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42中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)对一道高中奥林匹克竞赛试题的探究及推广安徽省合肥市肥东县城关中学(231600)王东海摘要本文以 2023 年高中数学奥林匹克竞赛预赛卷第9 题这道解析几何大题为例,先对其解法进行引导及探究,再在此基础上进行拓展及推广,最后在高考试题中追本溯源,以发挥典型试题的效果和效益.关键词 数学竞赛;圆锥曲线;轨迹方程;解法探究;拓展推广圆锥曲线中的点的轨迹方程的求解在数学竞赛和高考中频繁出现,受到命题者的青睐.对于此类问题,常见解题方法有直译法、定义法、交轨法等,思路比较灵活,运算量往往较大,对学生的直观想象、思维能力、数学运算等数学核心素养要求较高,从而导致学生在解决问题时容易造成丢分.针对这一问题,本文以一道竞赛试题为例,谈谈其解法及其拓展,供读者参考.1 考题呈现题目(2023 年高中数学奥林匹克预赛 A 卷第 9 题)平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 :y2=4x,F 为 的焦点,A,B 为 上的两个不重合的动点,使得线段 AB 的一个三等分点 P 位于线段 OF 上(含端点),记 Q 为线段 AB 的另一个三等分点,求点 Q 的轨迹方程.分析这是一道求解点的轨迹方程的问题,既可以使用相关点法、也可用参数法处理,还可利用抛物线和直线的参数方程加以解决.得所求点轨迹方程为:y2=43x,x (0,32.试题平中见奇,内涵丰富,是具有研究性学习价值的好题.图 12 一般性推广将试题结论推广到一般情形,则可得:结论 1抛物线 :y2=2px(p 0)的焦点为 F,A,B为 上的两不同的动点,使得线段 AB 的一个三等分点 P 位于线段 OF 上,记 Q 为线段 AB 的另一个三等分点,则点 Q的轨迹方程为 y2=23px(0 x 634p).证明设 A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设 BP=PQ=QA,P(s,0)(0 ni=1xpqinj=1,j=i(1n 2nm=1,m=i,m=jx(n2)qm)=ni=1xpqiT(n2)q x(n2)qi注意到题设有 p (n 1)q 0,即有 p q (n 2)q 0,从而由定理 1 有ni=1xpqiT(n2)q x(n2)qiTp(n1)qn 11n 1 nnvuutni=1xp(n1)qi=nn 1.参考文献1 匡继昌.常用不等式(第三版)M.济南:山东科学技术出版社,2004:58-61.2024 年第 1 期(上半月刊)中学数学研究43又2 AQ=QB,故2(x x1,y y1)=(x2 x,y2 y),所以 x=2x1+x23,y=2y1+y23.代入12:x=9x23,y=3y23.因 B(x2,y2)在 y2=2px上,所以 y2=2p 13x=23px,因为 s=2x2+x13=2x2(0,p2,所以 x2(0,p4 x=3x2(0,3p4.进一步,若将三等分点改为 n(n N)等分点,n 等分点P 推广至椭圆内的点,可得:结论 2 抛物线 :y2=2px(p 0),A,B 为 上的两不同的动点,使得线段 AB 的一个靠近 B 点的 n(n N)等分点 P 位于 x 轴上,记 Q 点为线段 AB 的靠近 A 点的 n 等分点,则点 Q 的轨迹方程为 y2=n2 4n+4n2 3n+3 2px.证明设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(s,0),(0 0)上的两不同的动点,线段 AB 与 x 轴交于点 P,且 BP=PA,AQ=QB,则点Q轨迹方程为 y2=(1 )2(1+2)(1+)2px.证明 设 A(x1,y1),B(x2,y2).设 P(s,0),Q(x,y).因 BP=PA,所以,(s x2,y2)=(x1 s,y1),y2=y1,1从而 y22=2y21,所以,2px2=2 2px1,x2=2x1.2又因 AQ=QB.代入坐标知,x=x1+x21+,y=y1+y21+.将12代 入 得:x=(1+2)x11+,y=(1 )y11+,解出 x1,y1代入 y2=2px 得:y2=(1 )2(1+2)(1+)2px.3 类比推广将抛物线类比到椭圆和双曲线中,又可得到下列结论:结论 4 椭圆 :x2a2+y2b2=1(a b 0),A,B 为 上的两不同的动点,线段 AB 与 x 轴交于点 P,且 BP=PA,AQ=QB(0,0),则点 Q 轨迹方程为(1+)2y2/b2(1 )2+(1+)x 2(1+2)x2+a2(1 2)(1 22)2/a2(1 22)2=1.证明设 A(x1,y1),B(x2,y2).设 P(s,0),Q(x,y).因为 BP=PA,所以(s x2,y2)=(x1 s,y1),所以,y2=y1,1而因点 A,B 在 上,故2x21a2+2y21b2=2,x22a2+y22b2=1.两式相减得2x21 x22=(2 1)a2.2又 AQ=QB,所以(x x1,y y1)=(x2 x,y2 y),且x=x1+x21+,3代入22,可得 22x21(1+)x x12(2 1)2a2,得x1=(1+)x 2(1+2)x2+a2(12)(122)/(1 22).(x1,y1)代入,可得(1+)x 2(1+2)x2+a2(1 2)(1 22)2/a2(1 22)2+(1+)2y2/b2(1 )2=1.此为点 Q 的轨迹方程,显然轨迹应为椭圆.结论 4 中令=12,则可得推论 1:推论 1 椭圆 :x2a2+y2b2=1(a b 0),A,B 为 上的两个不同的动点,线段 AB 与 x 轴交于点 P,且 P,Q 为线段 AB 分别靠近端点 B,A 的两个三等分点,则点 Q 的轨迹方程为24x 20 x2+45a22/225a2+4y2/b2=1.结论 5 双曲线 :x2a2y2b2=1(a 0,b 0),A,B 为 上两不同动点,线段 AB 与 x 轴交于点 P,且 BP=PA,44中学数学研究2024 年第 1 期(上半月刊)AQ=QB(0,0.),则点 Q 轨迹方程为(1+)2y2/b2(1 )2+(1+)x 2(1+2)x2+a2(1 2)(1 22)2/a2(1 22)2=1结论 5 中点 Q 的轨迹应为两个双曲线,证明类似于结论 4,这里从略.结论 5 中令 =12,则可得推论 2:推论 2 双曲线 :x2a2y2b2=1(a 0,b 0),A,B 为 上的两个不同的动点,线段 AB 与 x 轴交于点 P,且 P,Q为线段 AB 分别靠近端点 B,A 的两个三等分点,则点 Q 的轨迹方程为24x 20 x2+45a22/225a2 4y2/b2=1.利用 GGB 软件作图知推论 1 为两个椭圆,推论 2 所得轨迹为两个双曲线,如下图 2,图 3:图 2图 34 拓展推广结论 6一般的,对于抛物线 y2=2px,x 0,n,过定点 M(m,0)(其中 m (0,n)的直线交已知抛物线于 A,B两点,且 AM=MB,则 取值范围为 mn,nm.证明由题意,设 A(x1,y1),B(x2,y2),因为 AM=MB,则(m x1,y1)=(x2 m,y2),从而得 mx1=(x2 m),y1=y2 x1=m (x2 m).记y1=y2.1y21=2px1,2y22=2px2.3再由322得,2y22 y21=2p(2x2 x1),据1得0=2y22 y21=2p(2x2 x1),2x2 x1=0=2x2 m+(x2 m)x2=m.0 x26 n,0 m (x2 m)6 n,0 m6 n,0 b 0)的长轴的端点,P 是椭圆外一点,不在 x 轴上,线段 PA,PB 分别交椭圆于点 D,C,线段 AC 与 BD 交于 Q,线段 PQ 交椭圆于 E,延长 PQ 交AB 于 F,求证|PE|=|EF|的充要条件是|EQ|=|QF|.简证及推广见结论 1.结论 1 如图 1,A,B 是椭圆x2a2+y2b2=1,(a b 0),的长轴的端点,P 是椭圆外一点,不在 x 轴上,线段 PA,PB分别交椭圆于点 D,C,线段 AC 与 BD 交于 Q,线段 PQ 交椭圆于 E,延长 PQ 交 AB 于 F,则|PE|EF|=|EQ|QF|.证明在椭圆x2a2+y2b2=1 中,令x=x,y=bay,则椭圆变换成圆:(x)2+(y)2=a2,如图 2,由直径所对的角是直角,可知 Q 点是 PAB 的垂心.由此得 PQAB,且点P,E,Q,F 都在与 AB 垂直的同一条直线上,因而,这四点形成的比例关系在圆中与椭圆中是不变的.图 1图 2在图 2 中,AQF v PFB,得QFFB=AFPF,变为 AF FB=QF PF,而 AF FB=EF2,所以,QF PF=EF2,即PFEF=EFQF,就是PE+EFEF=EQ+QFQF,进而得到:PEEF=EQQF.根据压缩变换纵向比值不变,因而对于椭圆,在图 1 中也有|PE|EF|=|EQ|QF|.显然|PE|=|EF|的充要条件是|EQ|=|QF|.结论 7已知抛物线 :y2=2px(p 0),过 内定点P(s,0)的直线 l 交 于 A,B 两点,交直线 x=n(n b 0)的右焦点 F(c,0),过点 F的一动直线 m 绕点 F 转动,并且交椭圆于 A,B 两点,P 是线段 AB 的中点.(1)求点 P 的轨迹 H 的方程.解析设椭圆 Q:x2a2+y2b2=1 上的点 A(x1,y1),B(x2,y2),又设 P 点坐标为 P(x,y),则b2x21+a2y21=a2b2,1b2x22+a2y22=a2b2.21当 AB 不垂直 x 轴,由(1)(2):b2(x1x2)2x+a2(y1y2)2y=0,所以y1 y2x1 x2=b2xa2y=yx c,所以b2x2+a2y2 b2cx=0.32当 AB 垂直 x 轴时,点 P 即为点 F,满足方程(3),故 H的轨迹方程为:b2x2+a2y2 b2cx=0.参考文献1 王东海.深度探究善解题 追根溯源探本质 J.理科考试研究,2023(03):28-31.2 王东海.一道联考试题的解法探究、背景分析及拓展推广 J.数学通讯,2023(04):41-44.3 王东海.对一道解析几何夹角问题的深入探究 J.中学数学研究(华南师范大学版),2023(04 上):33-35.