2023年宜春联考第11题的解法探究及变式拓展.pdf

2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究292023 年宜春联考第 11 题的解法探究及变式拓展江西省宜春市第九中学(336099)范水平黄亚玲摘要 本文首先给出了 2023 年宜春十校联考第 11 题 D选项的五种解法,然后对结论进行了变式推广,得到了 9 个相关优美结论,并利用参数方程法进行了证明,最后从教学方面进行了反思.关键词 圆锥曲线;解法;探究;推广;反思圆锥曲线试题综合性较强,每年高考必考,重点考查学生直观想象、数学运算、逻辑推理素养.在日常教学中,核心素养主要表现在数学方法应用和解题思想方面.基于以上理念,笔者对宜春十校联考第 11 题 D 选项的解法进行探究,并对结论进行推广、教学反思.1 试题呈现题目已知 F 为抛物线 C:y2=4x 的焦点,A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上两点,O 为坐标原点,M 为 x 轴正半轴上一点,过 B 作 C 的准线的垂线,垂足为 B1,AB 的中点为 E,则()A.若|BB1|=2|OF|,则四边形 OFBB1的周长为3+5B.若|AF|=3,则 AOF 的面积为2C.若|AB|=6,则 E 到 y 轴的最短距离为 3D.若直线 AB 过点 M(2,0),则1|MA|2+1|MB|2为定值2 解法探究以下仅考虑 D 选项的解答.解法 1(直线普通方程)由题意可知,显然直线 AB 的斜率不等于 0,设直线 AB的方程为x=ty+2,联立y2=4x,x=ty+2,得y24ty8=0,则 =16t2+32 0,y1+y2=4t,y1y2=8.又|MA|=1+t2|y1 0|,|MB|=1+t2|y2 0|,从而1|MA|2+1|MB|2=1(1+t)2y21+1(1+t)2y22=(y1+y2)2 2y1y2(1+t)2y21y22=16t2+1664(1+t)2=14,因此1|MA|2+1|MB|2为定值14.评析圆锥曲线问题解决的一般策略:设直线方程、联立方程、消元化简、韦达定理、判别式、代数运算、检验等.解法 2(平移法)把抛物线 C 和点 M 向左平移 2 个单位,则 C 平移后的方程为 C:y2=4(x+2),点 M、A、B 平移后的坐标分别为M(0,0),A(x1,y1),B(x2,y2).由题意可知,显然直线 AB的斜率不等于 0,设直线 AB的方程为 x=ty,联立方程y2=4(x+2),x=ty,消去 x 得 y2 4ty 8=0.下同解法 1,由平移后长度保持不变性,因此1|MA|2+1|MB|2为定值14.评析本题的背景就是斜率之和为定值问题,针对此类问题可以通过平移(齐次化)转化到过原点的几何度量问题,求解过程简洁易懂.解法 3(向量法)设 A=(y214,y1),B=(y224,y2),则 MA=(y214 2,y1),MB=(y224 2,y2).因为 MA/MB,所以(y214 2)y2(y224 2)y1=0,化简得 y1y2=8.又|MA|=(y214 2)2+y21=y41+644,|MB|=(y224 2)2+y22=y42+644,故1|MA|2+1|MB|2=16(1y41+64+1y42+64)=16y41+y42+128642+64(y41+y42)+642=14.因此1|MA|2+1|MB|2为定值14.评 析本 题 关 键 是 利 用 M,A,B 三 点 共 线,得 到 MA/MB,转化为代数运算问题.解法 4(几何法)由题意可知,显然直线 AB 的斜率不等于 0.当直线 AB的斜率不存在时,A=(2,22),B=(2,22),所以|MA|=|MB|=22,则1|MA|2+1|MB|2=14.当直线 AB 的斜率存在时,过 A 作 x 轴的垂线,垂足为为 A,过 B 作 x 轴的垂线,垂足为为 B.设 A=(y214,y1),B=(y224,y2),由 AAM和 BBM 相似,有AABB=AMBM,则|y1y2|=|y214 2y224 2|,化30中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)简得 y1y2=8.下同解法 3,因此1|MA|2+1|MB|2为定值14.评析 作垂线并利用三角形相似是几何法解决圆锥曲线常采用的手段.解法 5(直线参数方程)设直线AB 的方程为x=2+tcos,y=tsin,(t为参数,为直线AB 的倾斜角),代入y2=4x,得sin2t24cost8=0,t1+t2=4cossin2,t1t2=8sin2,则1|MA|2+1|MB|2=1t21+1t22=cos2+sin24=14.因此1|MA|2+1|MB|2为定值14.评析题目中出现|MA|,|MB|,点 M 又是定点,自然想到直线参数方程中 t 的几何意义,利用参数方程法可以把目标式子直接化为韦达定理形式,计算简洁高效.3 拓展推广2023 年宜春十校联考第 11 题已知的抛物线可以改为一般的抛物线,M(2,0)改为 M(p,0),可以得到一般性的结论.定理 1已知抛物线 C:y2=2px,A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上两点,若直线 AB 过点 M(p,0),则1|MA|2+1|MB|2=1p2.证明 设直线 AB 的方程为x=p+tcos,y=tsin,(t 为参数,为直线 AB 的倾斜角),代入 y2=2px,得sin2t22pcost2p2=0,t1+t2=2pcossin2,t1t2=2p2sin2,则1|MA|2+1|MB|2=1t21+1t22=cos2+sin2p2=1p2.证毕.定理 1 条件不变,可以得到如下结论.定理 2已知抛物线 C:y2=2px,A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上 两 点,若 直 线 AB 过 定 点 M(p,0),则 存 在 点N(p,0),使得 kNA+kNB=0,且1|MA|2+1|MB|2=1p2.证明 设直线 AB 的方程为x=p+tcos,y=tsin,(t 为参数,为直线 AB 的倾斜角),代入 y2=2px,得sin2t22pcost2p2=0,t1+t2=2pcossin2,t1t2=2p2sin2,设 A(p+t1cos,t1sin),B(p+t2cos,t2sin),则kNA+kNB=t1sin2p+t1cos+t2sin2p+t2cos=0.由定理 1 可得1|MA|2+1|MB|2=1p2.证毕.定理 2 的结论 kNA+kNB=0 作为条件,可得到如下结论.定理 3已知抛物线 C:y2=2px,过点 N(p,0)作两条直线 l1和 l2,l1与 C 交于 A,A两点,l2与 C 交于 B,B两点,且 kNA+kNB=0,连接 AB(直线 AB 的斜率存在),则直线 AB 过定点 M(p,0),且1|MA|2+1|MB|2=1p2.证明由对称性可知,若直线过定点,则定点必在 x 轴上,不妨设定点 M(x0,0).由题意可知,显然直线 AB 的斜率不等于 0.设直线 AB 的方程为x=x0+tcos,y=tsin,(t 为参数,为直线 AB 的倾斜角),代入 y2=2px,得sin2t2 2pcost 2px0=0,t1+t2=2pcossin2,t1t2=2px0sin2.设 A(x0+t1cos,t1sin),B(x0+t2cos,t2sin),则kNA+kNB=t1sinx0+t1cos+p+t2sinx0+t2cos+p=2t1t2sin cos+(x0+p)sin(t1+t2)(x0+t1cos+p)(x0+t2cos+p)=2pcossin(x0+p)(x0+t1cos+p)(x0+t2cos+p)=0,则 x0=p.因此直线 AB 过定点 M(p,0).由定理 1 可得1|MA|2+1|MB|2=1p2.证毕.上述中 1-3 定理,抛物线推广到椭圆,可得到如下结论.定理 4已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0),A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上两点,若直线 AB 过点 M(x0,0),其中 x20=a2c2a2+b2,则1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证明 设直线 AB 的方程为x=x0+tcos,y=tsin,(t 为参数,为直线 AB 的倾斜角,x20=a2c2a2+b2),代入x2a2+y2b2=1,得(b2cos2+a2sin2)t2+2b2x0cost+b2(x20 a2)=0.所以 t1+t2=2b2x0cosb2cos2+a2sin2,t1t2=b2(x20 a2)b2cos2+a2sin2,则1|MA|2+1|MB|2=1t21+1t22=(t1+t2)2 2t1t2(t1t2)2=2b2cos2(x20+a2)+2a2sin2(a2 x20)b2(x20 a2)2.又 x20=a2c2a2+b2,代入化简得1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证毕.2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究31定理 5已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0),且 A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上 两 点,若 直 线 AB 过 点M(aca2+b2,0),则存在点 N(aa2+b2c,0),使得 kNA+kNB=0,且1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证明 设直线 AB 的方程为x=x0+tcos,y=tsin,(t 为参数,为直线 AB 的倾斜角,x0=aca2+b2),代入x2a2+y2b2=1 得,(b2cos2+a2sin2)t2+2b2x0cost+b2(x20 a2)=0.由韦达定理知t1+t2=2b2x0cosb2cos2+a2sin2,t1t2=b2(x20 a2)b2cos2+a2sin2,设 A(x0+t1cos,t1sin),B(x0+t2cos,t2sin),N(n,0),则kNA+kNB=t1sinx0+t1cos n+t2sinx0+t2cos n=2b2sincos(nx0 a2)(b2cos2+a2sin2)(x0+t1cos n)(x0+t2cos n)=0.把 x0=aca2+b2代入上式得,n=a2x0=aa2+b2c.因此存在点 N(aa2+b2c,0),使得 kNA+kNB=0.由定理 4 可得1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证毕.定理 6已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0),过点N(aa2+b2c,0)作两条直线 l1和 l2,l1与 C 交于 A,A两点,l2与 C 交于 B,B两点,且 kNA+kNB=0,连接 AB(直线 AB 的斜率存在),则直线 AB 过定点 M(aca2+b2,0),且1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证明 由定理 5 的证明可知,kNA+kNB=2b2sincos(nx0 a2)(b2cos2+a2sin2)(x0+t1cos n)(x0+t2cos n)=0.把 n=aa2+b2c代入上式得,x0=aca2+b2.则直线 AB过定点 M(aca2+b2,0).由定理 4 可得1|MA|2+1|MB|2=a2+b2b4.证毕.上述中 4-6 定理,椭圆推广到双曲线,可得到如下结论.定理 7已知双曲线 C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0),A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上两点,若直线 AB 过点 M(x0,0),其中 x20=a2c2a2 b2,则1|MA|2+1|MB|2=a2 b2b4.定理 8已知双曲线 C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0),A(x1,y1),B(x2,y2)是 C 上两点,若直线 AB 过点M(aca2 b2,0),则存在点 N(aa2 b2c,0),使得 kNA+kNB=0,且1|MA|2+1|MB|2=a2 b2b4.定理9 已知双曲线C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0),过点N(aa2 b2c,0)作两条直线 l1和 l2,l1与 C 交于 A,A两点,l2与 C 交于 B,B两点,且 kNA+kNB=0,连接 AB(直线 AB 的斜率存在),则直线 AB 过定点 M(aca2 b2,0),且1|MA|2+1|MB|2=a2 b2b4.4 反思4.1 重视基本概念,构建思维导图,加深本质理解解析几何教学要注重有关概念复习并对概念本质进行剖析,在概念复习的基础上加强知识内在逻辑思维导图构建,特别是二轮复习,一方面师生一起完成数学知识导图创建,还要加大在整体框架基础上的微专题复习力度.总之,只有理解概念本质,才能构建良好的思维导图,且思维能力,核心素养都将得到一定提高.4.2 注重数学运算,提高核心素养解析几何避免不了代数运算,研究发现,在日常的解析几何教学过程当中,学生碰到的一大难题就是数学运算.圆锥曲线综合题的代数运算一般比较大,比如联立方程,代入化简计算常出现错误.在解法 1-5 的教学探究过程中,教师不能只讲思路而点到为止.除了分析问题过程,解法路径,教师还要舍得花时间和学生一起进行数学演算,在演算过程当中,教给学生一定的计算技巧并进行针对性训练.4.3 探究典型试题解法,变式训练能力通过对解析几何典型题的解法探究,训练学生解析几何的一般思路.在研究当中,多总结反思,加强对解析几何问题本质的理解,为什么要这样设方程?设别的形式行不行?为什么要联立?为什么可以联立?消元消哪个比较好?要不要考虑判别式?降低代数运算难度的方法技巧有哪些?求定值、最值模型的方法有哪些?通过变式训练检测能力.解析几何的变式一般有:一般化,类比,结论条件反置,强化弱化条件结论.参考文献1 中华人民共和国教育部.普通高中课程标准实验教科书:数学4-4(选修)M.北京:人民教育出版社,2007.2 刘振兴.2021 年佛山二模第 20 题的解法探究与变式拓展 J.中学数学研究,2021(9):47-50.