一道高考解析幾何試題的解法探究與推廣

摘要：2018年全國Ⅰ卷理科第19題考查橢圓中兩角相等的證明，其證明方法多樣，可以轉(zhuǎn)化為兩直線的斜率之和為0，也可證明兩角的余弦值相等，還可以從角平分線、橢圓第二定義的角度去證明.研究高考真題，不僅要研究解法，更要研究試題的背景，需要將試題作進一步推廣.

關(guān)鍵詞：橢圓；解法探究；斜率；向量；角平分線；推廣

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0085-03

研究高考真題的一般思路是：解法探究、試題溯源、試題推廣、背景探源、變式訓(xùn)練等.下面筆者以2018年全國Ⅰ卷第19題為例，從解法探究與試題推廣來展開研究.

1真題再現(xiàn)

試題設(shè)橢圓C：x22+y2=1的右焦點為F，過點F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為（2，0）.

（1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；

（2）設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB[1].

2解法探究

下面探究第（2）問.

如圖1，設(shè)直線l的方程為x=ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立x=ty+1，x2+2y2-2=0，

得（t2+2）y2+2ty-1=0.圖1橢圓

由根與系數(shù)的關(guān)系，有

y1+y2=-2tt2+2，y1y2=-1t2+2.

所以x1+x2=t（y1+y2）+2=4t2+2，

x1x2=（ty1+1）（ty2+1）=t2y1y2+t（y1+y2）+1=2-2t2t2+2.

分析1∠OMA=∠OMBkMA+kMB=0.

證法1kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2=y1（x2-2）+y2（x1-2）（x1-2）（x2-2）

=y1x2+y2x1-2（y1+y2）（x1-2）（x2-2）=y1（ty2+1）+y2（ty1+1）-2（y1+y2）（x1-2）（x2-2）

=2ty1y2-（y1+y2）（x1-2）（x2-2），

因為2ty1y2-（y1+y2）=-2tt2+2--2tt2+2=0，

所以

kMA+kMB=0.

即∠OMA=∠OMB.

分析2∠OMA=∠OMB點O到直線MA和MB的距離相等.

證法2lMA：y=y1x1-2（x-2），

即y1x+（2-x1）y-2y1=0.

故點O到直線MA的距離為|2y1|y21+（2-x1）2.

同理，點O到直線MB的距離為|2y2|y22+（2-x2）2.

∠OMA=∠OMB

|2y1|y21+（2-x1）2=|2y2|y22+（2-x2）2

y21［y22+（2-x2）2］=y22［y21+（2-x1）2］

y21（2-x2）2=y22（2-x1）2 ①

（2-x21）（2-x2）2=（2-x22）（2-x1）2

8（x2-x1）-6（x22-x21）+4x1x2（x2-x1）=0.②

當x1=x2時，②式顯然成立；

當x1≠x2時，②式等價于

4-3（x1+x2）+2x1x2=0

4-12t2+2+2（2-2t2）t2+2=0

4（t2+2）-12+4-4t2=0.

由于上式顯然成立，所以∠OMA=∠OMB.

分析3∠OMA=∠OMBcos∠OMA=cos∠OMB.

證法3∠OMA=∠OMBcos∠OMA=cos∠OMB

MO·MA|MO||MA|=MO·MB|MO||MB|

2-x1（x1-2）2+y21=2-x2·（x2-2）2+y22③

（2-x1）2［（x2-2）2+y22］=（2-x2）2·［（x1-2）2+y21］

（2-x1）2y22=（2-x2）2y21.

這就是①式，下同證法2.

分析4利用角平分線定理，∠OMA=∠OMBFAMA=FBMB.

證法4∠OMA=∠OMBFAMA=FBMB

2-2x1/2（x1-2）2+y21=2-2x2/2（x2-2）2+y22

2-x1（x1-2）2+y21=2-x2（x2-2）2+y22.

這就是③式，下同證法3.

分析5∠OMA=∠OMBMA|MA|+MB|MB|=λMO（λ>0）.

證法5MA|MA|+MB|MB|=1|MA||MB|（|MB|（x1-2）+|MA|（x2-2），|MB|y1+|MA|y2），

下面證明|MB|y1+|MA|y2=0，等價于證明

y1（x2-2）2+y22+y2（x1-2）2+y21=0

y1（x2-2）2+y22=-y2（x1-2）2+y21

y21［（x2-2）2+y22］=y22［（x1-2）2+y21］

y21（2-x2）2=y22（2-x1）2.

這就是①式，由證法1知，|MB|y1+|MA|y2=0.

又因為|MB|（x1-2）+|MA|（x2-2）<0，MO=（-2，0），所以MA|MA|+MB|MB|=λMO（λ>0）成立.

因此∠OMA=∠OMB.

分析6如圖2，由橢圓的對稱性，∠OMA=∠OMB等價于點A關(guān)于x軸對稱的點A′在直線MB上.

證法6令A(yù)′（x1，-y1），直線MB為y2x+（2-x2）y-2y2=0，要證明點A′在直線MB上，只需證明：y2x1-（2-x2）y1-2y2=0，這等價于證明

（x1-2）y2=-y1（x2-2）

y22（x1-2）2=y21（x2-2）2.

這就是①式，下同證法2.

證法7如圖3，分別過點A，B作準線的垂線，垂足為點A1，B1，由橢圓的第二定義，AFAA1=BFBB1，即AFBF=AA1BB1.圖3幾何法

又AA1∥x軸∥BB1，所以AFBF=A1MB1M.

故AA1BB1=A1MB1M.

所以Rt△AA1M∽Rt△BB1M.所以∠A1AM=∠B1BM.

因此∠OMA=∠OMB.

3試題推廣

該題的點M（2，0）剛好是右準線與x軸的交點，由第（2）問的證明過程可知，此時kAM+kBM=2kFM=0成立，但如果點M不是（2，0），而是右準線上的其他點，那么等式kAM+kBM=2kFM還成立嗎？結(jié)論是肯定的[2].

推廣1設(shè)過點P（c，0）的直線l交橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）于不同的兩點A，B，點E（a2c，n）是準線x=a2c上任一點，則kAE+kBE=2kPE.

在雙曲線和拋物線上也有類似的性質(zhì).

如果推廣1中的兩個條件“直線AB過焦點，點E在準線上”弱化，則可得到：

推廣2設(shè)過點P（t，0）（0<|t|<a）的直線l交橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）于不同的兩點A，B，點E（a2t，n）是直線x=a2t上任一點，則kAE+kBE=2kPE.

推廣3設(shè)過點P（t，0）（t>0）的直線l交拋物線y2=2px（p>0）于不同的兩點A，B，點E（-t，0）是極線x=-t上任一點，則直線kAE+kBE=2kPE.

雙曲線也有類似的性質(zhì).

4結(jié)束語

筆者從解析法和幾何法給出了本題的七種證明，讀者還可以繼續(xù)探究其他解法.我們知道，橢圓的右焦點和右準線是橢圓的極點和相應(yīng)的極線，所以本題的高等數(shù)學(xué)背景是極點與極線，讀者還可以朝這個方向?qū)Ρ绢}作進一步探究，比如探究本題的高等數(shù)學(xué)背景，然后將本題繼續(xù)推廣，最后基于極點、極線的背景給出本題的變式等.

參考文獻：

［1］

嚴華.“多解”誠可貴，“變式”價也高：對一道2018年高考題的變式探究[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2019（33）：63-64.

［2］ 朱瀟，李鴻昌.從數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)的內(nèi)涵，談運算能力的培養(yǎng)[J].中學(xué)數(shù)學(xué)，2018（01）：57-59.

［責(zé)任編輯：李璟］