從兩道高考題談同構(gòu)方程法在解幾題中的應(yīng)用

安徽省蕪湖市第一中學(xué)(241000) 劉海濤

摘要文章從2021年全國甲、乙卷的兩道解析幾何解答題出發(fā),從同構(gòu)方程法解題的角度予以思考,總結(jié)該法在解析幾何問題中的應(yīng)用,以期對教學(xué)、研究、學(xué)習(xí)有一定的幫助.

關(guān)鍵詞高考試題;解析幾何;同構(gòu)方程法

1 真題呈現(xiàn)

題目1(2021年高考全國甲卷文科第21 題理科第20題)拋物線C的頂點為坐標(biāo)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M(2,0),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.

題目2(2021年高考全國乙卷理科第21 題)已知拋物線C:x2=2py(p >0)的焦點為F,且F與圓M:x2+(y+4)2=1 上的點的最短距離為4.

(1)求p;

(2)若點P在M上,PA,PB為C的切線,切點為A,B,求?PAB面積的最大值.

2 真題解析

2.1 題目1(甲卷題)的解析

(1)C:y2=x,⊙M:(x?2)2+y2=1(過程省略).

(2)判斷得直線A2A3與⊙M相切,證明如下:

設(shè)A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3).若直線A1A2斜率不存在,則直線A1A2方程為x=1 或x=3,

若直線A1A2方程為x=1,根據(jù)對稱性,不妨設(shè)A1(1,1),則過A1與⊙M相切的另一條直線方程為y=1,此時該直線與拋物線只有一個交點,即不存在A3,不合題意;

若直線A1A2方程為x=3,根據(jù)對稱性不妨設(shè)則過A1與⊙M相切的直線A1A3為此時直線A1A3,A2A3關(guān)于x軸對稱,所以直線A2A3與⊙M相切;

若直線A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在,則所以直線A1A2方程為整理得x?(y1+y2)y+y1y2=0,同理直線A1A3,A2A3的方程分別為x?(y1+y3)y+y1y3=0,x?(y2+y3)y+y2y3=0,由直線A1A2與⊙M相切,得整理得又直線A1A3與⊙M相切,同理得所以y2,y3為方程的兩根,則點M到直線A2A3的距離為

所以直線A2A3與⊙M相切.

綜上,若直線A1A2,A1A3均與⊙M相切,則直線A2A3與⊙M相切.

2.2 題目2(乙卷題)的解析

(1)p=2(過程省略);

(2)解法1[1]設(shè)P(x0,y0),直線PA,PB的方程為y?y0=k1(x?x0),y?y0=k2(x?x0),設(shè)過點P與拋物線C相切的直線方程為y?y0=k(x?x0).

解法2[1]設(shè)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).

由P為兩直線交點,得x1x0?2y0?2y1=0,x2x0?2y0?2y2=0,注意到A,B兩點坐標(biāo)滿足同一方程x0x?2y?2y0=0,故直線AB方｜程為x0x｜?2y?2y0=0,所以點P到直線AB的距離下同解法1.

3 同構(gòu)方程法的提出

假定

觀察知兩式除變量x1和x2不同外,其余結(jié)構(gòu)相同,則可知x1,x2為方程ax2+bx+c=0 的兩根,該方程稱之為式①和式②的同構(gòu)方程.解題中,我們將兩個結(jié)構(gòu)相同的方程,轉(zhuǎn)化為同構(gòu)方程后,再利用同構(gòu)方程解題的方法,稱之為同構(gòu)方程法.

題目2 中,解法1 注意到兩條切線的方程結(jié)構(gòu)相同,故考慮同構(gòu)方程解題,得到兩切線斜率k1,k2為方程k2?x0k+y0=0 的兩根,再運用韋達(dá)定理解題.解法2在得到x1x0?2y0?2y1=0 和x2x0?2y0?2y2=0 兩式后,注意到A,B兩點坐標(biāo)滿足同一方程x0x?2y?2y0=0,利用“兩點確定一條直線”的原理,得到直線AB方程為x0x?2y?2y0=0.兩種解法都是同構(gòu)方程法,區(qū)別在于解法1 同構(gòu)的元素為斜率,解法2 同構(gòu)的元素為坐標(biāo),兩種不同的同構(gòu)方程法,異曲同工.

4 同構(gòu)方程法在解析幾何中的應(yīng)用

4.1 以斜率為變量同構(gòu)方程

例1已知橢圓的離心率為分別為橢圓C的左,右焦點,M為橢圓C上一點,?MF1F2的周長為

(1)求橢圓C的方程;

(2)P為圓x2+y2=5 上任意一點,過點P作橢圓C的兩條切線,切點分別為A,B,判斷是否為定值?若是,求出定值;若不是,說明理由.

解析(1)(過程省略).

(2)設(shè)P(x0,y0),則即P(±2,±1)時,兩切線分別平行于x,y軸,則PA⊥PB;當(dāng)時,設(shè)過點P的C的切線方程為y?y0=k(x?x0),其中直線PA,PB的方程分別為y?y0=k1(x?x0),y?y0=k2(x?x0).將y?y0=k(x?x0)與橢圓方程聯(lián)立得到

(4k2+1)x2+8k(y0?kx0)x+4[(y0?kx0)2?1]=0.令?=0,得64k2(y0?kx0)2?16[(y0?kx0)2?1](4k2+1)=0,整理得則k1,k2為該方程的兩根,所以則k1k2=?1,即PA⊥PB.

綜上,有PA⊥PB,所以=0.

評注解答該題的關(guān)鍵在于注意到兩切線方程除斜率k1,k2外結(jié)構(gòu)相同,故考慮同構(gòu)關(guān)于斜率k的方程,從而得到PA⊥PB,順利解題.另外,該題可以拓展出如下一般化結(jié)論.

結(jié)論1已知⊙O:x2+y2=r2和橢圓(a >b >0),P為⊙O上任意一點,過點P作橢圓C的兩條切線,切點分別為A,B,則PA⊥PB的充要條件是r2=a2+b2.

說明一般地,我們稱圓x2+y2=a2+b2為橢圓的蒙日圓.仿照例1 可給出結(jié)論1的證明,限于篇幅,此處從略.

例2已知橢圓的離心率為兩焦點與短軸兩頂點圍成的四邊形面積為

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

(2)我們稱圓心在橢圓C上,半徑為的圓是橢圓C的“衛(wèi)星圓”,過原點O作橢圓C的“衛(wèi)星圓”的兩條切線,分別交橢圓C于A,B兩點,試問|OA|2+|OB|2是否為定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由.

解析(1)(過程省略).

(2)設(shè)“衛(wèi)星圓”的圓心為P(x0,y0),則即時,⊙P與兩坐標(biāo)軸相切,則OA,OB分別為橢圓C的長半軸、短半軸,所以|OA|2+|OB|2=12+4=16;當(dāng)時,設(shè)過點O的⊙P的切線方程為y=kx,其中直線OA,OB的方程分別為y=k1x,y=k2x.

綜上,|OA|2+|OB|2=16.

評注解答該題的關(guān)鍵在于注意到兩切線方程結(jié)構(gòu)相同,故同構(gòu)關(guān)于斜率k的方程結(jié)合的定值關(guān)系,從而順利解題.該題可以拓展出如下一般化結(jié)論.

結(jié)論2已知橢圓P為橢圓C上任意一點,過原點O作以P為圓心,為半徑的圓的兩條切線,分別交橢圓C于A,B兩點,則|OA|2+|OB|2=4b2的充要條件是橢圓C離心率為

說明若切線OA,OB斜率均存在,則斜率之積為結(jié)論2 的證明可仿照例2,限于篇幅,此處從略.

4.2 以坐標(biāo)為變量同構(gòu)方程

例3已知曲線D為直線上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B.

(1)證明:直線AB過定點;

解析(1)設(shè)求導(dǎo)得y′=x,則直線DA斜率為x1,直線DA方程為整理得2tx1?2y1+ 1=0,同理得2tx2?2y2+ 1=0,則A,B兩點坐標(biāo)均滿足方程2tx?2y+ 1=0,而兩個不同的點確定一條直線,所以直線AB方程為2tx?2y+ 1=0,由t的任意性,令故直線AB過定點

評注該題是2019年高考全國Ⅲ卷試題,解答該題的關(guān)鍵在于構(gòu)造出A,B兩點坐標(biāo)滿足的方程2tx?2y+1=0,由“兩點確定一條直線”的原理,得出直線AB的方程.基于以上解答,可以將該題拓展到如下一般化結(jié)論:

結(jié)論3已知拋物線C:x2=2py(p >0),D為直線l:y=t(t <0)上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B,則直線AB過定點(0,t).

結(jié)論3 的證明仿照例3 即可,此處從略.

類似地,可以得到有關(guān)橢圓、雙曲線的結(jié)論如下:

結(jié)論4已知橢圓=1(a>b>0),D為直線l上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B,則(1)直線AB過定點的充要條件是直線l:x=t;(2)直線AB過定點的充要條件是直線l:y=t.

證明(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線DA的方程為y?y0=k(x?x0),與橢圓方程聯(lián)立得

令?=0,整理得(y1?kx1)2=k2a2+b2,又此時所以故直線DA的方程為

充分性的證明:設(shè)D(t,y0),則同理得則A,B兩點坐標(biāo)均滿足方程而兩點確定一條直線,所以直線AB方程為由y0的任意性,令故直線AB過定點

綜上,直線AB過定點的充要條件是直線l:x=t.

結(jié)論5已知雙曲線D為直線l上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B,則(1)直線AB過定點的充要條件是直線l:x=t;(2)直線AB過定點的充要條件是直線l:y=t.

說明結(jié)論4(2)和結(jié)論5 的證明仿照結(jié)論4(1),此處從略.

4.3 以參數(shù)為變量同構(gòu)方程

例4已知橢圓經(jīng)過點且焦距為2.

(1)求橢圓C的方程;

(2)過點F(0,1)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與x軸的交點.若試問λ+μ是否為定值? 若是,求出該定值;若不是,請說明理由.

解析(1)(過程省略).

(2)設(shè)A(x1,y1),P(x0,0),由得(x1?x0,y1)=λ(?x1,1?y1),則所以整理得同理得可見λ,μ是方程的兩個根,所以λ+μ=?3.

評注注意到向量數(shù)乘式結(jié)構(gòu)相同,故考慮構(gòu)造關(guān)于參數(shù)λ,μ的同構(gòu)方程解題.該題還可以拓展到如下一般化結(jié)論.

結(jié)論6已知橢圓=1(a >b >0),(1)過定點F(0,t)(t ?=±b)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與x軸的交點.若則(2)過定點F(t,0)(t ?=±a)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與y軸的交點.若

結(jié)論7已知雙曲線(1)過定點F(0,t)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與x軸的交點.若則(2)過定點F(t,0)(t ?=±a)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與y軸的交點.若則

我們知道標(biāo)準(zhǔn)形式的橢圓、雙曲線、以坐標(biāo)原點為圓心的圓三者的方程可以統(tǒng)一為當(dāng)a,b >0 且a ?=b時表示橢圓;當(dāng)ab<0 時表示雙曲線;當(dāng)a=b>0 時表示圓[2].上述結(jié)論從結(jié)構(gòu)上可以統(tǒng)一為如下結(jié)論:

結(jié)論8已知曲線(1)過定點F(0,t)(t2b)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與x軸的交點.若則(2)過定點F(t,0)(t2a)的直線l交C于A,B兩點,點P為直線l與y軸的交點.若則

說明結(jié)論6、7、8 的證明仿照例4,此處從略.

例5已知橢圓過點P(4,1)的動直線交橢圓C于A,B兩點,若線段AB上點Q滿足求證:點Q在定直線上.

解析設(shè)再設(shè)Q(x,y),則代入C的方程,并整理得(x2+2y2?4)λ2?4(2x+y?2)λ+14=0,同理得(x2+2y2?4)(?λ)2?4(2x+y?2)(?λ)+14=0,可見λ和?λ是方程(x2+2y2?4)t2?4(2x+y?2)t+14=0,由韋達(dá)定理知2x+y?2=0,故點Q在直線2x+y?2=0上.

點評該題改編自2008年高考安徽卷理科試題,由A,B,P,Q四點共線,知可將線段長度比值轉(zhuǎn)換為向量數(shù)量積關(guān)系,進(jìn)而用坐標(biāo)表示,而得到后,可知利用同構(gòu)方程解題.該題還可以拓展到如下一般化結(jié)論:

結(jié)論9已知曲線過點P(m,n)的動直線交C于A,B兩點,若線段AB上點Q滿足則點Q在定直線mbx+nay?ab=0 上.

說明結(jié)論9 的證明仿照例5,此處從略.

5 總結(jié)反思

5.1 方法總結(jié)

解析幾何就是用代數(shù)的方法處理幾何問題,在一些解析幾何問題中,如發(fā)現(xiàn)根據(jù)題意可以得出結(jié)構(gòu)相同的代數(shù)式(方程式),則可以考慮同構(gòu)方程法解題.我們應(yīng)明確同構(gòu)方程法并不是解析幾何的通性通法,其適用范圍較窄,從上述例題的解答過程可以看出,我們可以考慮從斜率、坐標(biāo)、參數(shù)三個方面同構(gòu)方程.

5.2 解后反思

本文介紹的同構(gòu)方程法,為今后解決一類解析幾何問題提供了新的思路,相較于聯(lián)立直線與曲線方程的通法,該法過程簡潔、計算量小,體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的解題思想.該法一定程度上可以提高解題效率,但有其局限性.我們在日常的學(xué)習(xí)中,要結(jié)合自身掌握程度和實際情況,選擇最佳的解題方法,不能盲目追求某一種解法,要學(xué)會從不同的解法中汲取不同的數(shù)學(xué)思想,從而提高自身的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)[3].