摘要：文章通過對一道高一考試題的解法進行探究，從不同的視角回顧了解析幾何解決問題的常用思路與方法，也得到了一些結(jié)論，對學生進一步深入學習解析幾何做好了鋪墊.

關(guān)鍵詞：最小值;直線;斜率;定值

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）07-0061-04

收稿日期：2021-12-05

作者簡介：董強（1985-），男，碩士，中學一級教師，從事高中數(shù)學教學研究.

基金項目：陜西省教育科學“十三五”規(guī)劃2020年度課題“基于學科核心素養(yǎng)的高中數(shù)學單元教學設(shè)計研究”（項目編號：SGH20Y0157）.[FQ）]

直線和圓是解析幾何初步的重要研究對象，主要培養(yǎng)學生樹立良好的“坐標法”意識，形成用代數(shù)的方法求解幾何問題的基本解析思想，為后續(xù)進一步學習圓錐曲線打下堅實的基礎(chǔ).本文以2019年河南南陽一中高一期末考試直線和圓的綜合性試題為例，通過對試題的不同解法進行探究，得到了一些有趣的結(jié)論，同時也促進學生對解析幾何試題求解思路進行梳理與總結(jié)，提高學生學習數(shù)學的興趣.

1 試題再現(xiàn)

題目（2019年河南南陽一中高一期末考試題）在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2+y2=4與坐標軸分別交于點A1，A2，B1，B2.

（1）點Q是圓O上除A1，A2外的任意點（如圖1），直線A1Q，A2Q與直線y+3=0分別交于不同的兩點N，M，求MN的最小值;

（2）點P是圓O上除A1，A2，B1，B2外的任意點（如圖2），直線B2P交x軸于點F，直線A1B2交A2P于點E.設(shè)直線A2P的斜率為k1，直線EF的斜率為k2，求證：2k2-k1為定值.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解法1符合題意的點Q應(yīng)在x軸下方.

由對稱性可知，點Q位于點B1時，MN最小.因為△A1B1A2∽△NB1M，OB1=2，A1A2=4，點B1到MN的距離等于1，所以MN=2，即MN的最小值為2.

解法2取MN的中點C，連接QC，因為∠MQN=90°，所以MN=2QC.

所以要求MN的最小值，即求QC的最小值.

由圖1可知，當點Q位于點B1時，QC取得最小值，為-3-（-2）=1.

所以MN的最小值為2.

解法3符合題意的點Q應(yīng)在x軸下方.

設(shè)Q（a，b），則-2≤b<0，易知A1（-2，0）.

直線A1Q的方程為y=ba+2（x+2）.

由y=ba+2（x+2），y=-3，得

N（-2-3a+6b，-3）.

同理，M（2-3a-6b，-3）.

所以MN=-2-3a+6b-2+3a-6b=-12b-4.

因為-2≤b<0，所以當b=-2時，MN的最小值為2.

解法4由題設(shè)可知，直線A2Q的斜率存在，設(shè)直線A2Q的方程為y=k（x-2）（k≠0）， 則直線A1Q的方程為y=-1k（x+2）.

由y=k（x-2），y+3=0，得x=2-3k，y=-3.

由y=-1k（x+2），y+3=0，得x=3k-2，y=-3.

所以直線A2Q與直線y+3=0的交點為

M（2-3k，-3）.

所以直線A1Q與直線y+3=0的交點為N（3k-2，-3）.

所以MN=3k+3k-4.

當k>0時，

MN=3k+3k-4=3（k-1k）2+2≥2，

當且僅當k=1時等號成立;

當k<0時，

MN=3k+3k-4

=-3（-k-1-k）2-10≥10，

當且僅當k=-1時等號成立.

故MN的最小值為2.

解析解法1和解法2數(shù)形結(jié)合，充分利用了圓的對稱性、三角形的相似和直角三角形的性質(zhì)等，解法3是最一般的常規(guī)思路，屬于典型解法，解法4中對MN=3k+3k-4最小值的討論還可以結(jié)合基本不等式或者對勾函數(shù)的性質(zhì)等，注意對k進行分類討論.

2.2 第（2）問解析

解法1由題意可知，A1（-2，0），A2（2，0），B1（0，-2），B2（0，2）.

因為直線A2P的斜率為k1（k1≠0），所以直線A2P的方程為y=k1（x-2）.

由y=k1（x-2），x2+y2=4，得

P（2k21-2k21+1，-4k1k21+1）.

則直線B2P的方程為y=k1+11-k1x+2.

令y=0，得x=2（k1-1）k1+1.

即F（2（k1-1）k1+1，0）.

直線A1B2方程為x-y+2=0.

由x-y+2=0，y=k1（x-2），得E（2k1+2k1-1，4k1k1-1）.

所以直線EF的斜率

k2=4k1k1-12k1+2k1-1-2（k1-1）k1+1=k1+12.

所以2k2-k1=2×k1+12-k1=1為定值.

解法2設(shè)P（x0，y0），x0≠0，x0≠±2，k1=kA2P=y0x0-2（k1≠0），

所以直線A2P的方程為y=y0x0-2（x-2）.

直線A1B2的方程為y=x+2.

由y=y0x0-2（x-2），y=x+2，

得E（2x2+2y0-4-x0+y0+2，4y0-x0+y0+2）.

直線B2P方程為y=y0-2x0x+2.

令y=0，得x=2x02-y0，F(xiàn)（2x02-y0，0）.

直線EF的斜率

k2=4y0-2y20x20-y20-2x0y0+4y0-4=y20-2y0y20+x0y0-2y0.

所以2k2-k1=2（y20-2y0）y20+x0y0-2y0-y0x0-2=x0y20-2y20-y30-4x0y0+8y0x0y20-2y20-y30-4x0y0+8y0=1為定值.

解法3設(shè)F（t，0），P（x0，y0），E（x1，y1），則lA1B2：y=x+2，lA2P：y=k1（x-2），lFP：y=-2t（x-t），lEF：y=k2（x-t）.

由y=k1（x-2），y=-2t（x-t），

得P（2（k1+1）k1+2t，2（t-2）k1tk1+2）.

因為點P在圓O：x2+y2=4上，

所以（t-2）k21+2tk1+t+2=0.

又k1≠-1，所以k1=-t+2t-2.

由y=x+2，y=k2（x-t），得E（tk2+2k2-1，（t+2）k2k2-1）.

因為點E在A2P上，所以y1=k1（x-2）.

所以k2=-2t-2.

所以2k2-k1=-2t-2×2+t+2t-2=1為定值.

解析第（2）問中的三種證法都是通過直線方程求出交點的坐標，表示出有關(guān)直線的斜率，進而代入待求式子2k2-k1直接進行化簡，有效考查了學生的運算能力，三種不同的設(shè)點方式化簡時的難易程度不盡相同，解法2中最后一步要充分利用點在圓上符合圓的方程的特點有效代換，相比而言，解法3看似字母多，但實質(zhì)化簡簡單，思路清晰.

3 結(jié)論推廣

試題中的第（1）問對于任何圓而言，由對稱性可知，均有點P在點B1處時到MN的距離最小，等于圓的半徑.對于第（2）問而言，這個定值是1，圓的半徑是2，那么這個定值是否與圓的半徑有關(guān)？對于任意半徑的圓，是否還有2k2-k1是一個定值？

結(jié)論1在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2+y2=r2與坐標軸分別交于A1，A2，B1，B2.點P是圓O上除A1，A2，B1，B2外的任意點（如圖2），直線B2P交x軸于點F，直線A1B2交A2P于點E.設(shè)直線A2P的斜率為k1，直線EF的斜率為k2，則2k2-k1為定值1.

證明設(shè)F（t，0），P（x0，y0），E（x1，y1），則lA1B2：y=x+r，lA2P：y=k1（x-r），lFP：y=-rt（x-t），lEF：y=k2（x-t）.

由y=k1（x-r），y=-rt（x-t），

得P（（k1+1）rtk1t+r，（t-r）k1rtk1+r）.

因為點P在圓O：x2+y2=r2上，

所以（t-r）k21+2t（t-r）k1+（t-r）（a+r）=0.

又k1≠-1，所以k1=-t+rt-r.

由y=x+r，y=k2（x-t），得E（tk2+rk2-1，（t+r）k2k2-1）.

因為點E在A2P上，所以y1=k1（x-r）.

所以k2=-rt-r.

所以2k2-k1=-rt-r×2+t+rt-r=1為定值.

評析從上述的探究證明中可以看出，即使圓的半徑改變了，但依然保持2k2-k1是一個定值，是與圓的半徑無關(guān)的常數(shù)1，這是圓的一種本質(zhì)屬性的反映，考慮到橢圓和圓具有很多相似的性質(zhì)，該結(jié)論還可以在橢圓中進行進一步的推廣.

結(jié)論2在平面直角坐標系xOy中，橢圓O：x2a2+y2b2=1（a>b>0）與坐標軸分別交于A1，A2，B1，B2.點P是橢圓O上除A1，A2，B1，B2外的任意點（如圖3），直線B2P交x軸于點F，直線A1B2交A2P于點E.設(shè)直線A2P的斜率為k1，直線EF的斜率為k2，則2k2-k1為定值ba.

證明設(shè)F（t，0），P（x0，y0），E（x1，y1），則

lA1B2：x-a+yb=1，lA2P：y=k1（x-a），lFP：y=

-bt（x-t），lEF：y=k2（x-t）.

由y=k1（x-a），y=-bt（x-t），

得P（（ak1+b）tk1t+b，bk1（t-a）k1t+b）.

因為點P在橢圓O：x2a2+y2b2=1上，

故a2（t-a）2k21+2abt（t-a）k1+b2（t2-a2）=0.

又k1≠-ba，所以k1=-b（t+a）a（t-a）.

由y=bax+b，y=k2（x-t），得

E（ak2t+abak2-b，bk2（t+a）ak2-b）.

因為點E在A2P上，y1=k1（x-a），

所以k2=-bt-a.

故2k2-k1=-bt-a×2+b（t+a）a（t-a）=ba為定值.

解析對于結(jié)論1和結(jié)論2除了上述的證法之外，均有和原試題相似的其他證法，這里不再一一贅述.結(jié)論1可以看作是結(jié)論2的特殊情形.

參考文獻：

[1]?董強.對一道圓錐曲線試題的解法探究與推廣[J].理科考試研究，2019，26（11）：20-22.

[2] 羅增儒.數(shù)學解題學引論[M].西安：陜西師范大學出版社，2011.

[3] 董強.對一道高考模擬試題的推廣探究[J].河北理科教學研究，2020（02）：49-50.

[責任編輯：李璟]