一道市级联考题的解法探究与反思推广.pdf

46中学数学研究2024 年第 2 期(上半月刊)一道市级联考题的解法探究与反思推广江苏省江浦高级中学(211800)何雪冰摘要2022 年南京市高二期中考试数学试卷第 22 题是一道圆锥曲线中的定值问题,本文现对其解法进行探究,并给出一般性的结论.关键词市级联考题;圆锥曲线中的定值问题;解法探究;一般性的结论数学教育家弗赖登塔尔说过:“数学是人的一种活动,如同游泳一样,要在游泳中学会游泳.我们也必须在数学中学会数学.”1近期笔者在解题教学时遇到一道市级联考题,考查了双曲线的几何性质,也考查了分析问题,解决问题的能力尤其是运算求解能力,本文现对其解法进行探究,并给出一般性的结论.题目(2022 年南京市高二期中考试数学试卷第 22 题)已知双曲线 C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0)的离心率为3,左、右顶点分别为 M,N,点 P(1,1)满足 PM PN=1.(1)求双曲线 C 的方程;(2)过点 P 的直线 l 与双曲线 C 交于 A,B 两点,直线OP 与直线 AN 交于点 D.设直线 MB,MD 的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.1.推广探究第(2)小题的答案是 k1k2=2,即 k1k2=b2a2.现将条件一般化,经过探究得到下面的命题:命题 1设双曲线 C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0)的左、右顶点分别为 M,N,点P 是直线 x=a 上异于点M 的任意一点,过点 P 的直线 l 与双曲线 C 交于 A,B 两点,直线 OP 与直线 AN 交于图 1点 D.设直线 MB,MD 的斜率分别为 k1,k2,则 k1k2为定值b2a2.证法一 如图1所示,设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).显然,直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 为 ym=k(x+a).设点 P(a,m),则直线 OP 方程为 y=max.所以k1k2=y2x2+ay0 x0+a=y0y2(x0+a)(x2+a).因为直线 AN的方程为 y=y1x1+a(x a),联立直线 OP 方程 y=max得 x0=a2y1ay1+mx1 ma,y0=may1ay1+mx1 ma,即点 D 坐标为(a2y1ay1+mx1 ma,may1ay1+mx1 ma).代入k1 k2得:k1 k2=may1ay1+mx1 may2(a2y1ay1+mx1 ma+a)(x2+a)=may1y2(2a2y1+amx1 ma2)(x2+a).因为 y1=k(x1+a)+m,代入上式分母得k1 k2=may1y22a2(k(x1+a)+m)+amx1 ma2)(x2+a)=my1y2(2ak+m)(x1+a)(x2+a).联立直线 AB 方程与双曲线方程y m=k(x+a),x2a2y2b2=1,得(b2 a2k2)x22k(m+ka)a2xa2(m+ka)2a2b2=0,(b2 a2k2)y22(m+ka)b2y+b2(m+ka)2a2b2k2=0,且 b2 a2k2=0,0,所以k1 k2=my1y2(2ak+m)(x1+a)(x2+a)=m2b2(m+2ka)(2ak+m)(m+ak)2 2ak(m+ak)+a2k2=m2b2(m+2ka)(2ak+m)a2m2=b2a2.反思一 上述证明方法思路自然,逻辑顺畅,利用设而不求和韦达定理策略处理斜率之积为定值问题,但是运算量大,学生不易算到最后结果.通过反思调整,得到如下证法.证法二如图 1 所示,设点 P(a,m),则直线 OP方程为 y=max,所以设点 D(x0,max0).因为直线MD 的斜率为 kMD=mx0a(x0+a),直线 ND 的斜率为kND=mx0a(x0 a),所以,1kMD+1kND=a(x0+a)mx0a(x0 a)mx0=2am.设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AN 的方程为 y=s(x a),直线 BN 的方程为 y=t(x a).直线 AN 与双曲线方程联立,消去 y 得:(b2 a2s2)x2+2a3s2x a4s2 a2b2=0.2024 年第 2 期(上半月刊)中学数学研究47因 为 直 线 AN与 双 曲 线 C 的 两 个 交 点为 A,N,所 以 x1 a=a4s2+a2b2a2s2 b2,则 x1=a3s2+ab2a2s2 b2,于 是,点 A(a3s2+ab2a2s2 b2,2sab2a2s2 b2).同 理 点B(a3t2+ab2a2t2 b2,2tab2a2t2 b2).因为 P、A、B 三点共线,所以kPA=kPB,即得:mb21s2+2ab21s ma2=mb21t2+2ab21t ma2.令 f(x)=mb2x2+2ab2x ma2,则 f(1s)=f(1t).因为 mb2=0,s=t,所以由二次函数对称性得1t+1s=2ab2mb2=2am.又 因 为1kMD+1kND=2am,所 以1t+1s=1kMD+1kND.而 s=kND,所以 t=kMD,即kBN=kMD.所以k1k2=kMBkBN=yBxB+ayBxB a=y2Bx2B a2=b2(x2Ba2 1)x2B a2=b2a2.反思二此方法看似繁琐,实质有多次运用同构思想简化运算,利用二次函数的对称性得到斜率关系,相比证法一减少了很多运算量.而且有一个意外收获,即 kBD=kMD,因此可知 BN/MD,由此可得命题 2.命题 2 设双曲线 C:x2a2y2b2=1(a 0,b 0)的左、右顶点分别为 M,N,点 P 是直线 x=a 上异于点 M 的任意一点,过点 P 的直线 l 与双曲线 C 交于 A,B 两点,直线OP 与直线 AN 交于点 D.则 BN/MD.2 类比探究椭圆与双曲线有很多相似的性质，于是考虑椭圆是否也具有相似的结论呢1?经探究，可得如下命题：命题 3 设椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左、右顶点分别为 M,N，点 P 是直线 x=a 上异于点 M 的任意一点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点，直线 OP 与直线 AN 交于点 D 则 BN/MD证明如图 2 所示,设 点 P(a,m),m=0.则直线 OP 方程为 y=max,所以可设点D(x0,max0),M(a,0),N(a,0).因为直线 MD 的斜率为kMD=mx0a(x0+a),图 2直线 ND 的斜率为 kND=mx0a(x0 a),所以1kMD+1kND=a(x0+a)mx0a(x0 a)mx0=2am.设点 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AN 的方程为 y=s(x a),直线 BN 的方程为 y=t(x a).直线 AN 与椭圆方程联立,消去 y 得:(b2+a2s2)x2 2a3s2x+a4s2 a2b2=0.因 为 直 线AN与 椭 圆 的 两 个 交 点 为A,N,所 以 x1 a=a4s2 a2b2b2+a2s2,则 x1 a=a3s2 ab2b2+a2s2,所 以 点 A(a3s2 ab2b2+a2s2,2ab2sb2+a2s2).同 理 点b(a3t2 ab2b2+a2t2,2ab2tb2+a2t2).因 为 P,A,B 三 点 共 线,所 以kPA=kPB,即得:mb21s2+2ab21s+ma2=mb21t2+2ab21t+ma2.令 f(x)=mb2x2+2ab2x+ma2,则 f(1s)=f(1t).因为mb2=0,s=t,所以1t+1s=2ab2mb2=2am.又因为1kMD+1kND=2am,所以1t+1s=1kMD+1kND.而s=kND,所以 t=kMD,即 kBN=kAD,所以 BN/MD.反思三注意到点 P 是椭圆在点 M 处切线上的一点,由此考虑将命题 3 推广到更加一般性的情况,得到如下命题.命题 4设直线 m 是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的在点 M 处的切线,点 M 关于原点的对称点为 N,点 P 是直线 m 上异于点 M 的任意一点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,直线 OP 与图 3直线 AN 交于点 D.则 BN/MD.如图 3,利用 GeoGebra软件,不难验证结论是正确的.命题 4 的证明方法类似命题3,因运算较繁琐,本文不再赘述,有兴趣的读者可以自行完成.3.结束语“数学是思维的体操”,在数学学习中,要不断地经历直观感知、观察发现、归纳类比、演绎证明、反思与构建等思维过程.圆锥曲线的定值问题的研究无穷无尽,需要师生坚持不懈地探索与反思,这样才会在学习中提升数学品质和数学素养.参考文献1 何雪冰.学会“选择”绽放“精彩”一道高考题的教学反思 J.中学数学教学,2020(04):73-742 王中学,蔡忠芬.追根溯源求本质 反思感悟探新知 J.数学通讯,2021(04):34-36+38.