變化中找不變 探究中培能力
——2023屆高三元月大聯(lián)考理數(shù)20題的深入探究

王東海

(安徽省合肥市肥東縣城關(guān)中學(xué),安徽 合肥 231600)

在解析幾何的四種圓錐曲線里,其中橢圓與圓是關(guān)系緊密的兩個(gè)研究對(duì)象,它們的圖形有著很強(qiáng)的對(duì)稱性.另外橢圓中會(huì)生成很多圓,如蒙日?qǐng)A、伴隨圓、基圓和內(nèi)切圓等,它們?cè)谛再|(zhì)上具有怎樣的關(guān)系?再者橢圓中出現(xiàn)的撲朔迷離的變化中蘊(yùn)含著哪些不變性?本文以一道2023屆高三元月大聯(lián)考圓錐曲線試題為例,通過(guò)對(duì)問(wèn)題的解法探究、引申拓展、追本溯源,從而建構(gòu)此類題的處理方法.

1 考題呈現(xiàn)

(1)求點(diǎn)P的軌跡方程.

2 解法探究

當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m,且設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),再聯(lián)立橢圓方程并消去y可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0[1].

所以△=48(3+4k2-m2)>0,

即m2<3+4k2.

即7m2-12k2-12=0.

視角2 射線OA,OB過(guò)原點(diǎn),故也可設(shè)出OA的方程,通過(guò)直曲聯(lián)立可得A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo),最后用三角形等面積法可以求出|OH|的值.

又當(dāng)直線OA斜率存在時(shí),則設(shè)其方程為y=kx.聯(lián)立橢圓C的方程并消去y得

(3+4k2)x2-12=0.

①

②

視角3 觀察題目所給條件,有斜率之積為-1的條件,故可考慮使用齊次化法加以處理.

解析3 因直線AB不過(guò)原點(diǎn),故設(shè)直線l的方程為mx+ny=1,且設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),

對(duì)已知橢圓方程3x2+4y2-12=0配湊得

3x2+4y2-12(mx+ny)2=0.

即(3-12m2)x2-24mnxy+(4-12n2)y2=0.

兩邊同除以x2,得

③

視角4 此題中直線OA,OB都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)這個(gè)定點(diǎn),容易聯(lián)想到直線的參數(shù)方程.

(3cos2α+4sin2α)t2-12=0.

由t的幾何意義知:

品質(zhì)得分在54.70以上的為優(yōu)質(zhì)一級(jí)烤鴨，市售優(yōu)質(zhì)烤鴨中檢測(cè)到的9種雜環(huán)胺總含量水平為5 757.02～6 859.31ng·g-1。

視角5題中A,B兩點(diǎn)都在橢圓上,故可以考慮利用橢圓的參數(shù)方程來(lái)設(shè)出A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo).

所以4cosαcosβ+3sinαsinβ=0.

從而16cos2αcos2β=9sin2αsin2β.

④

即16cos2αcos2β=9(1-cos2α)(1-cos2β).

又因OA2=4cos2α+3sin2α=3+cos2α,

OB2=4cos2β+3sin2β=3+cos2β,

故由三角形等面積法得

視角6 此題中直線OA,OB都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)這個(gè)定點(diǎn),從而OA,OB與ρA,ρB相關(guān)聯(lián),因此使用極坐標(biāo)方程相比參數(shù)方程更減少其運(yùn)算量.

3 拓展推廣

一題多解可以培養(yǎng)學(xué)生全面分析問(wèn)題的能力、綜合運(yùn)用知識(shí)的能力,以及數(shù)學(xué)思維能力.教師不能只局限于對(duì)題目的具體解答,還應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生對(duì)問(wèn)題進(jìn)行深層次的探究及引申,充分挖掘題目的內(nèi)涵和外延,使學(xué)生能夠用更高的觀點(diǎn)去看待問(wèn)題.細(xì)品此題的結(jié)論,它對(duì)于一般的橢圓是否仍然成立呢?對(duì)于雙曲線及拋物線有無(wú)類似的結(jié)論呢?此題是否可以引申產(chǎn)生其它結(jié)論呢?基于以上思考,我們可以得到以下幾個(gè)一般性結(jié)論.

故原點(diǎn)到直線AB的距離為

這里用直線的參數(shù)方程易證.略.

運(yùn)用類比推理,對(duì)于拋物線,是否也有類似的結(jié)論呢?

結(jié)論6 已知拋物線C:y2=2px(p>0),A,B是異于頂點(diǎn)的兩動(dòng)點(diǎn),且OA⊥OB,OM⊥AB,并與AB相交于點(diǎn)M,則點(diǎn)M的軌跡方程(x-p)2+y2=p2,且(S△AOB)min=4p2.

因?yàn)镺A⊥OB,

解得t1t2=-1.

⑤

又因?yàn)镺M⊥AB,

即x(t2+t1)+y=0.

⑥

由A,B,M三點(diǎn)共線,從而有

化簡(jiǎn),得y(t1+t2)-2pt1t2-x=0.

將⑤⑥代入得到

x2+y2-2px=0.

即點(diǎn)M的軌跡方程為(x-p)2+y2=p2.

由上述推理知

即(S△AOB)min=4p2.

圖1 結(jié)論8示意圖

證明不妨設(shè)l與圓x2+y2=r2相切的切點(diǎn)為(rcosθ,rsinθ),則此切線方程為

cosθ·x+sinθ·y=r.

⑦

再設(shè)兩條切線的交點(diǎn)M(x0,y0),則過(guò)點(diǎn)M作橢圓的兩條切線,從而切點(diǎn)弦所在直線方程為

⑧

顯然方程⑦⑧為同一條直線的方程,故有