華南師范大學(xué)附屬中學(xué)(510630) 羅碎海

華南師大附中汕尾學(xué)校(516600) 羅家平 麻紅雷

許多高考題與競賽題有高等數(shù)學(xué)的背景,特別是高考解析幾何題,許多源于高等幾何中的問題.作為高中數(shù)學(xué)教師,我們也應(yīng)該站在高等數(shù)學(xué)的角度進行高中教學(xué),這樣才能居高臨下,看到數(shù)學(xué)問題的發(fā)展變化,從而更好地培養(yǎng)學(xué)生發(fā)現(xiàn)問題與解決問題的能力.若能用初等方法教會學(xué)生,學(xué)生對高考題可一望而解.

1.帕斯卡(Pascal)定理

在高等幾何中,兩個不同中心的射影線束的對應(yīng)直線的交點構(gòu)成一條二次曲線(圓錐曲線).帕斯卡定理是通過齊次方程的射影變換證明的.我們現(xiàn)在用初等平面幾何來證明.

帕斯卡定理如果一個六邊形(六角形)內(nèi)接于一條二次曲線(橢圓、雙曲線、拋物線),那么它的三對對邊的交點在同一條直線上.[附1]

如圖1,設(shè)ABCDEF是圓錐曲線的內(nèi)接六邊形,對邊AB和DE交于Y,對邊BC和EF交于X,對邊CD和AF交于Z,則X、Y、Z在一條直線上.

圖1

或一般地如圖2,ABCDEF是圓錐曲線的內(nèi)接六角形,對邊AB和DE交于G,對邊BC和EF交于H,對邊CD和FA交于I,則G、H、I在一條直線上.

圖2

分析利用射影變換,可以將命題從關(guān)于圓錐曲線變?yōu)殛P(guān)于圓的命題.所以命題變?yōu)?圓內(nèi)接六邊形三對對邊的交點在同一條直線上.

證明中要用到梅涅勞斯定理及圓冪定理中的相交弦定理和割線定理.

如圖3世紀,我們觀察由AB,CD和EF三條邊所在直線圍成的三角形UV W.首先,六邊形的邊BC所在直線切割三角形UV W,與它的三條邊(或延長線)交于X,C,B三點.同樣六邊形的DE邊所在直線切割三角形UV W,與其交于Y,D,E三點.

圖3

最后,六邊形的FA邊與三角形UV W(延長線)交于Z,A,F三點.我們?nèi)螒?yīng)用梅涅勞斯定理[文1],得:,加上括號進行分組如下:,把上面三式相乘,得

對照著圖形,發(fā)現(xiàn)正好可以應(yīng)用割線定理,有:WB·WA=EW·FW,UC·UD=BU·AU,V E·V F=CV·DV,所以上式括號中的六個分數(shù)分子分母約分得1,所以最終有:,應(yīng)用梅涅勞斯定理的逆定理,正好說明X,Y,Z三點共線.證畢.

分析以上證明過程,或應(yīng)用射影變換分析可知,帕斯卡定理的逆定理也成立.

帕斯卡定理的逆定理如果一個六邊形(六角形)它的三對對邊的交點在同一條直線上,則此六邊形內(nèi)接于一條二次曲線(橢圓、雙曲線、拋物線).

2.帕斯卡定理的退化情況

帕斯卡定理是幾何中的常用定理,而其常見圖形紛繁復(fù)雜,想在題目中能迅速尋找到帕斯卡構(gòu)型,必須熟悉多種構(gòu)圖與圓內(nèi)六點的排列方式.五邊形、四邊形、三角形可理解為六邊形中有一對點重合、兩對點重合、三對點重合的圖形.由此有以下定理.

定理2.1設(shè)一個五邊形內(nèi)接于一條二次曲線,則一邊與其對頂點處的切線的交點、其余兩對不相鄰的邊的交點共線.(如圖4)

定理2.2設(shè)一個四邊形內(nèi)接于一條二次曲線,則一對對邊的交點、另一對對邊中的每一條與其對頂點處的切線的交點、三交點共線.(如圖5)

圖5

定理2.3設(shè)一個三角形內(nèi)接于一條二次曲線,則其三邊與其對頂點處的切線的交點、三點共線.(如圖6)

圖6

三角形的帕斯卡定理,得到的直線PQR稱為勒穆瓦納(Lemoine)線.

由射影變換的性質(zhì)可知,圓錐曲線上的帕斯卡定理在任意的二次曲線中必然成立,更特殊地在退化為兩條相交直線(在射影平面中,我們認為平行直線相交于無窮遠點)中也成立,此時的帕斯卡定理即為帕普斯(Pappus)定理.

定理2.4(帕普斯(Pappus)定理):如圖7,直線l1上依次有點A1,B1,C1,直線l2上依次有點A2,B2,C2,設(shè)B1C2與B2C1交于L,C1A2與C2A1交于M,A1,B2與A2,B1交于N,則點L,M,N共線.[附2]

圖7

3.用帕斯卡定理分析高考題

例1(2013年高考江西卷文科第20 題)橢圓C:的離心率.

(1)求橢圓C的方程;

(2)如圖8,A,B,D是橢圓C的頂點,P是橢圓C上除頂點外的任意一點,直線DP交x軸于點N,直線AD交BP于點M.設(shè)BP的斜率為k,MN的斜率為m.證明:2m?k為定值.

圖8

解(1)由,則設(shè)a=2k,c=則b=k.又a+b=3.所以k=1.所以橢圓C的方程為:.

(2)證明:由題意可知A(?2,0)),B(2,0),D(0,1),由DP的斜率為k,則直線BP的方程為y=k(x?2),由得(1+4k2)x2?16k2x+16k2?4=0,其中xB=2,則則直線DP的方程為

令y=0,則即直線AD的方程為x?2y+2=0,由解得則則MN的斜率,所以2m?k=(定值),2m?k為定值.

評析1對于第(2)小問,由于ABPD是橢圓內(nèi)接四邊形,點M與N分別是四邊形對邊AD與BP,AB與DP交點.連四邊形對角線AP與BD,設(shè)交點為E(如圖9).則ME為點N關(guān)于橢圓的極線,點N在x軸上,所以ME⊥x軸.可知線束MA,MB,ME,MN是一組調(diào)和線束[2],斜率分別為得?1.即為定值.

注若直線s,s1,t,t1是一組調(diào)和線束,且斜率分別為k1,k2,k3,k4,則.(參見[2])

評析2對于第(2)小問,如圖10,設(shè)橢圓C在B、D處的切線交于T,根據(jù)帕斯卡定理的特殊情況知M、T、N三點共線,易知T(2,1).直線BP的方程為y=k(x?2),直線AD的方程為x?2y+2=0,

圖10

例2(2014年高考江西文科卷)如圖,已知拋物線C:x2=4y,過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點,過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標原點).

(1)證明:動點D在定直線上;

(2)作C的任意一條切線l(不含x軸),與直線y=2相交于點N1,與(1)中的定直線相交于點N2,證明:|MN2|2?|MN1|2為定值,并求此定值.

解(1)證明:依題意,可設(shè)AB的方程為y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2?4kx?8=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有:x1x2=?8,直線AO的方程為BD的方程為x=x2.解得交點D的坐標為注意到x1x2=?8 及則有因此D點在定直線y=?2(x'0)上.

圖11

(2)證明:依題設(shè),切線l的斜率存在且不等于0,設(shè)切線l的方程為y=ax+b(0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2?4ax?4b=0,由?=0得(4a)2+16b=0,化簡整理得b=?a2.故切線l的方程可寫成y=ax?a2.分別令y=2、y=?2得N1、N2的坐標為則即|MN2|2?|MN1|2為定值8.

評析如圖12,把三角形ABO看成六邊形A1A2PB1B2O的極限狀態(tài),其中點P是與y軸正向同向的無窮遠點.當兩點A1,A2無限趨近直到重合于點A,兩點B1,B2無限趨近直到重合于點B時,可理解為兩條直線AP,BP都平行于y軸,再設(shè)兩直線A1A2與B1B2(即曲線C在A,B處的切線)交于E,兩直線A2P,B2O交于F,由帕斯卡定理和極限思想可知D,E,F三點共線,由極點與極線的結(jié)論可知,動點E的軌跡是點M的極線y=?2,所以動點D也在定直線y=?2(0)上.

圖12

明白圓錐曲線的射影性質(zhì)才能真正看透圓錐曲線得內(nèi)在本質(zhì),也就看透許多高考題的原始背景.我們應(yīng)該學(xué)會從高等幾何分析圓錐曲線問題,而許多高等幾何的結(jié)論可以通過梅涅勞斯定理與塞瓦定理證明,從而變成高中學(xué)生易于接受的知識.

附1:帕斯卡定理的其它證明

利用射影變換,可將圓錐曲線中的帕斯卡定理變?yōu)殛P(guān)于圓的命題,所以命題變?yōu)?圓內(nèi)接六邊形三對對邊的交點在同一條直線上.

帕斯卡定理ACEBFD是圓的內(nèi)接六角形,對邊AC和BF交于P,對邊CE和FD交于R,對邊EB和DA交于Q,則P,Q,R在一條直線上.

證明如圖13,作?ABQ的外接圓交AC,BF于M,N.∠MNB=∠MAB=∠CAB=∠CFB ?CF//MN,∠QNB=∠QAB=∠DAB=∠DFB ? FR//NQ,∠QMA=∠QBA=∠EBA=∠ECA ? RC//QM.??ABQ與?CFR位似,位似中心在直線QR上.而CM ∩FN=P,這表明位似中心為P,故P,Q,R共線.證畢.

另外,用高等幾何法分析如下:如圖13,由圓錐曲線的射影定義,可以取A,C為生成該圓錐曲線的線束中心,得到射影對應(yīng)的線束.仿[附2]的方法證明.

圖13

附2:帕普斯(Pappus)定理的高等幾何證明

帕普斯定理如圖14,直線l1上依次有點A1,B1,C1,直線l2上依次有點A2,B2,C2,設(shè)B1C2與B2C1交于L,C1A2與C2A1交于M,A1,B2與A2,B1交于N,則點L,M,N共線.

圖14

證明(高等幾何方法)如圖14,設(shè)l1∩l2=O,A1C2∩A2B1=D,B1C2∩A2C1=E.則(B1,D,N,A2)關(guān)于點A1透視對應(yīng)(O,C2,B2,A2),(O,C2,B2,A2)關(guān)于點C1透視對應(yīng)(B1,C2,L,E).所以(B1,D,N,A2)與(B1,C2,L,E)射影對應(yīng),而在這個射影對應(yīng)中,兩點列底的交點B1自對應(yīng),所以有(B1,D,N,A2)與(B1,C2,L,E)透視對應(yīng),因此,DC2,NL,A2E三直線共點,記該公共點為M,則M在直線LN上,即三點L,M,N共線.