廣東省華南師范大學(xué)(510631) 陳瑜丹 指導(dǎo)老師: 羅碎海

圓錐曲線是高考必考的重難點內(nèi)容,主要考察學(xué)生的數(shù)學(xué)思想方法和計算功底.擁有過硬的計算功底是在高考中獲得成功的基礎(chǔ),而擁有扎實數(shù)學(xué)思想方法才能在高考中如虎添翼.下面我們將以一道拋物線題為例作一題多解探究和反思感悟.

一、試題呈現(xiàn)

題目如圖1,已知動圓M 過定點F(0,1)且與x 軸相切,點F 關(guān)于圓心M 的對稱點為F′,動點F′的軌跡為C.

(1) 求曲線C 的方程;

(2) 設(shè)A(x0,y0)是曲線C 上的一個定點,過點A 任意作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線,分別與曲線C 相交于另外兩點P、Q.證明: 直線PQ 的斜率為定值.

圖1

此題是一道判斷直線與圓錐曲線位置關(guān)系的綜合題,也是經(jīng)典的“拋物線內(nèi)接三角形”的問題,題型比較常規(guī),題目分為兩小題.第(1)小題主要考察軌跡方程和拋物線的定義,難度較低;第(2)小題主要考察拋物線與直線的位置關(guān)系、直線斜率為定值等基礎(chǔ)知識,主要考察學(xué)生化歸轉(zhuǎn)化、設(shè)而不求和運算能力等基本技能.

二、試題分析

1、對于第(1)小題: 求曲線C 的方程.

思路一(軌跡法)首先設(shè)出點F′的坐標(biāo),根據(jù)F′和F的坐標(biāo)表示出圓心M 的坐標(biāo), 且|FF′|為圓M 的直徑長,由條件“動圓M 與x 軸相切”,可知M 點的縱坐標(biāo)的絕對值即為圓M 的半徑長,從而找出M 點的縱坐標(biāo)的絕對值與|FF′|的代數(shù)關(guān)系,即可求解得到點F′的軌跡方程.

解法一設(shè)F′(x,y), 由于F(0,1) 在圓M 上, 且點F 關(guān)于圓心M 的對稱點為F′, 所以圓心M 的坐標(biāo)為圓M 的直徑為又由于圓M 與x 軸相切, 所以即兩邊平方整理得: x2=4y.所以曲線C 的方程為x2=4y.

思路二(定義法)由已知條件“M 與x 軸相切”以及“點F 關(guān)于圓心M 的對稱點為F′”可以推出|FF′|為圓M 的直徑,M 點的縱坐標(biāo)的絕對值即為圓M 的半徑長,為了找出線段間的數(shù)量關(guān)系,過點M 和點F′作x 軸的垂線,分別交x 軸于C、D 兩點,過點F 作y 軸的垂線,分別交線段F′D和線段MC 于E、N 兩點,如圖2.得到其中的相似三角形FMN 與FF′E,利用相似三角形的性質(zhì)以及坐標(biāo)長度關(guān)系就能得出點F′的軌跡滿足拋物線的定義,從而得到曲線C的軌跡方程.

圖2

解法二如圖2,作MC⊥x 軸于點C,作F′D⊥x 軸于點D,作FE⊥F′D 于點E,則FE⊥MC 于點N,此時△FMN與△FF′E 相似, 相似比為1 : 2, 因此|F′E|=2|MN|,有: |F′F|=2|MF|=2|MC|=2|MN|+2|NC| =2|MN|+2=|F′E|+2=|F′D|+1.因為|F′D| 為點F′到x 軸的距離, 所以|F′D|+1 為點F′到直線y =?1的距離,所以點F′到F 的距離與到直線y =?1 的距離相等.根據(jù)拋物線的定義,曲線C 是以F(0,1)為焦點,以直線y =?1 為準(zhǔn)線的拋物線,曲線C 的方程為x2=2y.

2、對于第(2)小題: 證明直線PQ 的斜率為定值.

思路一已知條件“過點A 任意作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線,分別與曲線C 相交于另外兩點P、Q”,即直線AP 與直線AQ 的斜率互為相反數(shù),將A,P,Q 三點的坐標(biāo)分別設(shè)出來,即可得到坐標(biāo)間的關(guān)系.但由于涉及到的未知量比較多,因此我們需要利用曲線C 的方程x2=4y 減少未知量的個數(shù),再將P、Q 兩點的坐標(biāo)代入化簡即可得到答案.

解法一設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由于A,P,Q 都在拋物線x2=4y上, 所以由于直線AP 與直線AQ 的傾斜角互補(bǔ), 所以

圖3

kAP+kAQ=0.kAP =所以化簡可得: x1+x2=?2x0, 所以kPQ=為定值.

思路二已知條件“過點A 任意作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線,分別與曲線C 相交于另外兩點P、Q”即直線AP 與直線AQ 的斜率互為相反數(shù),分別設(shè)出直線AP 與直線AQ 的斜率,結(jié)合點A 的坐標(biāo)分別設(shè)出直線AP 與直線AQ 的方程,聯(lián)立拋物線方程,利用韋達(dá)定理就能表示出P、Q 兩點的坐標(biāo),最后用兩點式求出直線PQ 的斜率.

解法二由題意, 直線AP 與AQ 的斜率存在且不為零,設(shè)直線AP 的斜率為k,則直線AQ 的斜率為?k.直線AP :y?y0=k(x?x0),聯(lián)立方程:得: x2?4kx+4kx0?4y0=0,由韋達(dá)定理: x0+xP=4k,所以同理: 直線AQ :y?y0=?k(x?x0),聯(lián)立方程:得: x2+4kx?4kx0?4y0=0,由韋達(dá)定理x0+xQ=?4k,所以所以kPQ=為定值.

思路三由條件“過點A任意作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線,分別與曲線C 相交于另外兩點P、Q”, 直接設(shè)其中一條直線AP 的傾斜角為θ,從而直線AQ 的傾斜角為π?θ,結(jié)合點A 的坐標(biāo), 即可設(shè)出P,Q 兩點的坐標(biāo),從而利用兩點式求出直線PQ 的斜率,結(jié)合P,Q 在拋物線x2=4y 上,對直線PQ 的斜率進(jìn)行化簡.

解法三由于A(x0,y0),設(shè)直線AP 的傾斜角為θ,直線AQ 的傾斜角為π?θ,P(x0+|AP|cos θ,y0+|AP|sin θ),

圖4

所以

由于P,Q 在拋物線x2=4y 上,所以(x0+|AP|cos θ)2=4(y0+|AP|sin θ),化簡可得:

同理: (x0?|AQ|cos θ)2=4(y0+|AQ|sin θ),化簡可得:

所以

所以

為定值.

思路四不妨先討論從拋物線頂點O 引出的兩條直線與拋物線相交于兩點B、C,與頂點構(gòu)成的三角形OBC 三邊之間的斜率的關(guān)系,若設(shè)B、C 兩點的坐標(biāo)分別為(xB,yB),又為直線BC 與拋物線的交點,為方便解題,設(shè)直線BC 的方程為mx+ny =1,與拋物線方程聯(lián)立,結(jié)合韋達(dá)定理,可得kOB+kOC=kBC,從而找出A、P、Q 三點與頂點O 相連所成的直線之間的關(guān)系,解出直線PQ 的斜率.

解法四過拋物線的頂點O 任意作兩條直線,分別于曲線C 相交于另外兩點B、C,顯然直線OB、OC 和BC 的斜率均存在.設(shè)直線BC :mx+ny =1,聯(lián)立:有:

x2=4y(mx+ny), 整理可得:即: 4nk2+4mk?1=0, 所 以所以由于直線AP 和AQ 是傾斜角互補(bǔ)的兩條直線, 因此kAP+kAQ=0, 則0=kAP+kAQ=2kOA+kPQ, 所以kPQ=?2kOA=為定值.

圖5

思路五為簡化問題, 還可以將坐標(biāo)原點平移至點A,則拋物線的解析式變?yōu)?x+x0)2=4(y +y0), 此時直線AP 和AQ 的斜率可以簡化為設(shè)直線PQ 為mx+ny=1,與拋物線聯(lián)立,結(jié)合韋達(dá)定理即可得到直線PQ 的斜率.

解法五將坐標(biāo)系原點平移至點A(x0,y0), 則拋物線x2=4y 解析式變?yōu)?x+x0)2=4(y+y0), 化簡得:x2+2x0x=4y.設(shè)直線PQ 為: mx+ny =1,由于直線PQ不可能垂直于x 軸,因此n0.則x2+2x0x·(mx+ny)=4y·(mx+ny),整理得:2mx0)=0, 即: 4nk2+(4m?2nx0)k?(1+2mx0)=0,由于直線AP 和AQ 是傾斜角互補(bǔ)的兩條直線, 因此kAP+kAQ=0, 所以為定值.

三、試題探究

波利亞將解決問題的過程分成了四個階段: 弄清問題、擬定計劃、實現(xiàn)計劃、回顧,強(qiáng)調(diào)在解決完數(shù)學(xué)問題之后的回顧與反思.養(yǎng)成問題回顧的習(xí)慣能夠更好地鞏固知識,并認(rèn)清問題的本質(zhì).

重新回顧第(2)小問,似乎直線PQ 的某些特點是由直線AP 和AQ 決定的,如果改變直線AP 和AQ 的斜率關(guān)系,那么直線PQ 的性質(zhì)將會如何改變呢? 沿著這個問題作三個簡單的探究.原題中的多種解法都可用于探究中,但常規(guī)解法更能反映知識的發(fā)展、演變過程,為了使得常規(guī)解法能夠得到充分的理解和掌握,在探究中用到的解法均與解法一類似.

探究一如圖6, 設(shè)A(x0,y0)為拋物線y2=2px(p > 0)上一定點, 過點A 任意作直線, 分別與拋物線交于另外兩點P、Q,α1和α2分別為直線AP、AQ 的傾斜角,若時,直線PQ的有什么特點?

解不妨設(shè)tan θ=t, 設(shè)P(x1,y1), Q(x2,y2), 由于A,P,Q 都在拋物線y2=2px 上,所以

圖6

(I) 若kPQ存在, 則直線化簡可得:

將 ①式中的y1y2代入到 ②式中并整理可得: 直線PQ:因此PQ 過定點

(II) 若kPQ不存在,則P(x1,y1),Q(x1,?y1),將

探究二設(shè)A(x0,y0)為拋物線y2=2px(p > 0)上一定點,過點A 任意作直線,分別與拋物線交于另外兩點P、Q,若kAP+kAQ=t 時,直線PQ 有什么特點?

解設(shè)P(x1,y1), Q(x2,y2), 由于A,P,Q 都在拋物線 y2=2px 上,所以

由于kAP+kAQ=t,

(I) 若kPQ存在,則

將 ①式中的y1y2代入到 ②式中并整理可得: 直線

(II) 若kPQ不存在, 則P(x1,y1), Q(x1,?y1) kAP=

(2) 當(dāng)t=0 時,有

化簡可得: y1+y2=?2y0, 此時, 直線PQ 的斜率必存在.由(1)可知,直線PQ:y2y+y1y?y1y2=2px,將y1+y2=?2y0代入直線PQ 的解析式, 即:?2y0y?y1y2=2px 若y0=0,則直線PQ 與x 軸垂直;若y00,則直線PQ 的斜率為

探究三設(shè)A(x0,y0)為拋物線y2=2px(p > 0)上一定點,過點A 任意作直線,分別與拋物線交于另外兩點P、Q,若kAP·kAQ =t(t0)時,直線PQ 有什么特點?

解設(shè)P(x1,y1), Q(x2,y2), 由于A,P,Q 都在拋物線y2=2px 上, 所以由 于kAP· kAQ=t(t0),

(I) 若kPQ存在,則

將 ①式中的y1y2代入到 ②式中并整理可得: 直線PQ:(y1+y2)(y+y0)=因此PQ 過定點

(II) 若kPQ不存在, 則P(x1,y1), Q(x1,?y1), kAP=

四、總結(jié)反思

圓錐曲線與直線的關(guān)系是高考?？嫉闹仉y點內(nèi)容,碰到這類問題應(yīng)多去思考每一道題的本質(zhì),這類題目可以如何改編以及解決這類問題的通法.對一個問題的回顧與反思往往比解決這個問題本身更重要,只有真正理解一個問題的本質(zhì),才能跳出“題?！钡慕d.