由一道联考试题探究几类命题之间的内在联系 论文

由一道联考试题探究几类命题之间的内在 联系

摘要：在高中教学生涯中，笔者发现有关圆锥曲线的斜率问题及定点问题常常作为 命题热点出现在各类大型考试中。且对于此类问题，考生们大多仅会套用结论求解，达 不到理解其本质，善用其技巧来解决问题的应试水平。故此，笔者对此类问题展开一系 列研究。随研究不断深入，此类问题背后暗含的内在联系也逐渐清晰。笔者认为，利用 有关射影几何中调和线束相关知识即可把握其关系，领悟其本质，从根本寻的解题之道。 借此以帮助考生提高数学学科的核心素养，培养并锻炼其思维方式和能力。并希望以此 次有关研究为契机，带领考生领悟数学之美，打破“僵化教学”切实做到“一切从实践 中来，一切到实践中去。”下面笔者将通过四类试题的解答过程来阐述其中的内在联 系。关键词：调和线束、斜率之比、定点定值一、定直线相关问题 第一道试题来自四川省2020年高三大数据精准教学第二次统一监测理科数学试卷第20题：例题1：在直角坐标系内，点AB的坐标分别为(2,0),(2,0)，P是坐标平面内的动点，且直线PAPB的斜率之积等于-1.设点P的轨迹为C.4（1）求C的轨迹方程（2）某同学对轨迹C的性质进行探究发现：若过点(1,0)且倾斜角不为0的直线与轨迹C相较于MN两点，则直线AMBN的交点Q在一条定直线上。此结论是否正确？若正确，请给予证明，并求出定制线方程；若不正确，请说明理由.解析：（1）：设点Cx()，当斜率存在时，因为KKPB=-1,PA4所以ygy=-1。化简可得4y2=-x2，即x2+y2=1,(y¹0)x+2x-244（2）：根据题意，可设直线MN的方程为:x=my+1,由ì

ïïíï

ïîx=my+1，联立方x2+y2=14程组消去x可得：(m2+4)y2+2my-3=0.其D=4m2+12(m2+4)=16m2+48>0.设Mxy( 1 1),Nx( 2,y2)，则y1+y2=-2m,yy1 2=-m3，因直线的倾斜角不m2+42+4为0，故xx1 2不等于±2（yy1 2不为0），从而可设直线AM的直线方程为y=x1y1(x+2)①，直线BN的直线方程为y=y22(x-2)②，所以，直线+2x2-AM，BN的交点Qx0,y0)的坐标x0+=y2(x1+2)(x0-2)，然而yx1 2-2)y2x1+2)=ymy2 1+3)= myy1 2+3y2myy1 2-y1=-3m+3(-2m-y1)(m2+4m2+4yx1 2-2)ymy1 2-1)-3m-y1m2+4-9m-=-3m-3(m2+4)y1=3，因此，x=0 4，即点Q在直线x=4上.(m2+4)y1所以，该同学探究发现的结论是正确的。x在阅卷的过程中，发现很多学生通过联立得出Qx0,y0)的坐标满足x=0 4。这种借+=y2(x1+2)(x-2)这个关系式。再通过韦达定理计算可得到0yx1 2-2)0助于极配原理求解的方法并不利于培养考生的计算能力和探寻它们之间的内在联系。在解答过程中，笔者选择将设线与圆锥曲线进行联立，而后利用韦达定理解点进行求解。在此过程中笔者发现有一个核心条件，并且很多题目都是利用这个核心条件来来命题甚至用其设置新的题型。以下是笔者的解题过程：解析：（1）：设点Cxy()，当斜率存在时，因为KK=-1,PAPB40)所以ygy=-1。化简可得4y2=-x2，即x2+y2=1,(y¹x+2x-244（2）：如图1，根据题意，图1可设设直线AM的直线方程为x=my1-2，直线BN的直线方程为x=my2+2,联立直线AM和椭圆ì

ïïíï

ïîx=my1-2，消去x可得：(m12+4)y2-4my1=0.设=1x2+y24Mxy( 1 1)，则y1+yA=

m

41

2

m+

14,QyA=\y1=

m

41

2

m+

14,故x1=2m

m1122+

-4

8，联立直线BN和椭圆ì

ïïíï

ïîx=my2+2，消去x可得：(m22+4)y2+4my2=0.设=1x2+y24Mxy( 1 1)，则y2+yB=-4m2,QyB=\y2=-4m2,故x2 -=2m22+8，又因m22+4m22+4m22+4为MN和点(1,0)在同一条直线上，所以4m11=--4m21m12+4m22+42m12-8-2m22+8-m12+4m22+44m1=-4m2,整理得4m1=

3m 42

m2

2-4，即（13m22-4=）（mm2 1 2-12）m12+4m22+4m12-12-3m22+4m12-12m12+4m22+4），3mm1 22-4m1=mm2 1 2-12m2，mm1 （23m2-m1）（m1-3m2），mm1 （23m2-m1）（m1-3m2(3m2-m1)(mm2 1+4)=0,因为mm2 1>0,所以3m2-m1=0，即m1=3.......①联立直线m2AM和BN的直线方程ìïíïîx=my1-2得xQ=2m1m1+2m22+2m2= m11-m2m1，将①式代入xQ可x=my2+2-m2得x=Q 4，即点Q在直线x=4上。所以，该同学探究发现的结论是正确的。在解题时发现，该题目在设计时利用的核心条件是m

m=2 3。下面给出一道类似问题。变式：2012年全国高中数学联赛贵州省预赛第11题：如图2，已知AB的椭圆x2 y+b2=1(a>>0)的左、右顶点，P，Q是该椭圆上不同于顶点的两点，a22直线AP与直线QB相交于点M，直线AQ与直线PB相交于点N。（1）求证：MN^AB；（2）若弦PQ过椭圆的右焦点F，求直线MN的方程。图2利用斜率之比这个核心变量，还可构不同类型的定点定值问题。二、与向量数量积为定值相关的问题如以改编自2011年四川卷理科第21题为例：例题2：已知椭圆的顶点Aa(,0)B(-a,0)，过其焦点F(0,1)的直线与椭圆交于另一点CD，并与x轴相交于点P(4,0)，直线AP与直线BD相交于点Q。（1）当线段CD的长为32时，求直线的方程；2（2）求证：uuuruuurOPOQ为定值。解析：（1）由已知，所以椭圆方程为y2+x2=1，此时直线的方程为y=kx+1。2联立直线与椭圆ìïïíïïîy=kx+1，得(2+k2)x2+2kx-1=0；所以ìïïíïx1+x2-2k=2+k2y2+x2=1xx1 2=

2-122ïïïî+k进而得ìïïíïïîy1+y=

242,因为CD=32(x1-x+(yy1 2)=92+kÞ)22yy12 -=2k2+22222+k2所以8k2+88k+(22+8k49

=Þ2k2=2,又D>0,所以k=-2,(2+k2)2+k2)2所以直线的方程为y=-2x+1（2）分析：如图3，想要证明uuuruuurOPOQ为定值，即uuurOP=(4,0,)uuurOQ=(xQ,yQ),所以uuuruuurOPOQ=4gxQ+yQg0=4gxQ,所以想要说明uuuruuurOPOQ为定值，只需证明Q的横坐标为定值即可。最终转化为点Q在垂直于x轴的一条定直线上，即可说明命题正确。图3根据题意，可设直线AC的直线方程为x=my1-1，直线BD的直线方程为x=my2+1,x可得：(2m12+1)y2-4my1=0.设联立直线AC和椭圆ì

ïïíï

ïîx=my1-1，消去y2+x2=12Cxy( 1 1)，则y1+yA=

24m1,QyA=\y1=

24m1,故x1= 2 2 m m 11

22-1，m12+1m12+1+1联立直线BD和椭圆ì

ïïíï

ïîx=my1+1，消去x可得：(2m12+1)y2+4my1=0.设=1y2+x22Dx( 2,y2)，则y2+yB=-24m2,Qy=\y=-24m2,故x2=-2

2m

m2222+1m22+1B2m22+1+1又因为CD和点P(4,0)在同一条直线上，所以4m14-24m242m12+1=m22+12m12-1--2m22+1-2m12+12m22+14m14=-24m24,整理得6m15=

104m2，即（61 m22+3=-m（102 m1 2+5）2m12+1m22+142m12-1--2m22+1--m12-m22+32m12+12m22+16mm1 22+3m1=-10mm2 1 2-5m2，2mm1 （23m2+5m1）（5m1+3m2），(2mm1 2+1)（3m2+5m1），因为2mm2 1+¹0,所以3m2+5m1=0，即m13=-5.............①联立直线AC和BD的m2直线方程ì

ïíïîx=my1-1得xQ=m1m1+m21+m2m1 1=4，=x=my2+1-m2-m21m1所以可得点Q在垂直于x轴的一条定直线 1x=4上。uuuruuurOPOQ=4gxQ+yQg0 1=4g4=1,最后我们可以清晰的发现，此道高考题也是利用了斜率之比为定值这一核心条件进行设计的。三、对称性相关问题接下来我们进一步研究百师联盟高三信息押题考（一）全国卷Ⅰ的第19题：例题3：已知椭圆C:x2 y+2=1(a>>0)的左、右焦点为FF，点P(1,3)a2b21 22满足PF1|+PF2=2a，且SDPFF12 3=2.（1）求椭圆C的标准方程（2）过点M(4,0)的直线与C交于Axy1 1),(Bx2,y2)不同的两点，且yy¹1 20，问在x轴上是否存在定点N,使得直线NANB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形。若存在，求定点N的坐标；若不存在，请说明理由。解析：（1）因为PF1|+|PF2=2a，所以P在椭圆C上，将P(1,3)代入2xCa2 y+2=1，得 1Ca2 3+4b2=1.........①,设椭圆C的焦距为2c，则2b2SDPFF12 1=2gg3 3=2，所以c=3，从而a2-b2=3.....②2x2+y2=1。由①②解得a2=4,b2=1，所以椭圆C的标准方程为4作点B关于x轴的对称点记为B1，如图4，图4设直线AC的方程为：x=my1-2，直线BD1的方程为：x=my2+2，联立直线AC与椭圆ìïïíïïîx=my1-2，得(m12+4)y2-4my1=0，所以yA=

m

41

2

m+

14。x2+y2=1(4x=my1-2=

m

41

2

m+

1

24-2=2m

m1212+

-4

8联立直线BD1与椭圆ì

ïïíï

ïîx=my2+2，得x2+y2AA=14(m22+4)y2+4my2=0，所以yB1=-4m2。xB1=my2B1+=-4m22 -+=2m22+8m22+4m22+4m22+4，所以点Bæçç-è2m22+84m2ö

÷÷。由øABM三点共线可得-4m2-4=4m14,,m22+4m12+4m22+4m22+42m22+82m12-8-m22+4m12+4化简可得m2= m1 2

m+

112,(m1-3m2)(mm1 2-4)=0,因为mm<1 2 0,所以m

m=2 33m22+4笔者如愿探求到核心条件的身影，那么问题也会随之被解决。所以紧接着，笔者将利用等腰三角形这一条件找到kNB+kNA=0。4m24m1N=Þ=2(m1-m2m1+m22(m1= m2m1-1)m22+4+2m

m121

m2+

-124

8

+4-x)，又因为m=3，所以-2m22+8-xxN+1m2m22+4Nm2x=N 1，所以存在一定点N(1,0)使得直线NANB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形。回顾解题过程，笔者发现，这里的定点依然取决斜率之比为定值-------这一核心条件。紧接着我们分析一道以斜率成等差数列问题为构题背景的题目。四、与斜率相关的探究性问题此题改编于2013年江西高考文科第20题例题4：在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2+y2=1的左、右顶点为4AB，点N(1,0)，过N的直线交椭圆与CD两点。直线ACBD相交于一点M，设直线ACMNBD的斜率分别为kkk1 2 3，问：是否存在常数l，使得k1+k3=lk2?若存在，求出l的值；若不存在，说明理由。解析：设直线AC的方程为：x=my1-2，直线BD的方程为：x=my2+2，联立直线AC与椭圆ì

ïïíx=my1-2，得(m12+4)y2-4my1=0，所以yC=

m

41

2

m+

14。x2+y2ï=1ïî4xC=my1 C-2=

m

41

2

m+

1

24-2=2m

m1212+

-4

8联立直线BD与椭圆ì

ïïíï

ïîx=my2+2，得x2+y2=14(m22+4)y2+4my2=0，所以y=-4m2。xD=my2D+=-4m22 -+=2m22+8Dm22+4m22+4m22+4，所以点Dæçç-è2m22+8,-4m2ö

÷÷。由øCDN三点共线可得--4m21=4m11,m22+4m12+4m22+4m22+42m22+8-2m12-8-m22+4m12+4化简可得m24= m1 2

m-

112,(m1-3m2)(mm1 2+4)=0,因为mm>1 2 0,所以m

m=2 3这3m22-个核心条件又出现了。问题也就会随之被解决。联立ìïíx=my1-2得xM=2m1m1+2m2，所以k+k3=yM+yM2=lyM，ïîx=my2+2-m21xM+2xM-xM-1-1，将核心条件m

m=2 3m1化简整理-m2+m14m2=lm2带入可得l=2。4m1m1+3m2 通过上述解题过程，笔者即可总结出这一规律，即有