摘要：圆锥曲线中有许多优美的曲线性质，有些命题及其逆命题都正确，如果深入研究会发现很多有趣的结论. 本文摘取几朵“浪花”供大家赏析.
　　关键词：圆锥曲线；命题及其逆命题；变式
　　
　　命题1设双曲线－=1（a>0，b>0）的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，右准线为l. 过点F作直线交双曲线右支于P，Q两点，直线PB交l于点M，且=λ（λ>0）.?摇求证：A，M，Q共线的充要条件是c=2a（其中c=）.
　　
　　图1
　　证明设F（c，0）（其中c=），P（x1，y1），Q（x2，y2），则=（c－x1，－y1），=（x2－c，y2）.
　　因为=λ?摇，
　　所以c－x1=λ（x2-c），?摇－y1=λy2.
　　因为y=b2-1，y=b2-1，代入上式，
　　解得
　　x1=（1+λ）c+（1-λ）?摇，x2=（1+λ）c-（1-λ）?摇.
　　又设M，y0，A（-a，0），B（a，0），
　　因为P，B，M三点共线，
　　所以kPB=kBM，即=.
　　从而y0=-a.
　　所以=+a，y0=+a，-a，=x2-，y2-y0.
　　因为x2－=（1+λ）c-（1-λ）?摇－=（1+λ）c-（1-λ）?摇-=•（1+λ）c-（1+λ）?摇=c-，
　　y2－y0=－－-a=－•（1+λ）c+（1-λ）+-2a-2λa=•2a-c-，
　　所以=c-，2a-c- . 所以A，M，Q共线?圳存在实数k使得=k?圳c－=+a，2a－c－=－a
　　?圳c=2a.
　　此时k=（常数）. 故原命题成立.
　　若将命题中双曲线换成椭圆、抛物线，命题仍然成立，即有下述命题（证明留给读者自己完成）：
　　变式1设椭圆+=1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，右准线为l. 过点F作直线交椭圆于P，Q两点，直线PB交l于点M，且=λ（λ>0）. 求证：A，M，Q共线的充要条件是a=2c（其中c=）.
　　变式2设抛物线y2=2px（p>0）的焦点为F，准线为l. 过点F作直线交抛物线于P，Q两点，直线PO（O为坐标原点）交l于点M. 求证：MQ∥x轴. 反之，若MQ∥x轴，则点P，O，M共线.
　　命题2在抛物线y2=2px（p>0）上取一定点A（a，b），过点A作两条直线AB，AC，分别交抛物线于B，C两点，当直线BC的斜率存在时，求证：AB⊥AC的充要条件是直线BC过定点M（a+2p，-b）.
　　
　　图2
　　证明（必要性）设B（x1，y1），C（x2，y2），直线AB的斜率为k（若AB的斜率不存在，则AC与抛物线没有两个交点），则直线AB的方程为y－b=k（x－a）. 将其与y2=2px（p>0）联立，消x得
　　?摇ky2－2py－2pka+2pb=0. ①
　　因为A，B为交点，
　　所以b，y1是方程①的解.
　　所以b+y1=. 故y=－b.?摇②
　　因为AB⊥AC，
　　所以AC的斜率为－.
　　同理可得y2=－2pk－b.?摇③
　　所以直线BC的方程为y-y1=•（x-x1）=（x-x1）.
　　化简得（y1+y2）y－y1y2=2px.
　　把②③代入得－2pk－2by－b2+4p2－2pbk－=2px.
　　令λ=k－，
　　则上式化为（－2pλ－2b）y－b2+4p2－2pbλ=2px，整理得
　　（2py+2bp）λ+2px+2by－4p2+b2=0.
　　解2py+2bp=0，2px+2by－4p2+b2=0，
　　得x=，y=－b.
　　所以不论λ为何值时，直线BC都过定点M，－b.
　　因为点A（a，b）在抛物线上，
　　所以b2=2pa?摇. 从而直线BC过定点M（a+2p，-b）.
　　（充分性）设直线BC的方程为y+b=k•（x－a－2p），B（x1，y1），C（x2，y2）.
　　由y+b=k（x－a－2p），y2=2px，
　　消x得－－a－2p－=0.
　　由根与系数的关系得
　　y1+y2=，y1y2=2p－a－2p－.
　　所以x1+x2=•（y1+y2）++2a+4p=++2a+4p，
　　x1x2==a+2p+2.
　　于是•=（x1-a）（x2-a）+（y1-b）•（y2-b）=x1x2－a（x1+x2）+a2+y1y2－b（y1+y2）+b2=a+2p+2－a++2a+4p+a2+2p•－a－2p－－b•+b2=0.
　　所以⊥，
　　即AB⊥AC?摇.
　　故原命题成立.
　　用类似方法可以证明以下两命题成立：
　　变式1将命题2中的点“A（a，b）”改成“O（0，0）”时，结论变成“OB⊥OC的充要条件是直线BC过定点M（2p，0）”，这是一道常见的抛物线题目.
　　变式2将变式1中的抛物线换成椭圆+=1（a>b>0）、双曲线-=1（a>0，b>0，a≠b）时，结论变成“OB⊥OC的充要条件是直线BC过定点M•2a，0（其中e为离心率）”.