得（4m2+3）y2+（8m-12）y+4=0，

由根與系數(shù)關(guān)系，可得y1+y2=-，y1y2=-.

直線A′B′的方程為y=x，令y1=x，所以xT′=y1，所以T′（y1，y1）.

因?yàn)?，所以xH′=2xT′-x1=3y1-x1，yH′=2yT′-y1=y1.

所以H′（3y1-x1，y1），

所以直線H′N′的方程為y-y2=（x-x2），令x=0，得y=====0，直線H′N′經(jīng)過(guò)定點(diǎn)A′（0，0），

所以直線HN過(guò)定點(diǎn)A（-2，0）.

【評(píng)析】本解法利用坐標(biāo)平移變換法，先表示經(jīng)過(guò)平移變換后的相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)和橢圓方程，再把直線M′N′的方程和橢圓方程聯(lián)立表示出兩根之和與兩根之積，再表示點(diǎn)T′和H′的坐標(biāo)，然后表示出直線H′N′的兩點(diǎn)式方程，直線H′N′經(jīng)過(guò)定點(diǎn)A′（0，0），由平移變換的性質(zhì)得出直線HN過(guò)定點(diǎn)A（-2，0），平移變換法源于高中數(shù)學(xué)教材，運(yùn)算量少于解法1和解法2.

三、背景探究

由高等數(shù)學(xué)知識(shí)，已知橢圓E ∶ +=1（a>0，b>0，a≠b），則稱點(diǎn)P（x0，y0）和直線l ∶ +=1是橢圓E 的一對(duì)極點(diǎn)和極線，若極點(diǎn)P（x0，y0）在橢圓E ∶ +=1（a>0，b>0，a≠b）上，則極線+=1就是橢圓E在點(diǎn)P（x0，y0）處的切線方程.本文開(kāi)頭真題中，已知點(diǎn)P（1，-2），計(jì)算得直線AB的方程為y=x-2，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)P（1，-2）和直線AB恰好為橢圓E ∶ +=1的一對(duì)極點(diǎn)和極線，橢圓E ∶ +=1在點(diǎn)B（，-1）處的切線方程為+=1，整理得y=2x-4，發(fā)現(xiàn)P（1，-2）在直線y=2x-4上，所以直線PB與橢圓E相切.

四、變式探究

變式1. 設(shè)橢圓E ∶ +=1（a>b>0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（，），離心率為.

（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）設(shè)橢圓E的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過(guò)定點(diǎn)N（-1，0）的直線與橢圓E交于C，D兩點(diǎn)（與A，B不重合），證明：直線AC，BD的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值.

解析：（1）由題意得，e2===（）=，所以=，所以b2=a2. 又因?yàn)?=1，所以=1，所以a2=4，b2=1，

所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.

（2）證明：設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），其中x1≠±2，x2≠±2，

設(shè)過(guò)點(diǎn)N（-1，0）的直線方程為x=my-1，代入+y2=1整理可得，

（m2+4）y2-2my-3=0，？駐=4m2+12（m2+4）=16（m2+3）>0.

由根與系數(shù)關(guān)系，可得y1+y2=，y1y2=-，

所以y1y2=-（y1+y2）……①

由（1）得，A（-2，0），B（2，0），則直線AC的方程為y=（x+2），

直線BD的方程為y=（x-2），聯(lián)立兩直線方程，消去y，整理可得，x=2·，將x1=my1-1，x2=my2-1代入可得，x=2·……②

把①代入②，可得x=2·=-4，

所以直線AC，BD的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值-4.

【評(píng)注】本題第（1）問(wèn)考查利用待定系數(shù)法求橢圓方程，第（2）問(wèn)是圓錐曲線定值問(wèn)題，定值實(shí)際上就是兩動(dòng)直線交點(diǎn)的橫坐標(biāo)定，②式的特點(diǎn)是分子分母都不含常數(shù)項(xiàng)，運(yùn)用圓錐曲線的“非對(duì)稱”韋達(dá)定理處理技巧，用y1+y2表示y1y2，代入后化簡(jiǎn).

變式2. 已知橢圓C ∶ +=1（a>b>0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)P（1，），且橢圓C的離心率為e=.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M（2，-1）的直線l交橢圓C于A，B，兩點(diǎn)，且橢圓C的右頂點(diǎn)為P，設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求證：k1+k2恒為定值.

解析：（1）由題意可得=，+=1，a2-b2=c2，解得a=2，b=，c=1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.

（2）解法1：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線l的方程為y+1=k（x-2），

聯(lián)立+=1，y+1=k（x-2），整理可得（4k2+3）x2-8k（2k+1）x+8（2k2+2k-1）=0，

？駐=64k2（2k+1）2-32（4k2+3）（2k2+2k-1）>0，解得k<.

由根與系數(shù)關(guān)系，可得x1+x2=，x1x2=，

所以k1===k-，同理k2==k-，

所以k1+k2=2k-（+）=2k-

=2k-=2k-（2k-3）=3.

解法2：平移坐標(biāo)軸以P為原點(diǎn)，這時(shí)C的方程為+=1，

設(shè)直線l ∶ y=kx-1代入橢圓方程整理可得：

（4k2+3）x2+（12-8k）x+4=0，則x1+x2=，x1x2=，

所以，x1+x2=（2k-3）x1x2，

這時(shí)，k1+k2=+=+=2k-（+）=2k-=3.

【評(píng)注】本題第（1）是利用待定系數(shù)求橢圓方程問(wèn)題，第（2）問(wèn)是圓錐曲線的有關(guān)兩直線斜率之和定值問(wèn)題，解法1設(shè)出了直線的點(diǎn)斜式方程，聯(lián)立圓錐曲線方程消去y，表示出兩根之和和兩根之積，運(yùn)用斜率公式表示出k1+k2，再代入化簡(jiǎn)即可;解法2運(yùn)用了坐標(biāo)平移變換法，平移變換前后對(duì)應(yīng)直線的斜率不變，相比解法1，運(yùn)算量減少.

變式3. 已知橢圓C ∶ +=1（a>b>0）的離心率為，C的四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為2.

（1）求C的方程;

（2）已知點(diǎn)Q（0，-1） ，若不過(guò)點(diǎn)Q的動(dòng)直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，且·=2，證明：l過(guò)定點(diǎn).

證明：（1）由離心率為=，得a=b……①

C的四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為×2a×2b=2ab=2……②

由①②可得，a=，b=1，

故C的方程為+y2=1.

（2）由·=（+） ·= ，所以·=0. 因?yàn)镼不在直線l上，所以，都不是零向量，故QA⊥QB，結(jié)合圖形可知直線l的斜率一定存在，

設(shè)直線l的方程為y=kx+t（t≠-1），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

聯(lián)立方程組得y=kx+t，+y2=1，整理可得（2k2+1）x2+4ktx+2t2-2=0.

由？駐=16k2t2-4（2k2+1）（2t2-2）=8（2k2-t2+1）>0，得t2<2k2+1，

所以，x1+x2=-，x1x2=-.

因?yàn)椤?（x2，y2+1）·（-x1，-1-y1）=-x1x2-（1+y1）（1+y2）=0，

即-x1x2-（1+y1）（1+y2）=-x1x2-（1+kx1+t）（1+kx2+t）=-（1+k2）x1x2-k（1+t）（x1+x2）-（1+t）2

=-+-（1+t）2=0.

整理得，（t+1）（3t-1）=0，因?yàn)閠≠-1，所以t=，

當(dāng)t=時(shí)，滿足？駐>0，此時(shí)直線l的方程為y=kx+，

所以直線l過(guò)定點(diǎn)（0，）.

【評(píng)注】本題第（1）問(wèn)考查了橢圓的幾何性質(zhì)與標(biāo)準(zhǔn)方程，第（2）問(wèn)將橢圓、直線和向量有機(jī)結(jié)合，考查定點(diǎn)問(wèn)題，先把·=2通過(guò)向量運(yùn)算化歸為向量垂直，設(shè)出直線的斜截式方程，聯(lián)立橢圓方程表示出兩根之和與兩根之積，再運(yùn)用向量坐標(biāo)運(yùn)算化簡(jiǎn)可得出結(jié)果.

變式4. 已知M（p-1，p）在拋物線C ∶ y2=2px（p>0）上.

（1）求拋物線C的方程;

（2）過(guò)點(diǎn)M作斜率分別為k1，k2的兩條直線l1，l2，若l1，l2與拋物線C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A，B，且有k1+k2=2，探究：直線AB是否恒過(guò)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn);若否，說(shuō)明理由.

解析：（1）將M（p-1，p）代入拋物線C，得p2=2p（p-1），

化簡(jiǎn)得，p2-2p=0，得p=2或p=0（舍去），即拋物線C的方程為y2=4x.

（2）由（1），得M（1，2）.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

則k1===，同理k2=，因?yàn)閗1+k2=2，所以+=2，即y1y2=4，

當(dāng)直線AB斜率為0時(shí)，直線AB的方程為與拋物線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，不合題意，舍去;

當(dāng)直線AB斜率不為0時(shí)，設(shè)直線AB的方程為x=my+t，

把x=my+t代入y2=4x，整理得y2-4my-4t=0，

由根與系數(shù)關(guān)系，可得y1+y2=4m，y1y2=-4t，得-4t=4，所以t=-1，

所以，直線AB的方程為x=my-1，綜上可知直線AB恒過(guò)定點(diǎn)（-1，0）.

【評(píng)注】第（1）問(wèn)運(yùn)用待定系數(shù)求出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，第（2）是定點(diǎn)是否存在問(wèn)題，先把k1+k2=2運(yùn)用直線斜率公式表示后化簡(jiǎn)，設(shè)出直線的橫截式方程，最后聯(lián)立拋物線方程化簡(jiǎn)，最后得出定點(diǎn)坐標(biāo).

【基金項(xiàng)目：甘肅省天水市“十三五”規(guī)劃2020年度教育科研課題“在高中數(shù)學(xué)圓錐曲線習(xí)題教學(xué)中培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的研究——以秦安縣第二中學(xué)為例”（課題編號(hào)：TS （2020） GH 126）】

責(zé)任編輯 徐國(guó)堅(jiān)