對(duì)一道聯(lián)考試題的探究

周臘生 陳曉明

摘 要：本文對(duì)一道解析幾何模擬試題的解法進(jìn)行探究，并揭示試題背景、探究問(wèn)題本源.習(xí)題課教學(xué)要通過(guò)一個(gè)或幾個(gè)題目的解決讓學(xué)生領(lǐng)悟一類(lèi)問(wèn)題的知識(shí)背景，抓住一類(lèi)問(wèn)題的數(shù)學(xué)本質(zhì)，特別是提煉解決一類(lèi)問(wèn)題的思想方法.

關(guān)鍵詞：拋物線;焦點(diǎn)弦;準(zhǔn)線

參加各級(jí)各類(lèi)聯(lián)考是高考復(fù)習(xí)過(guò)程中重要的一個(gè)環(huán)節(jié)，筆者所在學(xué)校每屆高三都要參加在安徽享有盛譽(yù)的“皖南八?！甭?lián)考.“皖南八?！?019屆高三第三次聯(lián)考理科數(shù)學(xué)第20題是一道解析幾何試題，因?yàn)橛?jì)算量較大的原因?qū)W生普遍害怕解析幾何題，但本題計(jì)算量并不算大，學(xué)生得分率依然很低.本文對(duì)試題解法進(jìn)行探究，并揭示試題背景、探究問(wèn)題本源，從而更好地備考.

1 試題呈現(xiàn)

題目 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線C∶x2=2py（p>0），過(guò)拋物線焦點(diǎn)F且與y軸垂直的直線與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，且△OAB的周長(zhǎng)為2+5.

（1）求拋物線C的方程;

（2）若直線l過(guò)焦點(diǎn)F且與拋物線C相交于M，N兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M，N分別作拋物線C的切線l1，l2，切線l1與l2相交于點(diǎn)P，求|PF|2-|MF|·|NF|的值.

2 解法探究

2.1 第（1）問(wèn)解析

解析 由題意知焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，p 2）.

將y=p 2代入拋物線C的方程可求得點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（-p，p 2），（p，p 2）.

故|AB|=2p，|OA|=|OB|=p2+（p 2）2=5 2p.

所以△OAB的周長(zhǎng)為2p+5p.

所以2p+5p=2+5，解得p=1.

所以?huà)佄锞€C的方程為x2=2y.

2.2 第（2）問(wèn)解析

解法1 如圖1所示，由（1）知拋物線C的方程可化為y=1 2x2，求導(dǎo)可得y′=x.

設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），設(shè)直線l的方程為y=kx+1 2.（直線l的斜率顯然存在）

聯(lián)立方程y=kx+1 2，y=1 2x2，

消去y整理，得x2-2kx-1=0.

因?yàn)楦呐袆e式△=4k2+4>0，

所以由韋達(dá)定理，得x1+x2=2k，x1x2=-1.

所以y1+y2=k（x1+x2）+1=2k2+1，

y1y2=1 4x21x22=1 4.

直線l1的方程為y-1 2x21=x1（x-x1）.

整理，得y=x1x-1 2x21.

同理，直線l2的方程為y=x2x-1 2x22.

聯(lián)立方程組y=x1x-1 2x21，y=x2x-1 2x22，解得x=x1+x2 2，y=x1x2 2.

所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為（k，-1 2）.

所以由拋物線的幾何性質(zhì)，知|MF|=y1+1 2，|NF|=y2+1 2.

所以|MF|·|NF|=（y1+1 2）（y2+1 2）=y1y2+1 2（y1+y2）+1 4=1 4+1 2（2k2+1）+1 4=k2+1.

又由兩點(diǎn)間距離公式，得

|PF|=（k-0）2+（-1 2-1 2）2=k2+1.

所以|PF|2-|MF|·|NF|=k2+1-（k2+1）=0.

評(píng)注 （1）本解法屬通性通法，樸實(shí)無(wú)華.設(shè)出直線方程、聯(lián)立拋物線方程，得到韋達(dá)定理，這是在解析幾何中比較常見(jiàn)的解法.將所求線段之積|MF|·|NF|用拋物線的焦半徑表示，然后利用韋達(dá)定理得到的結(jié)論及直線方程代入，得出只含參數(shù)k的式子.另一方面，利用導(dǎo)數(shù)求出兩切線方程，聯(lián)立解得點(diǎn)P坐標(biāo)，這也是很常規(guī)的解法，然后由兩點(diǎn)間距離公式求出|PF|，同樣只含參數(shù)k，從而進(jìn)一步算出美妙的答案（參數(shù)k設(shè)而不求）.縱觀整個(gè)過(guò)程，計(jì)算量并不是很大，為什么學(xué)生不能解出正確答案呢？問(wèn)題出在上述過(guò)程的哪個(gè)環(huán)節(jié)？有的是學(xué)生想不到;有的是想到了卻不敢算;有的是計(jì)算時(shí)細(xì)節(jié)出了問(wèn)題;……總之，基本功不扎實(shí)，知識(shí)掌握不熟練，計(jì)算能力欠缺.

（2）將直線方程與拋物線方程聯(lián)立時(shí)也可以消去x，得到關(guān)于y的一元二次方程，然后利用韋達(dá)定理解決問(wèn)題.

（3）計(jì)算|MF|·|NF|的值可不用拋物線焦半徑公式，利用兩點(diǎn)間距離公式、韋達(dá)定理解決問(wèn)題.

|MF|·|NF|=x21+（x21 2-1 2）2·x22+（x22 2-1 2）2

=x21+1 2·x22+1 2

=（x1x2）2+x21+x22+1 4

=1+（x1+x2）2-2x1x2+1 4

=k2+1.

解法2 如圖1所示，由解法1知，直線PM，PN斜率之積kPMkPN=x1x2=-1，故PM⊥PN.

又因?yàn)辄c(diǎn)P（k，-1 2），所以直線PF，MN斜率之積kPFkMN=-1 2-1 2 k-0·k=-1.

所以PF⊥MN.

在Rt△PMN中，由射影定理得|PF|2=|MF|·|NF|.

所以|PF|2-|MF|·|NF|=0.

評(píng)注 解法1是代數(shù)法，解法2是幾何法，兩種方法交相輝映、數(shù)形結(jié)合、相得益彰！相比代數(shù)法，幾何法更為簡(jiǎn)潔、神奇！原來(lái)本試題還隱藏著這樣的幾何背景，令人感慨.

3 提出問(wèn)題

不難發(fā)現(xiàn)，這里MN為拋物線x2=2y的焦點(diǎn)弦，過(guò)其兩端點(diǎn)M，N所作切線交點(diǎn)P（k，-1 2）正好落在拋物線的準(zhǔn)線y=-1 2上，且PF⊥MN，PM⊥PN，由xP=x1+x2 2可知點(diǎn)P與MN中點(diǎn)橫坐標(biāo)相同，這是巧合嗎？結(jié)論能推向一般嗎？逆命題成立嗎？

4 追根溯源

定理1 若直線l過(guò)焦點(diǎn)F且與拋物線C∶x2=2py（p>0）相交于M，N兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M，N分別作拋物線C的切線l1，l2，切線l1與l2相交于點(diǎn)P，線段MN中點(diǎn)為Q.則有下列結(jié)論成立：

（1）xP=xQ;

（2）點(diǎn)P在拋物線的準(zhǔn)線y=-p 2上;

（3）PF⊥MN;

（4）PM⊥PN;

（5）|PF|2-|MF|·|NF|=0.

證明 如圖2所示，拋物線C的方程可化為y=x2 2p，求導(dǎo)可得y′=x p.

設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），設(shè)直線l的方程為y=kx+p 2.（直線l的斜率顯然存在）

聯(lián)立方程y=kx+p 2，y=x2 2p，

消去y整理，得x2-2pkx-p2=0.

因?yàn)楦呐袆e式△=4p2k2+4p2>0，

所以由韋達(dá)定理，得x1+x2=2pk，x1x2=-p2.

所以y1+y2=k（x1+x2）+p=2pk2+p，

y1y2=x21x22 4p2=p2 4.

直線l1的方程為y-x21 2p=x1 p（x-x1）.

整理，得y=x1x p-x21 2p.

同理，直線l2的方程為y=x2x p-x22 2p.

聯(lián)立方程y=x1x p-x21 2p，y=x2x p-x22 2p，解得x=x1+x2 2，y=x1x2 2p.

所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為（pk，-p 2）.

由xP=x1+x2 2，且Q為線段MN中點(diǎn)知xP=xQ.

因?yàn)辄c(diǎn)P（pk，-p 2），所以點(diǎn)P在拋物線的準(zhǔn)線y=-p 2上.

所以直線PM，PN斜率之積kPMkPN=x1x2 p2=-p2 p2=-1，即PM⊥PN.

又因?yàn)辄c(diǎn)P（pk，-p 2），所以直線PF，MN斜率之積kPFkMN=-p 2-p 2 pk-0·k=-1，所以PF⊥MN.

在Rt△PMN中，由射影定理，得|PF|2=|MF|·|NF|，故|PF|2-|MF|·|NF|=0.

評(píng)注 （1）將問(wèn)題由特殊推向一般，結(jié)論仍然成立.

（2）這里證明垂直關(guān)系方法不唯一，如圖3所示，分別過(guò)點(diǎn)M，N向拋物線的準(zhǔn)線y=-p 2作垂線，垂足分別為點(diǎn)M1，N1，連結(jié)FM1，F(xiàn)N1.

先證明PM⊥PN.易知|PQ|=1 2（|MM1|+|NN1|）=1 2（|MF|+|NF|）=1 2|MN|.

所以P，M，N三點(diǎn)在以MN為直徑的圓上.

所以∠MPN=π 2，即PM⊥PN.

再證明PF⊥MN.因?yàn)镕（0，p 2），M1（x1，-p 2），所以FM1=（x1，-p）.同理FN1=（x2，-p）.

所以FM1·FN1=x1x2+p2=-p2+p2=0（由命題證明知x1x2=-p2），即FM1⊥FN1.

又因?yàn)辄c(diǎn)P為M1N1的中點(diǎn)，

所以|PF|=1 2|M1N1|=|PM1|.

故∠PFM1= ∠PM1F.

又|MM1|=|MF|，所以∠MFM1=∠MM1F.

故∠PFM=∠PFM1+∠MFM1=∠PM1F+∠MM1F=π 2，即PF⊥MN.

（3）拋物線的焦點(diǎn)弦性質(zhì)還有很多，讀者可參閱筆者文章《拋物線的焦點(diǎn)弦性質(zhì)及應(yīng)用》[1].

（4）不難證明，上述定理的逆命題也成立.

定理2 已知點(diǎn)P為拋物線C：x2=2py（p>0）的準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作拋物線C的切線l1，l2，切點(diǎn)分別為點(diǎn)M，N，線段MN中點(diǎn)為Q，則有下列結(jié)論成立：

（1）xP=xQ;

（2）切點(diǎn)弦MN過(guò)拋物線的焦點(diǎn);

（3）PF⊥MN;

（4）PM⊥PN;

（5）|PF|2-|MF|·|NF|=0.

題源揭秘 其實(shí)，本聯(lián)考試題的背景是“阿基米德三角形”：拋物線的弦與過(guò)弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍的三角形稱(chēng)為阿基米德三角形.阿基米德三角形的得名，是因?yàn)榘⒒椎卤救俗钤缋帽平乃枷胱C明了結(jié)論：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積，等于拋物線的弦與過(guò)弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍成的三角形面積的三分之二.上述定理1、定理2都是阿基米德三角形的性質(zhì)，即“弦為焦點(diǎn)弦”與“弦端點(diǎn)處切線交點(diǎn)在準(zhǔn)線上”存在對(duì)應(yīng)關(guān)系.

5 試題鏈接

題目 （2019年高考全國(guó)Ⅲ=3＼*ROMAN卷理科第21（1）題）已知拋物線C：y=x2 2，D為直線y=-1 2上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，證明：直線AB過(guò)定點(diǎn).

提示 由上述逆命題知，因?yàn)辄c(diǎn)D是直線y=-1 2 （拋物線y=x2 2的準(zhǔn)線）上的點(diǎn)，故直線過(guò)拋物線的焦點(diǎn)（0，1 2）.

6 結(jié)束語(yǔ)

我們的習(xí)題課教學(xué)要通過(guò)一個(gè)或幾個(gè)題目的解決讓學(xué)生領(lǐng)悟一類(lèi)問(wèn)題的知識(shí)背景，抓住一類(lèi)問(wèn)題的數(shù)學(xué)本質(zhì)，特別是提煉解決一類(lèi)問(wèn)題的思想方法，培養(yǎng)學(xué)生研究問(wèn)題的能力，構(gòu)建相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)的內(nèi)部網(wǎng)絡(luò)，從而讓學(xué)生對(duì)該類(lèi)問(wèn)題的再次考查而躍躍欲試，不再害怕考試，不再害怕做題！正如美國(guó)著名數(shù)學(xué)教育家波利亞所說(shuō)：“一個(gè)專(zhuān)心的認(rèn)真?zhèn)湔n的老師能夠拿出一個(gè)有意義但又不太復(fù)雜的題目，去幫助學(xué)生挖掘問(wèn)題的各個(gè)方面，使得通過(guò)這道題，就像通過(guò)一道門(mén)戶(hù)，把學(xué)生引入一個(gè)完整的理論領(lǐng)域.”

參考文獻(xiàn)：

[1]陳曉明.拋物線的焦點(diǎn)弦性質(zhì)及應(yīng)用[J].理科考試研究，2018（15）：17-20.

[2]于世章.挖掘課本習(xí)題價(jià)值上好復(fù)習(xí)課[J].數(shù)學(xué)通報(bào)，2014，53（12）：36-38.

（收稿日期：2020-11-03）