真題解密同構(gòu)顯 課本一隅題根隱

巨小鵬

摘要：近幾年同構(gòu)法在高考題中不斷顯現(xiàn)，方法讓人耳目一新，然而這種方法的影子就在課本的例題或習(xí)題里.本文對高考真題所涉及同構(gòu)法的例題進行剖析，找出在課本中的題源題根，并以往年高考題或者名校聯(lián)考試題為例加以運用，深刻理解同構(gòu)法的高妙.

關(guān)鍵詞：真題;同構(gòu);課本;題根

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0035-05

高考題源于課本，高于課本，然而教材中許多被人忽視的例題靜靜地散發(fā)著自己的魅力.同構(gòu)法在函數(shù)、圓錐曲線和數(shù)列等模塊中相繼顯現(xiàn)，并被大家接受和認可，然而同構(gòu)法并不是新的方法，其思想就隱藏在課本之中.

1 真題呈現(xiàn)

題目（2021年高考甲卷數(shù)學(xué)（理）20題）拋物線C的頂點為坐標原點O.焦點在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點，且OP⊥OQ.已知點M2，0，且⊙M與l相切.

（1）求C，⊙M的方程;

（2）設(shè)A1，A2，A3是C上的三個點，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切，判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由.

解析（1）依題意，設(shè)拋物線C：y2=2px（p>0），P（1，y0），Q（1，-y0）.

因為OP⊥OQ，

所以O(shè)P·OQ=1-y20=1-2p=0.

即2p=1.

所以C的方程為y2=x.

因為⊙M的圓心M（0，2），

可知⊙M半徑為1.

所以⊙M的方程為（x-2）2+y2=1.

（2）設(shè)A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3），若A1A2斜率不存在，則A1A2方程為x=1或x=3.

若A1A2方程為x=1，易知不合題意.

若A1A2方程為x=3，根據(jù)對稱性不妨A1（3，3），A2（（3，-3），

則過點A1與圓M相切的直線A1A3為

y-3=33（x-3）.

又kA1A3=13+y3=33，

所以y3=0.

此時直線A1A3，A2A3關(guān)于x軸對稱.

所以直線A2A3與圓M相切.

若直線A1A2，A1A3，A2A3斜率均存在，

則

kA1A2=1y1+y2，

kA1A3=1y1+y3，

kA2A3=1y2+y3.

所以直線A1A2方程為

x-（y1+y2）y+y1y2=0.

同理直線A1A3的方程為

x-（y1+y3）y+y1y3=0，

直線A2A3的方程為

x-（y2+y3）y+y2y3=0.

因為A1A2與圓M相切，

所以|2+y1y2|1+（y1+y2）2=1.

整理，得

（y21-1）y22+2y1y2+3-y21=0.

A1A3與圓M相切，同理

（y21-1）y23+2y1y3+3-y21=0.

所以y2，y3為方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的兩根，由韋達定理，得

y2+y3=2y11-y21，y2y3=-y21-31-y21.

點M到直線A2A3的距離為

|2+y2y3|1+（y2+y3）2=|2+3-y21y21-1|1+（2y11-y21）2=1.

所以直線A2A3與圓M相切.

綜上，若直線A1A2，A1A3與圓M相切，則直線A2A3與圓M相切.

評注（1）過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉(zhuǎn)化為只與縱坐標（或橫坐標）有關(guān);（2）要充分利用A1A2，A1A3的對稱性，構(gòu)造出y2，y3為方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的兩根，抽象出y2+y3，y2y3與y1關(guān)系，把y2，y3的關(guān)系轉(zhuǎn)化為用y1表示.

2 課本尋根

特級教師萬爾遐說過：“題海戰(zhàn)術(shù)人笑癡，別人抓根你抓枝，抓根九九能歸一，抓枝遍野怎收拾？課有本，題有根，題根課根聯(lián)考根，講課不把根題展，盲人摸象白費神”.命題時，命題人千方百計地把這個題根藏起來，解題時恰好相反，解題人則是要千方百計地把這個題根尋找到.找到題根題源，就找到問題的底層邏輯，以此展開思維，繼續(xù)探究.

題源（蘇教版（新版）高中數(shù)學(xué)必修一第19頁13題）已知兩條直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點A（1，2），求過兩點P1（a1，b1），

P2（a2，b2）的直線方程.

解析因為兩條直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點A（1，2），所以a1+2b1+1=0且a2+2b2+1=0.

即a1，b1），a2，b2）是方程x+2y+1=0的兩組解.

所以過兩點P1（a1，b1），P2（a2，b2）的直線方程是x+2y+1=0.

評注題本身不難，重點在由已知得出a1，b1），a2，b2）是方程x+2y+1=0的兩組解，對于這種結(jié)構(gòu)相同性問題，構(gòu)造出新的方程解決問題的方法值得我們?nèi)ヌ骄?由此可知，將條件進行等價轉(zhuǎn)化，化成結(jié)構(gòu)形式相同的方程或者不等式，然后構(gòu)造出熟悉的方程或者函數(shù)解決問題，起到化繁為簡的目的，我們將這種方法稱為“同構(gòu)法”.

3 應(yīng)用舉例

3.1 雙切線問題

動點P（x0，y0）為橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）外一點，過點作橢圓的兩條切線l1，l2，其斜率存在且分別為k1，k2，若k1k2=λ（λ≠0），則點P的軌跡方程為λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

探究證明設(shè)直線l1：y-y0=k1（x-x0）與橢圓聯(lián)立，得a2k21+b2）x2+2a2k1（y0-k1x0）x+

a2[（y0-k1x0）2-b2]=0.

因為Δ=0，

所以（x20-a2）k21-2x0y0k1+（y20-b2）=0.

同理可得

（x20-a2）k22-2x0y0k2+（y20-b2）=0.

即k1，k2為方程（x20-a2）k2-2x0y0k+（y20-b2）=0的兩個根.

所以k1k2=y20-b2x20-a2=λ.

即λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

可知當(dāng)切線斜率不存在時，方程也成立.

雙切線交點軌跡問題不僅僅在橢圓中有這樣的結(jié)論，在雙曲線和拋物線中也有類似的結(jié)論，有興趣可以繼續(xù)探究.并且雙切線的斜率之間也有關(guān)系，比如上述探究中k1k2=y20-b2x20-a2，也可得k1+k2=2x0y0x20-a2.

例1（2014年廣東卷理科18題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的一個焦點為5，0，離心率為53.

（1）求橢圓C的標準方程;

（2）若動點Px0，y0為橢圓外一點，且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點P的軌跡方程.

解析（1）由題意知橢圓C的標準方程為

x29+y24=1.

（2）①設(shè)從點P所引的直線的方程為

y-y0=kx-x0，

即y=kx+y0-kx0.

當(dāng)從點P所引的橢圓C的兩條切線的斜率都存在時，分別設(shè)為k1，k2，則k1k2=-1.

將直線y=kx+y0-kx0的方程代入橢圓C的方程并化簡，得

（9k2+4）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-36=0.

Δ=[18k（y0-kx0）]2-4×（9k2+4）[9（y0-kx0）2-36]=0，

化簡，得y0-kx02-9k2-4=0.

即x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0.

則k1，k2是關(guān)于k的一元二次方程x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0的兩根.

則k1k2=y20-4x20-9=-1.

化簡，得x20+y20=13.

②當(dāng)從點P所引的兩條切線均與坐標軸垂直，則點P的坐標為±3，±2，此時點P也在圓x2+y2=13上.

綜上所述，點P的軌跡方程為x2+y2=13.

評注本題以橢圓為載體，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及動點的軌跡方程，將直線與二次曲線的公共點的個數(shù)利用Δ的符號來進行轉(zhuǎn)化，計算量較大，從中也涉及了方程思想的靈活應(yīng)用.

變式如圖1，設(shè)點P為拋物線Γ：y2=x外一點，過點P作拋物線Γ的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B.

（1）若點P為（-1，0），求直線AB的方程;

（2）若點P為圓（x+2）2+y2=1上的點，記兩切線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求|1k1-1k2|的取值范圍.

解析（1）設(shè)直線PA方程為x=m1y-1，直線PB方程為x=m2y-1.

由x=m1y-1，y2=x，可得

y2-m1y+1=0.

因為PA與拋物線相切，

所以△=m21-4=0.

取m1=2，則yA=1，xA=1.

所以A（1，1）.

同理可得B（1，-1）.

所以AB：x=1.

（2）設(shè)P（x0，y0），則直線PA方程為

y=k1x-k1x0+y0，

直線PB方程為y=k2x-k2x0+y0.

由y=k1x-k1x0+y0，y2=x，得

k1y2-y-k1x0+y0=0.

因為直線PA與拋物線相切，所以

△=1-4k1（-k1x0+y0）

=4x0k21-4y0k1+1=0.

同理可得

4x0k22-4y0k2+1=0.

所以k1，k2是方程4x0k2-4y0k+1=0的兩根.

所以k1+k2=y0x0，k1k2=14x0.

則k1-k2=y20x20-1x0=y20-x0x0.

又因為（x0+2）2+y20=1，

則-3≤x0≤-1.

即1k1-1k2=k1-k2k1k2

=4y20-x0

=41-（x0+2）2-x0

=4-（x0+52）2+134∈4，213.所以1k1-1k2的取值范圍是[4，213].

評注本題主要考查拋物線方程的應(yīng)用及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用問題，解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與拋物線（圓錐曲線）方程的方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進行求解，此類問題易錯點是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯解，能較好地考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題和解決問題的能力.

3.2 斜率同構(gòu)定點問題

除了雙切線問題，還有過曲線外一定點作曲線的兩條交線的斜率同構(gòu)問題.

例2（2017年新課標Ⅰ卷理科20題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1），

P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三點在橢圓C上.

（1）求C的方程;

（2）設(shè)直線l不經(jīng)過點P2且與C相交于A，B兩點，若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點.

解析（1）C的方程為x24+y2=1.

（2）設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，如果l與x軸垂直，設(shè)l：x=t，經(jīng)驗證不符合題意.

設(shè)P2A的直線方程為y=k1x+1，

直線l方程為y=kx+m，

將兩個直線方程聯(lián)立，得

A（m-1k1-k，k1m-kk1-k）.

代入橢圓方程整理，得

4（m2-1）k21+8k（1-m）k1+（m-1）2+4k2

=0.

設(shè)P2B的直線方程為y=k2x+1，

同理可得

4（m2-1）k22+8k（1-m）k2+（m-1）2+4k2=0.

即k1，k2是方程4（m2-1）x2+8k（1-m）x+（m-1）2+4k2=0的兩個根.

于是k1+k2=2km+1=-1.

則m=-2k-1.

所以直線l的方程為

y=kx-2k-1=k（x-2）-1.

即直線l恒過點（2，-1）.

評注橢圓的對稱性是橢圓的一個重要性質(zhì)，判斷點是否在橢圓上，可以通過這一方法進行判斷.證明直線過定點的關(guān)鍵是設(shè)出直線方程，通過一定關(guān)系轉(zhuǎn)化，找出兩個參數(shù)之間的關(guān)系式，從而可以判斷過定點情況.另外，在設(shè)直線方程之前，若題設(shè)中未告知，則一定要討論直線斜率不存在和存在兩種情況，其通法是聯(lián)立方程，求判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系，再根據(jù)題設(shè)關(guān)系進行化簡.

3.3 參數(shù)同構(gòu)定值問題

例3已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，且短軸長為2，離心率等于255.

（1）求橢圓C的方程;

（2）過橢圓C的右焦點F作直線l交橢圓C于A，B兩點，交y軸于點M，若MA=λ1AF，MB=λ2BF，求證：λ1+λ2為定值.

解析（1）x25+y2=1.

（2）可知F（2，0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（0，m），

因為MA=λ1AF，

所以（x1，y1-m）=λ1（2-x1，-y1）.

即x=2λ1λ1+1，y=mλ1+1.

代入橢圓x25+y2=1，得

15·（2λ11+λ1）2+（y01+λ1）2=1.

去分母整理，得

λ21+10λ1+5-5m2=0.

又因為MB=λ1BF，同理可得

λ22+10λ2+5-5m2=0.

所以λ1和λ2為方程λ2+10λ+5-5m2=0的兩個根.

所以λ1+λ2=-10.

評注本題還可以設(shè)出直線方程y=k（x-2）與橢圓聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的二次方程，得到x1+x2與x1x2的值，根據(jù)條件MA=λ1AF和MB=λ1BF得到λ1+λ2=-10.但是計算不如同構(gòu)法簡單.

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[責(zé)任編輯：李璟]