一類直線過定點問題的探究與發(fā)現(xiàn)

1 問題的提出

在歷年高考中經(jīng)常出現(xiàn)直線過定點問題，見文＼[1＼]2019年高考（北京卷）文科第19題仍是一道關(guān)于直線過定點問題，該試題如下：

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1的左焦點為（1，0），且經(jīng)過點A（0，1）.

（Ⅰ）求橢圓C的方程;

（Ⅱ）設(shè)O為原點，直線l：y=kx+t（t≠±1）與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若OM·ON=2，求證：直線l經(jīng)過定點.

在這道高考試題中，點A為橢圓x22+y2=1的上頂點，如果給出的橢圓是任意的橢圓，點A是橢圓的任意頂點，或者OM·ON的值是任意實數(shù)值λ，直線l是否仍能過定點呢？

問題 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1，點A為橢圓C的上頂點（或下頂點），O為原點，不經(jīng)過點A的動直線l：y=kx+t與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N，若xM·xN=λ，試問：直線l是否經(jīng)過定點？

2 問題的探究

我們先研究點A為橢圓C的上頂點情況，即點A坐標(biāo)為A（0，b）.

聯(lián)立x2a2+y2b2=1，

y=kx+t， 消去y并整理，得（b2+a2k2）x2+2kta2x+a2（t2-b2）=0.

設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2），

則x1+x2=-2kta2b2+a2k2，x1x2=a2（t2-b2）b2+a2k2.

（*）

因為直線AP的方程為y=y1-bx1x+b，令y=0，得xM=bx1b-y1，同理得xN=bx2b-y2.

所以xM·xN=bx1b-y1·bx2b-y2=λ，將y1=kx1+t，y2=kx2+t代入，化簡得（λk2-b2）x1x2+λk（t-b）（x1+x2）+λ（t-b）2=0，將（*）式代入上式，化簡得（t-b）[（λ-a2）t-b（λ+a2）]=0.

因為直線l不經(jīng)過點A，所以t≠b，則（λ-a2）t=b（λ+a2）.

當(dāng)λ=a2時，上式不成立;

當(dāng)λ≠a2時，t=b（λ+a2）λ-a2，直線l方程為y=kx+b（λ+a2）λ-a2，直線l經(jīng)過定點（0，b（λ+a2）λ-a2）.

同理，當(dāng)點A為橢圓C的下頂點且λ≠a2時，直線l經(jīng)過定點（0，b（λ+a2）a2-λ）.

因此，我們得到結(jié)論：

結(jié)論1 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1，點A為橢圓C在y軸上的頂點，O為原點，不經(jīng)過點A的動直線l：y=kx+t與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N，且xM·xN=λ（λ≠a2）.若點A為橢圓C的上頂點，則直線l經(jīng)過定點（0，b（λ+a2）λ-a2）;若點A為橢圓C的下頂點，則直線l經(jīng)過定點（0，b（λ+a2）a2-λ）.

當(dāng)點A為橢圓C在x軸上的頂點，也有類似的結(jié)論：

結(jié)論2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1，點A為橢圓C在x軸上的頂點，O為原點，不經(jīng)過點A的動直線l：y=kx+t與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N，且yM·yN=λ（λ≠b2）.若點A為橢圓C的左頂點，則直線l經(jīng)過定點（a（λ+b2）b2-λ，0）;若點A為橢圓C的右頂點，則直線l經(jīng)過定點（a（λ+b2）λ-b2，0）.

3 問題的推廣

如果曲線C為雙曲線，也有類似的結(jié)論：

結(jié)論3 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1，點A為雙曲線C的頂點，O為原點，不經(jīng)過點A的動直線l：y=kx+t與雙曲線C交于兩個不同點P，Q，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N，且yM·yN=λ（λ≠-b2）.若點A為雙曲線C的左頂點，則直線l經(jīng)過定點（a（b2-λ）λ+b2，0）;若點A為雙曲線C的右頂點，則直線l經(jīng)過定點（a（λ-b2）λ+b2，0）.

證明 當(dāng)點A為雙曲線C的左頂點時，點A坐標(biāo)為A（-a，0）.

聯(lián)立x2a2-y2b2=1，

y=kx+t， 消去y并整理，

得（b2-a2k2）x2-2kta2x-a2（t2+b2）=0，

設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2），則x1+x2=2kta2b2-a2k2，x1x2=a2（t2+b2）a2k2-b2.

①

因為直線AP的方程為y=y1x1+a（x+a），令x=0，得yM=ay1x1+a，同理得yN=ay2x2+a.

所以yM·yN=ay1x1+a·ay2x2+a=λ，將y1=kx1+t，y2=kx2+t代入，化簡得（a2k2-λ）x1x2+（tka2-λa）（x1+x2）+a2（t2-λ）=0.

將①式代入上式，化簡得λ（ak-t）2=b2（a2k2-t2），因為直線l不經(jīng)過點A，所以ak-t≠0，則λ（ak-t）=b2（ak+t），解得t=a（λ-b2）kλ+b2，所以直線l方程為y=k[x+a（λ-b2）λ+b2]，直線l經(jīng)過定點（a（b2-λ）λ+b2，0）.

同理，當(dāng)點A為雙曲線C的右頂點時，直線l經(jīng)過定點（a（λ-b2）λ+b2，0）.

4 問題的進(jìn)一步推廣

在前面的研究中，我們給定的點A是橢圓（或雙曲線）的頂點，如果點A在坐標(biāo)軸上，但點A不是圓錐曲線的頂點，直線l是否經(jīng)過定點？

對于拋物線，有下面結(jié)論：

結(jié)論4 已知拋物線C：y2=2px（p>0），點A（m，0）（m>0），O為原點，動直線l：y=kx+t與拋物線C交于兩個不同點P，Q，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N，且yM·yN=λ（λ≠0）.當(dāng)且僅當(dāng)λ=pm2時，直線l經(jīng)過定點（-m，2pm）或定點（-m，-2pm）.

證明 聯(lián)立y2=2px，

y=kx+t， 消去y并整理，得k2x2+（2kt-2p）x+t2=0，設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2），則

x1+x2=2p-2ktk2，x1x2=t2k2.

②

因為直線AP的方程為y=y1x1-m（x-m），令x=0，得yM=-my1x1-m，同理得yN=-my2x2-m.

所以yM·yN=-my1x1-m·-my2x2-m=λ，將y1=kx1+t，y2=kx2+t代入，化簡得（m2k2-λ）x1x2+（tkm2+λm）（x1+x2）+m2（t2-λ）=0.

將②式代入上式，化簡得

λm2k2+2（λm-pm2）kt+λt2=2pλm，

③

要使直線l經(jīng)過定點，k、t之間必須是一次函數(shù)關(guān)系，即③式左邊必須是一個完全平方式，則有Δ=4（λm-pm2）2-4λm2·λ=0，解得λ=pm2.

事實上，當(dāng)λ=pm2時，③式整理，得（t-mk）2=2pm，即t=mk±2pm.

當(dāng)t=mk+2pm時，直線l方程為y=k（x+m）+2pm，直線l經(jīng)過定點（-m，2pm）;

當(dāng)t=mk-2pm時，直線l方程為y=k（x+m）-2pm，直線l經(jīng)過定點（-m，-2pm）.

類似地，對于曲線C為橢圓、雙曲線時，同理可以得出下列結(jié)論（證明過程略）.

結(jié)論5 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1，點A（0，m）（m≠±b），O為原點，動直線l：y=kx+t與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N，xM·xN=λ（λ≠0）.當(dāng)且僅當(dāng)m ? ? 結(jié)論6 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1，點A（m，0）（m≠±a），O為原點，動直線l：y=kx+t與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N，yM·yN=λ（λ≠0）.當(dāng)且僅當(dāng)m ? ? 結(jié)論7 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1，點A（m，0）（m≠±a），O為原點，動直線l：y=kx+t與雙曲線C交于兩個不同點P，Q，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N，yM·yN=λ（λ≠0）.當(dāng)且僅當(dāng)m>a且λ=m2b2m2-a2時，直線l經(jīng)過定點（a2m，bm2-a2m）或定點（a2m，-bm2-a2m）.

參考文獻(xiàn)

[1] 喻秋生.一類圓錐曲線中直線過定點問題的探究與發(fā)現(xiàn)＼[J＼].數(shù)理化解題研究，2018（31）.

作者簡介 喻秋生（1963—），男，江西高安人，中學(xué)數(shù)學(xué)高級教師，廣東省特級教師，中國數(shù)學(xué)奧林匹克高級教練員，從事教育教學(xué)工作37年，主要研究方向有高中數(shù)學(xué)課堂教學(xué)、高中數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)、高考數(shù)學(xué)試題研究.