福建省泉州第七中学（362000）赖呈杰
福建省泉州第五中学（362000）杨苍洲
合情推理有“归纳”和“类比”两种推理模式，这种推理是建立在观察、实验的基础上，通过“类比”来产生“联想”，或者通过“归纳”来进行“猜想”，是一种“发现未知”的思维形式。
在解析几何的某些问题中，我们常常可以通过类比、归纳，从中发现“圆、椭圆、双曲线、抛物线”的一些共同性质。因此，基于“圆锥曲线”，交汇考查“合情推理”成为命制“解析几何”试题的一种常见命题手法。这样的试题设计精彩纷呈，往往成为一份试卷的亮点所在。笔者曾在各级各类命题工作中，以此为背景进行试题命制。现略举数例，与读者共赏。
例1（2014年泉州市质检）已知点M到点F(1,0)和直线x=－1的距离相等，记点M的轨迹为C。
（Ⅰ）求轨迹C的方程；
（Ⅱ）过点F作相互垂直的两条直线l1，l2，曲线C与l1交于点P1,P2,与l2交于点Q1,Q2。证明：1|P1P2|+1|Q1Q2|=14；
（Ⅲ）圆锥曲线在某些性质方面呈现出统一性。在（Ⅱ）中，我们得到关于抛物线的一个优美结论。请你写出关于椭圆Γ:x24+y23=1的一个相类似的结论（不需证明）。
分析与解：（Ⅰ）易得曲线C的方程为y2=4x。
（Ⅱ）可设l1的方程为y=k(x－1)(k≠0)，P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，由y2=4x,
y=k(x－1)得k2x2－(2k2+4)x+k2=0，所以x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，又|P1P2|=x1+x2+2=4k2+4k2，同理可得|Q1Q2|=4+4k2，所以1|P1P2|+1|Q1Q2|=k24k2+4+14k2+4=14。
（Ⅲ）在抛物线中有（Ⅱ）中所述的定值性质，我们猜测在椭圆中也有此定值性质，我们可以通过特殊位置来确定此定值，当l1，l2分别垂直于x,y轴时，1|P1P2|=14,1|Q1Q2|=13，因此1|P1P2|+1|Q1Q2|=712。
关于椭圆Γ的一个相类似的结论为：若l1，l2是过椭圆Γ:x24+y23=1的焦点且相互垂直的两条直线，其中椭圆Γ与l1交于点P1,P2,与l2交于点Q1,Q2，则1|P1P2|+1|Q1Q2|=712。
图1例2（2014年福建省质检）如图1，设P是圆O:x2+y2=2上的点，过P作直线l垂直x轴于点Q，M为l上一点，且PQ
→=2MQ→，当点P在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线Γ。
（Ⅰ）求曲线Γ的方程；
（Ⅱ）某同学研究发现：若把三角板的直角顶点放置在圆O的圆周上，使其一条直角边过点F(1,0)，则三角板的另一条直角边所在直线与曲线Γ有且只有一个公共点。你认为该同学的结论是否正确？若正确，请证明；若不正确，说明理由；
（Ⅲ）设直线m是圆O所在平面内的一条直线，过点F(1,0)作直线m的垂线，垂足为T，连接OT，请根据“线段OT的长度”讨论“直线m与曲线Γ的公共点个数”。（直接写出结论，不必证明）
析解：（Ⅰ）易得曲线Γ的方程为x22+y2=1。
（Ⅱ）设三角板的直角顶点放置在圆O的圆周上的点N(a,b)处，则a2+b2=2，又设三角板的另一条直角边所在直线为l′。
（ⅰ）当a=1时，l′与曲线Γ有且只有一个公共点。
（ⅱ）当a≠1时，则kNF=ba－1。若b=0时，l′与曲线有且只有一个公共点；若b≠0时，则l′:y=1－abx+2－ab，由x22+y2=1,
y=1－abx+2－ab,得(a－2)2x2+4(1－a)(2－a)x+4(a－1)2=0，所以Δ=0，所以直线l′与曲线Γ有且只有一个公共点。综上述，该同学的结论正确。
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：当|OT|=2时，直线m与椭圆Γ相切。显然，当|OT|变大时，直线m与椭圆Γ相离；当|OT|变小时，直线m与椭圆Γ相交。故可猜测下述结论：
当|OT|>2时，直线m与椭圆Γ没有公共点；当|OT|=2时，直线m与椭圆Γ有且只有一个公共点；当|OT|<2时，直线m与椭圆Γ有两个公共点。
图2
例3某同学用《几何画板》研究抛物线的性质：打开《几何画板》软件，绘制某抛物线E:y2=2px，在抛物线上任意取一个点S，度量点S的坐标(xS,yS)，如图。
（Ⅰ）拖动点S，发现当xS=4时，yS=4，试求抛物线E的方程；
（Ⅱ）设抛物线E的顶点为A，焦点为F，连结直线SF交抛物线E于不同两点S、T，构造直线AS、AT分别交准线于M、N两点，连直线MT、NS。经观察得：沿着抛物线E，无论怎样拖动点S，恒有MT∥NS。请你证明这一结论；
（Ⅲ）为进一步研究该抛物线E的性质，某同学进行了下面的尝试：在（Ⅱ）中，把“焦点F”改变为其它“定点G(g,0)(g≠0)”，其余条件不变，发现“MT与NS不再平行”。是否可以适当更改（Ⅱ）中的其它条件，使得仍有“MT∥NS”成立？如果可以，请写出相应的正确命题；否则，说明理由。
析解：（Ⅰ）易得抛物线E的方程y2=4x。
（Ⅱ）可设直线l:my=x－1，S(x1,y1),T(x2,y2)，由y2=4x，
my=x－1得y2－4my－4=0，则y1+y2=4m，
y1·y2=－4。又因为lAS:y=y1x1x，lAT:y=y2x2x，所以M－1,－y1x1，N－1,－y2x2，又因为y1－－y2x2=y1y2+4y2=0，所以y1=－y2x2，所以NS平行于x轴；同理可证MT平行于x轴；又因为M、T、N、S四点不共线，所以MT∥NS。
（Ⅲ）把“焦点F”改变为其它“定点G(g,0)(g≠0)”且保持“MT∥NS”成立，显然必须变动“准线”，且变动后的直线必须与g有关。故可猜测下述结论：
设抛物线E:y2=4x的顶点为A，定点G(g,0)(g≠0)，过点G的直线l与抛物线E相交于S、T两点，直线AS、AT分别交直线x=－g于M、N两点，则MT∥NS。
图3例4如图3，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，左、右顶点分别为A1,A2，T1,32为椭圆上一点，且TF2垂直于x轴。
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）给出命题：“已知P是椭圆E上异于A1,A2的一点，直线A1P,A2P分别交直线l：x=t（t为常数）于不同两点M、N，点Q在直线l上。若直线PQ与椭圆E有且只有一个公共点P，则Q为线段MN的中点”，写出此命题的逆命题，判断你所写出的命题的真假，并加以证明;
图4（Ⅲ）试研究（Ⅱ）的结论，根据你的研究心得，在图4中作出与该双曲线有且只有一个公共点S的直线m，并写出作图步骤(注意：所作的直线不能与双曲线的渐近线平行)。
析解：（Ⅰ）易得椭圆E的方程为x24+y23=1。
（Ⅱ）逆命题：“已知P是椭圆E上一点，直线A1P、A2P分别交直线l：x=t（t为常数）于M、N两点，若Q为线段MN的中点，则直线PQ与椭圆E有且只有一个公共点P”，为真命题。
证明：设P(x0,y0)，则x204+y203=1，又lA1P:y=y0x0+2(x+2)，lA2P:y=y0x0－2(x－2)，所以Mt,y0(t+2)x0+2，Nt,y0(t－2)x0－2，可求得MN的中点Qt,－3(x0t－4)4y0，所以kPQ=－3x04y0，lPQ:y=－3x04y0x+3y0。联立方程x24+y23=1,
y=－3x04y0x+3y0,得34y20x2－3x02y20x+3y20－1=0，所以Δ=0，所以直线PQ与椭圆E有且只有一个公共点P。
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得椭圆切线的一种作法，基于圆锥曲线性质的统一性，可以进行类比，因此可得双曲线切线的做法：
图5如图5，①任作一条直线n垂直于实轴；②作直线A1S、A2S分别交直线n于I、J两点；③作线段IJ的中点V，则直线SV即为所求的直线m。
上述几个试题的求解过程，要求学生经历逆向思维、类比推理、直观感知、操作确认、思辨论证，度量计算的心路历程。虽然试题情境新颖，但是其本质依然是研究曲线轨迹，求解直线与抛物线位置关系等问题。因此在复习中，我们要深化对圆锥曲线方程的理解，进一步熟练掌握待定系数法、定义法等求轨迹的常规方法，进一步掌握直线与抛物线位置关系的一般解题方法，要注意总结试题的规律，如：直线与圆锥曲线位置关系中的相交弦问题在高考中经常被设计成考题，在解决此类问题时，我们常联立方程组，利用韦达定理，进行“设而不求”来解题。
