廣東省珠海市斗門區(qū)第一中學(519100) 劉曉玉 邢維金

解析幾何中常常出現(xiàn)的定點、定值、定位、定圓、定線等問題,是各省數(shù)學試題的命題熱點,也是高考的一大難點.此類問題動中有定,定中有動,并且常與軌跡問題、曲線系問題等相結合,深入考查直線與圓錐曲線的綜合應用.它不但考查學生掌握知識的水平,更注重考查學生靈活運用知識的能力和解題方法的創(chuàng)新.筆者試圖通過對天一大聯(lián)考第22 題的深入探究,力求以一題多解,一題多變的方式深挖試題的本質(zhì),以達到以一通百的效果.

一、試題呈現(xiàn),考點分析

題目(2021 屆天一大聯(lián)考第22 題) 過橢圓C1:的右頂點作直線交拋物線C2:y2= 4x于A,B兩點,M為AB的中點,O為坐標原點.

(1)求證:|OM|=

(2)設射線OA,OB分別與橢圓C1相交于D,E兩點,作ON⊥DE,垂足為N,點F為拋物線的焦點,求|NF|的最小值.

分析試題看起來中規(guī)中矩,實則內(nèi)涵深刻,大道至簡,從知識層面看以考查橢圓與拋物線的幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關系為載體,最值問題為落腳點;從能力層面看主要考查學生推理論證能力和轉換運算能力,綜合檢測學生的探究能力和創(chuàng)新能力,能很好的激發(fā)學生的數(shù)學潛能.

二、解法賞析,思維碰撞

解析(1)由條件得橢圓C1的右頂點為(4,0),設直線AB的方程為x=my+4,與y2= 4x的聯(lián)立,消去x得y2?4my ?16 = 0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=?16,x1x2+y1y2=(my1+4)(my2+4)+y1y2=(1+m2)y1y2+4m(y1+y2)+16=0.所以OA⊥OB.

(2) 解法一(設而不求,整體消參) 設直線DE的方程為x=ty+n,與= 1 聯(lián)立,消去x得(t2+4)y2+2tny+n2?16 = 0.設D(x3,y3),E(x4,y4),則y3+y4=從而x3x4=(ty3+n)(ty4+n)=

由(1) 知OD⊥OE,所以x3x4+y3y4= 0,整理得5n2=16(t2+1).所以|ON|=又由條件可得F(1,0),所以|OF|= 1,所以|NF|≤|ON|?|OF|=?1,(當且僅當O,F,N三點共線時等號成立),所以|NF|min=

評注本解法是學生較為常用的做法,設而不求,設參消參,最終發(fā)現(xiàn)是定值,再利用三點共線時取得最值解決問題.

解法二(巧用軌跡,幾何求最) 前面同解法一解得|ON|=所以N點的軌跡為點F在圓內(nèi),所以|NF|min=r ?|OF|=

評注本解法是順著解法一中的結論|ON|是定值,從而得點N的軌跡是定圓,然后轉化為圓外一點與圓上一點的最小距離問題.

解法三(先猜后證,簡化計算)由于點O,F已知,點N為動點,|NF|≤||ON|?|OF||,(當且僅當O,F,N三點共線時等號成立),所以此時點N在x軸上.又ON⊥DE,所以DE垂直與x軸,又由(1)知,OD⊥OE,所以?ODE為等腰直角三角形.即直線OD的方程為y=x,與聯(lián)立,解得xD=所以xN=xD=所以|NF|min=||ON|?|OF||=?1.驗證,此時直線AB得方程為x=4,過右頂點為(4,0),符合題意.

評注本解法由特殊情況入手,直接抓住問題本質(zhì),利用幾何性質(zhì),化繁為簡,避開了解析幾何中繁雜的計算問題,提高解題效率.

以上三種解法從探究|ON|為定值,點N軌跡為定圓,以及點N取特值時的定位,三個不同角度出發(fā)思考問題,各顯神通,充分體現(xiàn)了試題考查的靈活性與創(chuàng)新性.為考生的思維方式多元化提供了較大的發(fā)揮空間.

三、結論推廣,揭示本質(zhì)

在上述一題多解過程中,筆者發(fā)現(xiàn)本題可以從很多角度進行考查,題目中由原點出發(fā)的兩個半弦互相垂直時,我們可以得到一些定值、定軌跡等結論,下面將一般情況整理如下:

結論1橢圓= 1 上任意兩點A,B,O為坐標原點,且OA⊥OB.

(1)點O到直線AB的距離為定值

(2)若存在點N,ON⊥AB,且垂足為N,則點N的軌跡為定圓x2+y2=

證明(1) 當直線AB斜率不存在時,由于OA⊥OB,(不妨設點A在第一象限,其他情況同理) 根據(jù)橢圓的對稱性可知,聯(lián)立

解得xA=所以點O到AB的距離為當直線AB斜率存在時,設y=kx+t聯(lián)立消去y得(a2k2+b2)x2+2a2ktx+a2(t2?b2)=0.

設A(x1,y1),B(x2,y2),由韋達定理,則x1+x2=,y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=因為x1x2+y1y2= 0.所以化簡得|t|=故O到AB的距離為

綜上,O到AB的距離為定值

由(1)即可推出(2)(3).

(4) 當OA斜率不存在時,則|OA|=b,|OB|=a,易證當OA斜率存在時,聯(lián)立

消去y得(a2k2+b2)x2?a2b2= 0,解得所以OA2=(1+k2)同理

所以

由于橢圓與雙曲線有著諸多相似的幾何性質(zhì),所以筆者嘗試將上述結論類比到雙曲線中:

結論2雙曲線= 1(b > a)上任意兩點A,B,O為坐標原點,且OA⊥OB.

(1)點O到AB的距離為定值

通過論證,得到以上兩個定值結論.

四、學以致用,理論提升

例1(2019 湖北華中師范大學附中模擬考第20 題) 如圖,已知橢圓的左、右頂點為A1,A2,上、下頂點為B1,B2,記四邊形A1B1A2B2的內(nèi)切圓為C2.

(1)求圓C2的標準方程;

(2)已知圓C2的一條不與坐標軸平行的切線l交橢圓C1于P,M兩點.

①求證:OP⊥OM;

解析(1)因為A2,B1分別為橢圓的右頂點和上頂點,則A2,B1坐標分別為(2,0),(0,1),可得直線A2B1的方程為x+2y=2,則原點O到直線A2B1的距離為d=則圓C2的半徑r=d=故圓C2的標準方程為x2+y2=

(2) ① 可設切線l:y=kx+b(k ?= 0),P(x1,y1),M(x2,y2),將直線PM的方程代入橢圓C1可得k2)x2+2kbx+b2?1=0,由韋達定理得

則y1y2= (kx1+b)(kx2+b) =又l與圓C2相切,可知原點O到l的距離d=整理得所以

故OP⊥OM.

②由OP⊥OM,當直線OP的斜率不存在時,顯然|OP|= 1,|OM|= 2,此時當直線OP的斜率存在時,設直線OP的方程為y=mx,代入橢圓方程可得故OP2=x2+y2= (1 +m2)x2=同理,則

評注本題通過橢圓四頂點構成的內(nèi)切圓這一條件,推出內(nèi)切圓的切線與橢圓相交得到兩交點P,M時,有OP⊥OM.這是我們推廣結論1(3)的一個反推,更加有力證實了這個問題的多重變式和多元考查角度.

例2已知橢圓= 1(a > b >1) 內(nèi)有圓x2+y2= 1,如果圓的切線與橢圓交A,B兩點,且滿足=0(其中O為坐標原點).則

解法一由于OA⊥OB,當A左(右)頂點,B為上(下)頂點時,直接利用結論1(3),圓x2+y2=與AB相切,所以=1;即

解法二由于OA⊥OB,當A左(右)頂點,B為上(下)頂點時,|AB|=又圓x2+y2= 1 與AB相切,圓心O到AB的距離為半徑1,|OA|·|OB|= 1×|AB|,即

解法三設圓的切線的切點坐標為(x0,y0),則切線的方程為x0x+y0y= 1,與橢圓方程聯(lián)立消去y得 (a2x20+b2y20)x2?2a2x0x+a2?a2b2y20= 0.設A(x1,y1),B(x2,y2),因=0,所以x1x2+y1y2=0,又x0x1+y0y1=1,x0x2+y0y2=1,所以

因x02+y02= 1,因此所以

評注本題解法一、二,本著小題小做的原則,巧用本文推廣的結論解決問題.解法三則是較為嚴謹?shù)耐ㄐ酝ǚ?深思巧算.

五、反思感悟,且研且思

本文通過對一道模擬題的剖析,不僅發(fā)現(xiàn)了很多精彩的解法,還發(fā)現(xiàn)圓錐曲線中的一個垂直條件,其中蘊含了很多有關定值、定點、定圓、定軌跡等確定的結論.并將這些結論進行了引申應用,加深我們對數(shù)學本質(zhì)的理解.正所謂“題在書外,根在書中”,對題目的深入探究,推廣引申是促進數(shù)學教師專業(yè)成長的有效途徑,同時也能更好的引領學生主動探索,歸納總結,更好的激發(fā)學生學習數(shù)學的興趣和提升數(shù)學核心素養(yǎng).