_解决一类椭圆切线有关的轨迹问题的策略探究——以2014年高考数学广东卷文_理科第20题为例

解 题 研 究
J I E T I Y A N J I U
解决一类椭圆切线有关的轨迹问题的策略探究
—以 2014 年高考数学广东卷文 / 理科第 20 题为例
赵银仓 （广 省 莞市 莞中学）
摘要：从不同 面 的两条切 相交 生的
交点 迹 展开分析， 找适 学生思 的表征方式，突破 的障碍， 化解决的策略，以提高学生分析 与解决 的能力及思 能力.
关键词： 切 ； 迹 ；策略探究
2014 年高考数学广东卷文 / 理科第 20 题：已知椭
圆 C ： x 2 + y 2
= 1（a > b > 0）的一个焦点为（姨5 ，0），
a 2
b 2
离心率为 姨5
.
3
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）若动点 P （x 0，y 0）为椭圆 C 外一点，且点 P
到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程.
立二者的方程，减元化 一元二次方程利用判 式 0 来
化. 因此 用恰当的方式表示切 的方程，在已知切 点 P 的情况下， 其斜率是常用策略.
解法 1：当过点 P （x 0 y 0
， ）的两条切线斜率存在时， ） 则切线方程可统一设为 y - y 0 = k （x - x 0 .
x 2 y 2
2 2
联立椭圆方程 + = 1，消去 y ，得（4 + 9k ）x +
9 4 （ （ 2
）
- 36 = 0.
18k y 0
- kx 0）x + 9 y 0
- kx 0
判别式
2 2
2
（
2
2
= 18 k （y 0
）
）［（
）
-
- kx
- 36 4 + 9k y 0
- kx 0
4］= 0，
化简，得（y 0 - kx 0）2 - 9k 2 - 4 = 0，即（x 20 - 9）k 2 - 2x 0y 0k + y 20 - 4 = 0.
y 2
- 4 依题意，得 k 1·k 2 =
= -1，
x 20 - 9
这是关于椭圆的两条切线相交产生的交点轨迹问 即 x 02 + y 02 = 13.
题，绝大多数学生不能有效地表征问题，找不到合理
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图象
的解决途径，或有一点思路却无法实施解题计划. 下 （ 略） 得 P 是直线 x = -3，x = 3，y = 2，y = -2 的
面从不同层面对问题展开分析，寻找适应学生思维状 四个交点，都满足 x 02 + y 02 = 13， 况的表征方式，突破问题的障碍，优化解题策略，提
故点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 = 13.
升思维能力.
解法 2：同解法 1，由判别式 = 0，得（y 0 - kx 0） -
2
一、策略探究
9k 2 - 4 = 0.
姨 k 姨 k 2 ，
- - 4 = 0 容易得到椭圆 C 的标准方程为 x 2 + y 2 = 1，难点 0
2
2
0. 在于第（）问的解决策略探究 9 4
即（y 0k + x 0） - 9 - 4k =
.
以上二式相加，可得 x 02 + y 02 = 13.
2
下同解法 1，略.
策略 ：引入斜率表示切线方程，用判别式来确
1
定位置关系.
【评析】引入斜率作为参数，可方便地表示出切线 分析：解决 曲 与直 相切 的通法是
方程，判别式为 0 揭示二者相切的本质. 解法 1 基于
收稿日期：2014—09—15
作者简介：赵银仓 （1963—），男，中学高 教 ，主要从事高中数学教育及教学研究．
2015 年第 1—2 期
107
解题研究
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对两条切线具有相同的性质，它们的斜率适合同一个方程这一隐性条件的挖掘；而解法2 则应用了类比推理，在得到两个方程的情况下，结合方程组的特点整体消参. 两种解法异曲同工，运用设参，消参，化简这一思维策略.
策略 2：联立两条切线方程，采用整体消参策略.
分析：的著特点“点 P 到 C 的两条切
相互垂直”，可化“点P 为椭圆 C 的两条相互垂直切的交点”，引入其中一条切的斜率参数来表示两条切的方程，立方程求解.
解法 3：由解法 1 知，= 0，
（kx0 - y0）2 - 4 - 9k2 = 0.
所以 kx0 - y0 = ±姨4 + 9k2 .
因为过点 P（x ，y）的切线方程为 y - y = k（x - x），
0000 即 y - kx = y0 - kx0，
所以一条切线方程为 y = kx ±姨4 + 9k2，
即 y - kx = ±姨4 + 9k2 .
同理，另一条切线方程为 y = - k 1
x ±姨4 +
k 9
2，
即 x + ky = ±姨4k2 + 9 .
以上二式平方相加，得
（1 + k2）（x2 + y2）=（1 + k2）（4 + 9），
即 x2 + y2 = 13.
下同解法 1，略.
【评析】联立两条切线的方程就可用斜率表示点P 的坐标，即得动点P 的参数方程. 事实上，观察两条切线方程的结构特征，就能整体消掉斜率求得普通方程，即用交迹法来求动点的轨迹方程.
策略 3：以切点坐标为参数，运用导数突破难点.
分析：比抛物，可通数求得其上一点
的切的斜率，因而先研究用数来表示上任一点的切的斜率.
引理：过椭圆x
2 +
y
2= 1 上的任一点 M（x1，y1） a2 b2
作椭圆的切线，则该切线方程为 b2x1x + a2y1y = a2b2.
引理的证明可从如下二个角度来思考.
思路 1：用通法证明，通过联立方程让判别式为0 来推理论证.
当切线的斜率 k 存在时，设过点 M（x1，y1）的切线方程为 y - y = k（x - x），
1 1
联立椭圆方程
x2 y2 2 2 2 2
+ = 1，消去 y，得（b + a k）x +
a2 b2
2 ） 2 2 2 2
（）- a b = 0.
2a k（y1 - kx1 x + a y1 - kx1
2 2 2 2 2
= 0.
整理得（x1 - a）k - 2x1y1k + y1 - b
2 （ 2 2 2
当 x1≠±a 时，经验证））（-
1 =（2x1y1 - 4 x1 - a y1
2 2 2 2 2 2 2
0.
b）= 4（b x1 + a y1 - a b）=
解得 k = x1y1 .
x12 - a2
又因为x12 + y12 = 1，
a2 b2
可得 a2 - x12 = a2y12 .
b2
2
所以 k = - b x1 .
2
a y1
所以过点 M 的切线方程为 y - y1 = - b2x1 ），
a y1
即 b2x1x + a2y1y = a2b2.
当 x1 = ±a 时，y1 = 0，此时斜率不存在，切线方程为 x = ±a 也适合.
综上，过点 M 的切线方程为 b2x1x + a2y1y = a2b2.
思路2：用导数的几何意义证明，即导数表示在
该点处曲线的斜率. 不过要注意在椭圆方程中将 y 理解为 x 的隐函数，方可求导.
由椭圆的方程
x2
+
y2
= 1，得
1
y2 = 1 -
1
x2.
a2 b2 b2 a2 两边分别看成关于 x 的函数，求导，b
2
2 y·y′ = - a
2
2 x，
即y′ = -
b
2
x
（y1≠0）.
a2y
以下同思路 1，略.
解法 4：过点 P 引椭圆 C 的两条切线，设切点分
），（，）
别为 A（x1，y1 B x2 y2 .
则切线 PA 的方程为 4x1x + 9y1y = 36，
切线 PB 的方程为 4x2x + 9y2y = 36.
，），
因为切线 PA，PB 都过点 P（x0 y0
所以 4x0x1 + 9y0y1 = 36，4x0x2 + 9y0y2 = 36.
又因为x12 + y12 = 1，x22 + y22 = 1，
4
9 9 4
≠
≠4x0
x + 9y0y = 36，
所以（，），（，）都是方程组 2 2
y
≠
4
≠ 9
2015 年第 1—2 期
的解.
消去 y，整理得（9y20 + 4x20）x2 - 72x0x + 4 × 81 - 81y02 = 0. ①
所以 x x = 81（9 - x 22）. ②
1 2
9y02 + 4x02
同理，y y = 16（9 - x02）. ③
9y02 + 4x02
1 2
因为 PA⊥PB，
所以 16x1x2 + 81y1y2 = 0. ④
将②，③代入④，
16 ×81（4 - y02）+ 81 ×16（9 - x02）= 0，
9y02 + 4x02
9y02 + 4x02
即 x20 + y20 = 13.
所以点 P 的轨迹方程为 x20 + y20 = 13.
解法 5：同解法 4，由方程①，可得
x + x = 72x0 ，x x = 81（4 - y02）.
9y02 + 4x02
1 2 1 2
9y02 + 4x02
由 16x1x2 + 81y1y2 = 0，两边乘以 y20，得
2
）（），16y0 x1x2 +（36 - 4x0x1 36 - 4x0x2 = 0
2 2 （）
即（x0 + y0）x1x2 - 9x0 x1 + x2 + 81 = 0.
解题研究
J I E T I Y A N J I U 为 A（x1，y1），B（x2，y2）.
当 y0≠0 时，则弦 AB 所在直线的斜率存在.
设其方程为 y = kx + b，与椭圆方程
x
2 +
y
2 = 1 联 9 4 立，消去 y，得（4 + 9k2）x2 + 18kbx + 9b2 - 36 = 0.
= 182k2b2 - 36（4 + 9k2）（b2 - 4）> 0，
即 9k2 - b2 + 4 > 0.
所以 x1 + x2 = - 18kb ，x1x2 = 9b2 - 36 .
4 + 9k2 4 + 9k2
因为 PA⊥PB，
所以 16x1x2 + 81y1y2 = 0，
即 16x1x2 + 81（kx1 + b）（kx2 + b）= 0.
2
） 2
= 0.
变形，得（16 + 81k）x1x2 + 81kb（x1 + x2 + 81b
代入整理，得 13b2 - 81k2 = 16.
所以 9k2 - b2 + 4 =
36
13（1 + k2）> 0 恒成立.
因为弦 AB 的方程可表示为 4x0x + 9y0y =
36，所以 k = -
4x
0，b =
4
，x20 + y20 = 13.
9y0y0
当 y0 = 0 时，则直线 PA，PB 的斜率分别为±1，可
所以81（4 - y02）（x02 + y02）
-
9x0·72x0
+ 81 = 0.
求得 x0 = ±姨
13 .
9y02 + 4x02 9y02 + 4x02 所以点 P 的轨迹方程为 x02 + y02 = 13.
化简，得 x02 + y02 = 13.
【评析】待定切点弦直线方程，将问题条件“两条【评析】以切点坐标为参数，可以快捷地写出斜
切线相互垂直”转化为斜率与截距之间的关系，再利率，表示出切线方程，发现切点弦方程，运用韦达
用点 P 的坐标来表示切点弦的方程，这样就找到点的定理得到参数与变量之间的关系，同样将“两条切
坐标、斜率与截距之间的关系，代入即得所求方程. 线相互垂直”转化为切点坐标之间的关系，代入消
这种“算两次”的方法其实就是一种等量传递，其作参，难点在于整理运算. 解法 4 与解法 5 基本相同，
用就是简化过程.
二者同为代入消参. 区别在于前者利用两个切点的策略 5：观察特殊情形，归纳并验证一般情形.
横坐标之积与纵坐标之积的对称性，由横坐标之积
分析：察、、明是数学探究中常用
的表达式，类比得出纵坐标之积的表达式，而后者
的策略，特是理疑可从特殊情形入手. 则是直接消去纵坐标，利用韦达定理消参，消参的此而言，容易想到教材中在研究的范途径不同. 所用的外切矩形，其点到中心（原点）的距离恰策略 4：从切点弦方程入手，实施“算两次”以、短半两直角的直角三角形的斜. 这策略. 个是否具有一般性？可从外切矩形角的分析：把两个切点看作两个切点的弦所在的度是否改入手探究.
直与的交点，待定切点弦直方程并与方程立，消元用达定理沟通各参量与量之的系.
解法 6：设过点 P（x0，y0）的两条切线的切点分别
解法 7：设 P（x ，y）关于原点的对称点 P（′-x ，-y），
0000 则由椭圆关于原点成中心对称知，过点 P 与点 P′分别引椭圆的两条切线，依题意知它们围成一个中心在原点的矩形.
109 2015 年第 1—2 期
解 题 研 究 J I E T I Y A N J I U
由解法 3 知，一组平行切线方程为 y = kx± 姨4 + 9k 2 ，
即 kx - y ± 姨4 + 9k 2 = 0.
则 它们之间的距离，即矩形的一边长为 d 1 =
2 姨4 + 9k 2
. 姨k 2
+ 1
同理，另一组切线方程为 y = - k 1
x ±
姨4 +
k
9
2 ，
即 x + ky ± 姨4k 2 + 9 = 0.
则它们之间的距离，即矩形的另一边长为 d 2 = 2
姨4k 2
+ 9 . 姨k 2 + 1
所以
PP ′ = 姨
d 12 + d 22
2
2
+ 9）
=
姨
4（4 + 9k ）
+
4（4k
1 + k 2
1 + k 2
= 2 姨13
所以 OP =
1
2 PP ′ = 姨1
3 ，
即 x 20 + y 20 = 13.
下同解法 3，略.
）的两条切线的 解法 8：同解法 7，设过点 P （x 0，y 0
切点分别为 A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），
则切线 PA 的方程为 4x 1x + 9y 1y = 36，切线 PB 的
方程为 4x 2x + 9y 2y = 36.
， ）的两条切线的切点分别
同理，设过点 P （′-x 0
-y
， ）， （ ， ），
为 C （-x 1 -y 1 D -x 2
-y 2
则切线 P ′C 的方程为 4x 1x + 9y 1y = -36，切线 P ′D
1
1
= 36
姨
+ 81 - 5x 12 81 - 5x 22
81 × 2 - 5（x 2 + x 2）
= 36姨
1
812 - 81 × 5（x 2
1 + x 22）+ 25x 21 x 2
2
13［81 × 2 - 5（x 2 + x 2）］
= 36姨
1
2
13 × 812 - 81 × 65（x 21 + x 22）+ 45 × 81
（x 21 + x 22 - 9） = 2 姨13 . 所以 OP =
1
2 PP ′ = 姨1
3 ，
即 x 20 + y 20 = 13.
故点 P 的轨迹方程为 x 20 + y 20 = 13.
【评析】显然，通过表示出两条切线方程，求出交点，再来验证对角线的长度不变运算量会很大，十分不便. 解法 7 与解法 8 都是通过用两条平行线间的距离公式使运算量大幅降低. 区别在于前者以斜率为参数研究不变性，而后者以切点坐标为参数研究不变性，其推理过程稍多些.
策略 6： 引入椭圆的参数方程，化归三角恒等 变形.
分析： 的参数方程以角度表示坐 ，可将
化 三角 ，借助于三角运算的灵活性 程的 化与思
的 化.
解法 9：设过点 P （x ，y ）的两条切线的切点分别
0 0
为 A （3cos α，2sin α），B （3cos β，2sin β）， 则切线 PA 的方程为 2xcos α + 3ysin α = 6，切线 PB 的方程为 2xcos β + 3ysin β = 6. 由椭圆关于原点成中心对称图形知，过点 P （′-x ，-y ）
0 0
的方程为 4x 2x + 9y 2y = -36. 的两条切线分别与 PA ，PB 平行，四条切线围成的矩
四条切线围成的矩形的边长分别为 d 1=
72 ， 形的边长如下：
11d 1 = 12
d 2 = 72 .
姨4cos α + 9sin α 姨16x 22 + 81y 22 d 2 = 12
因为 4x 12 + 9y 12 = 36，4x 22 + 9y 22 = 36，PA ⊥PB ， 姨4cos β + 9sin β
所以 16x 1x 2 + 81y 1y 2 = 0. 因为 PA ⊥PB ，
162x 12 x 22 = 812y 12 y 22 ，
所以 4cos αcos β + 9sin αsin β = 0.
代入化简，得 16x 12 x 22 = 81（9 - x 12）（9 - x 22），65x 12 x 22 =
化简，得 16cos 2αcos 2β = 81sin 2αsin 2β，65cos 2αcos 2β = 81 × 9（x 12 + x 22 - 9）.
81（cos 2α + cos 2β - 1）.
所以 PP ′ 所以 PP ′
= 姨d 12 + d 22
= 姨d 12 + d 22
122
122
=
72 2
+
72 2
=
姨
+
2 2
2
2
22
22
姨16x 1
+ 81y
1
16x 2 + 81y 2
4cos α + 9sin α
4cos β + 9sin
β
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2015 年第 1—2 期
解 题 研 究
J I E T I Y A N J I U
法 9 沿用前面验证外切矩形对角线的长度不变的策略，
= 12
姨
1
1
+
而解法 10 则直面问题，用两个参数表示交点坐标，直
9 - 5cos 2α
9 - 5cos 2β
接验证交点到中心 （原点） 的距离不变这一特征，过
18 - 5（cos 2α + cos 2β）
= 12
（9 - 5cos 2
α）（9 - 5cos 2
β）
程看似难，其实由于三角变形的灵活性运算过程并不
姨
= 12
姨
18 - 5（cos 2α + cos 2β）
复杂.
81 - 45（cos 2α + cos 2β）+ 25cos 2αcos 2β
二、反思感悟
= 12
姨
13［18 - 5（cos 2α + cos 2β）］
13× 812 - 13 × 45（cos 2α+cos 2β）+ 5 × 81（cos 2α+cos 2β-1）
数学问题解决的必要条件是对问题进行合理的表
= 2姨13 .
征，即通过认真分析审视问题，全面把握理解问题中
所以，
1
，
OP
= PP ′ = 姨 13
所含的数学结构，通过联想转化为自己容易理解的另
2
即 x 02 + y 02 = 13.
一个数学结构. 这种对数学问题表征的方式直接影响
故点 P 的轨迹方程为 x 02 + y 02 = 13.
着问题解决的思维策略. 如果能从多种不同角度对问
解法 10： 设切点分别为 A （3cos α， 2sin α）， 题进行理解，充分挖掘自己的不同模块的知识经验， B （3cos β，2sin β）， 形成理解问题的不同的表征方式，就可以拓宽问题的
则切线 PA 的方程为 2xcos α + 3ysin α = 6，切线
理解与转化渠道，从而可选择接近问题本源，解决问 PB 的方程为 2xcos β + 3ysin β = 6.
题相对快捷的方法与策略，这样就打开了解决问题的
3（sin β - sin α）
通道. 如前述广东高考解析几何试题，大多数学生在
联立以上二个方程，可解得 x =
，
sin （ β - α） 平时的学习中，缺少对问题表征能力的培养，在高考
2（cos β - cos α）
y =
，即点 P 轨迹的参数方程.
时无法找到适合自己的问题表征方式，因而无法形成 sin （ α - β）
消去参数化为普通方程， 解决问题的有效途径. 如果能够从参数的选择，观察 因为 PA ⊥PB ，
归纳等不同角度来表征问题，就形成以切线的斜率为 所以 4cos αcos β + 9sin αsin β = 0.
参数，结合韦达定理消参或联立两条切线方程整体消
变形整理，得 65cos 2αcos 2β = 81（cos 2α + cos 2β - 1）. 参，以切点坐标为参数，运用导数列切线方程消参求
2 2
解，观察特殊情形通过外切矩形的对角线入手，这样 所以 x 2 + y 2 =
就极大地拓展了问题解决的思路，并发现以斜率为参
sin （β - α）
=
18 - 5（cos
2α
+ cos 2
β）
.数这个表征方式接近问题的本质，思维直接，过程简sin （2β -
α）
2
便. 在高三教学中，要经常引导学生对综合问题进行 因为 sin （β - α）
多元表征训练，这样会加强学生的审题能力、理解能 = sin 2βcos 2α + cos 2βsin 2α - 2sin αsin βcos αcos β
2
2
2
2
8
2
2
力、推理能力与运算能力，提升分析问题与解决问题
=（1 - cos β）cos α + cos β（1 - cos α）+ cos α + cos β
的思维能力，从而实现提高学生分析问题与解决问题 9
2 2 10 2 2
能力的教学目标.
= cos α + cos β -
cos αcos β 9 参考文献：
= cos 2α + cos 2β - 10 × 81
（cos 2α + cos 2β - 1）
［1］曹才翰，章建 ． 数学教育心理学［M ］. 北
9
65
18 - 5（cos 2α + cos 2β）
京：北京 范大学出版社，2006. =
，
13
［2］ ． 解析几何中一 典型 解的分析［J ］.
代入上式，得点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 = 13. 中国数学教育（高中版），2012（9）：34－36.
【评析】引入椭圆参数方程表示切点坐标，以角度 ［3］赵银仓． 解决一 抛物 切 的策略与 为参数表示切线方程，将问题条件“两条切线相互垂 困因分析［J ］. 中学教研（数学），2014（1）： 直”转化为关于切点坐标参数的两个角度的关系. 解
15－19.
111 2015 年第 1—2 期。