華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院(510631) 李崇榆 蔣旺旺

1 試題呈現(xiàn)與解答

題目(2023 屆廣州高三零模卷第21 題) 已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為2,圓M與y軸相切,且圓心M與拋物線C的焦點(diǎn)重合.

(1)求拋物線C和圓M的方程;

(2)設(shè)P(x0,y0)(x0?=2)為圓M外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓M的兩條切線,分別交拋物線C于兩個(gè)不同的點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)和點(diǎn)Q(x3,y3),R(x4,y4).且y1y2y3y4=16,證明: 點(diǎn)P在一條定曲線上.

該題是以直線與拋物線和圓的位置關(guān)系為命題背景,求解動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程問(wèn)題.動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程問(wèn)題是解析幾何的重要知識(shí)點(diǎn),也是高考數(shù)學(xué)中的常見(jiàn)題型.

解答第(1)問(wèn)考查拋物線和圓的基本求法,易得拋物線C:y2=4x,圓M:(x?1)2+y2=1.

第(2)問(wèn)思路一點(diǎn)P在一條定曲線上等價(jià)于點(diǎn)P關(guān)于x0,y0的軌跡方程無(wú)參數(shù).那么如何消去參數(shù)得到P的軌跡方程呢? 觀察等式y(tǒng)1y2y3y4=16,y1y2和y3y4可通過(guò)分別聯(lián)立切線AB和切線QR與拋物線C的方程得到.那么怎么設(shè)切線的方程? 根據(jù)題意可知,切線的斜率存在且不為0,可設(shè)其方程為y?y0=k(x?x0)或x=m(y?y0)+x0.

圖1

若設(shè)切線AB和切線QR的斜率分別為k1,k2,利用韋達(dá)定理可用x0,y0,k1,k2表示

那么下一步只需消去k1+k2,k1k2可得關(guān)于x0,y0的方程.注意到,利用直線與圓相切的性質(zhì)可列出關(guān)于k的一元二次方程,根據(jù)韋達(dá)定理可用x0,y0表示k1+k2,k1k2,代入即可求證.

通過(guò)消元可獲得關(guān)于y1y2的一元二次方程方程.類似地,由于直線CD與直線AB有相同的位置關(guān)系,即“形似”,則可以得到關(guān)于y3y4的同構(gòu)方程,進(jìn)而使用韋達(dá)定理表示y1y2·y3y4.這使用了”同構(gòu)法”.

解法2由于過(guò)點(diǎn)P(x0,y0)(x0?=2)所作圓M的兩條切線,分別交拋物線C于兩個(gè)不同的點(diǎn),則x0?=0,y0?=±1,則切線斜率存在且不為0,設(shè)直線

即直線AB: 4x?(y1+y2)y+y1y2=0.由于直線AB過(guò)點(diǎn)P且與圓M相切,則在 ②中消去y1+y2,整理得:(y20?1)(y1y2)2+8(y20?x0)y1y2?16x20=0.同理,由于直線QR與直線AB具有相同的特征,則(y20?1)(y3y4)2+8(y02?x0)y3y4?16x20=0.因此y1y2,y3y4為關(guān)于x的一元二次方程(y02?1)x2+8(y02?x0)x?16x20=0 的兩個(gè)實(shí)根,則y1y2y3y4=(y1y2)(y3y4)==16,即x20+y20=1.所以點(diǎn)P在圓x2+y2=1 上.

評(píng)注2在解法2 中,利用直線CD與直線AB的“形似”——過(guò)定點(diǎn)P且與圓M相切,得到關(guān)于y1y2和y3y4的一元二次方程是思路二的關(guān)鍵! 對(duì)比通法,同構(gòu)法未引入新“元”,而是對(duì)整體y1+y2,y1y2或y3+y4,y3y4進(jìn)行操作,不僅大大地減少了運(yùn)算量,也彰顯了思維的整體性與靈活性.在解析幾何問(wèn)題中,常有一些點(diǎn)、線具有相同的特征,如二次曲線上的兩個(gè)點(diǎn)在同一條直線上、兩個(gè)點(diǎn)在同一條二次曲線上、兩條直線與二次曲線有相同位置關(guān)系、兩條直線過(guò)同一個(gè)點(diǎn),將這些“形”的共性坐標(biāo)化,得到的代數(shù)式結(jié)構(gòu)也相同,這也為“同構(gòu)法”的使用提供了可能[1].

2 試題追溯與變式推廣

追根溯源,與這道模擬題類似的高考題曾出現(xiàn)在2012年高考湖南卷(理科)第21 題中.

溯源(2012 年高考湖南卷(理科)第21 題)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1上的點(diǎn)均在C2: (x?5)2+y2=9 外,且對(duì)C1上任意一點(diǎn)M,M到直線x=?2 的距離等于該點(diǎn)與圓C2上的點(diǎn)的距離的最小值.

(1)求曲線C1的方程;

(2)設(shè)P(x0,y0)(y0?=±3)為圓C2外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,分別與曲線C1相交于點(diǎn)A,B和C,D,

證明: 當(dāng)P在直線x=?4 上運(yùn)動(dòng)時(shí),四點(diǎn)A,B,C,D的縱坐標(biāo)之積為定值.

答案(1)曲線C1:y2=20x.(2)當(dāng)P在直線x=?4上運(yùn)動(dòng)時(shí),四點(diǎn)A,B,C,D的縱坐標(biāo)之積為定值6400.細(xì)節(jié)從略.

追尋動(dòng)態(tài)變化中的不變一直是解析幾何的研究熱點(diǎn).從這兩道題我們可以提出一些疑問(wèn): 若將拋物線一般化為C1:y2=2px(p>0),將圓一般化為C2: (x?)2+y2=r2(r >0),設(shè)P(x0,y0)(y0?=±r)為圓C2外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,分別與拋物線C1相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)和C(x3,y3),D(x4,y4).任給一實(shí)數(shù)q,若y1y2y3y4=q時(shí),P(x0,y0)是否在定曲線上? 若在,曲線的方程是什么? 這兩個(gè)條件是否等價(jià)?

2)切線AB和切線CD的斜率都存在

由于A,B,C,D在拋物線C1:y2=2px上,故直線

即2px?(y1+y2)y+y1y2=0.由于直線AB過(guò)點(diǎn)P且與圓M相切,則

消去y1+y2,整理得:

同理,由于直線CD與直線AB具有相同的特征,則

因此,y1y2與y3y4是關(guān)于x的一元二次方程

的兩個(gè)根,則?≥0?(x?)2+y2?r2≥0,

即4p2r2x20+(q+4p2r2?p4)y20=r2q.由此,我們得到以下結(jié)論:

命題1已知拋物線C1:y2=2px(p>0),圓C2: (x?)2+y2=r2(r >0).設(shè)P(x0,y0)(y0?=±r)為圓C2外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,分別與拋物線C1相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)和C(x3,y3),D(x4,y4).任給一實(shí)數(shù)q,若曲線方程有解且曲線不在C2內(nèi),則y1y2y3y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為4p2r2x2+(q+4p2r2?p4)y2=r2q.

表1 當(dāng)y1y2y3y4=q 時(shí)定值q 與曲線的關(guān)系

評(píng)注3由命題1 知,2023 屆廣州市零模第21 題中第(2)問(wèn)的條件“x0?=2”的有無(wú)不影響結(jié)論,但作為解析幾何試題,其避免了對(duì)切線斜率不存在的討論,降低了題目的難度.

我們還可以類比上述推廣過(guò)程進(jìn)行如下變式探究:

探究1 保持命題1 中其他條件不變,將條件y1y2y3y4=q改為y1y2+y3y4=q.

1)切線AB或切線CD的斜率不存在的情形:

命題2保持命題1 中其他條件不變,則y1y2+y3y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為(q+2p2)y2=4pr2x+qr2.

表2 當(dāng)y1y2+y3y4=q 時(shí)定值q 與曲線的關(guān)系

探究2 保持命題1 中其他條件不變,將條件y1y2y3y4=q改為(y1+y2)(y3+y4)=q”或“y1+y2+y3+y4=q.

表3 當(dāng)y1+y2+y3+y4=q 時(shí)定值q 與曲線的關(guān)系

命題4保持命題1 中其他條件不變,則y1+y2+y3+y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為

觀察到式⑦含有交叉項(xiàng)x0y0,僅通過(guò)平移是無(wú)法消去的.在高等數(shù)學(xué)中,二次曲線方程中的交叉項(xiàng)總可以通過(guò)轉(zhuǎn)軸變換消去(在平面直角坐標(biāo)系中,不改變?cè)c(diǎn)的位置和坐標(biāo)軸的長(zhǎng)度單位,將兩坐標(biāo)軸按同一方向繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)同一角度的坐標(biāo)變換叫做坐標(biāo)軸的旋轉(zhuǎn),簡(jiǎn)稱轉(zhuǎn)軸).下面,我們引入高等數(shù)學(xué)知識(shí),了解消去交叉項(xiàng)的方法并判斷命題4 中曲線的形狀,相關(guān)細(xì)節(jié)可參見(jiàn)[2].

引理1 (轉(zhuǎn)軸公式)設(shè)坐標(biāo)軸的旋轉(zhuǎn)角為θ,P是平面的任意一點(diǎn),在原坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)為(x,y),在新坐標(biāo)系x′Oy′的坐標(biāo)為(x′,y′),則

叫做坐標(biāo)軸的旋轉(zhuǎn)公式,簡(jiǎn)稱轉(zhuǎn)軸公式.

引理2 在二次曲線方程

來(lái)判定S為何種曲線的條件是:

I1I3<0橢圓I2 >0 I3=0點(diǎn)I1I3 >0虛橢圓I2<0 I3 ?=0雙曲線I3=0相交直線I3 ?=0拋物線I2=0 I3=0,K1<0平行直線I3=0,K1=0重合直線I3=0,K1 >0 虛平行直線

表4 當(dāng)y1y2+y3y4=q 時(shí)定值q 與曲線的關(guān)系

評(píng)注4經(jīng)驗(yàn)證,若保持命題1 中其他條件不變,將條件“y1y2y3y4=q”改為“y1+y2+y3y4=q”或“(y1+y2)y3y4=q”,點(diǎn)P軌跡不能類似得到上述結(jié)論.將命題1 中的圓C2一般化為(x?a)2+(y?b)2=r2,還可以得到以下更加一般的命題:

命題5已知拋物線C1:y2=2px(p>0),圓C2:(x?a)2+(y?b)2=r2(r >0),設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)(y0?=b±r)為圓C2外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,分別與拋物線C1相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)和C(x3,y3),D(x4,y4).任給一實(shí)數(shù)q,若曲線方程有解且曲線不在C2內(nèi),則

(1)y1y2y3y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為

4p2(b2?r2)x2?8p2abxy

+[4p2(a2?r2)?q]y2+2qby+q(r2?b2)=0.

(2)y1y2+y3y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為

(4pa+q)y2?4pbxy+4p(b2?r2)x

?2b(2pa+q)y+q(b2?r2)=0.

(3)y1+y2+y3+y4=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為

qy2?4pxy+4pbx+2(2pa?qb)y+q(b2?r2)?4pab=0.

(4)(y1+y2)(y3+y4)=q?點(diǎn)P在定曲線上且曲線方程為

4p2x2?qy2?8p2ax+2qby+4p2(a2?r2)+q(r2?b2)=0.

4 命制新試題

試題設(shè)P(x0,y0)(x0?=1 或3)為圓C2: (x?2)2+y2=1 外一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作圓C2的兩條切線,分別與曲線C1:y2=8x相交于點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)和C(x3,y3),D(x4,y4).在①y1y2y3y4=400,②y1y2+y3y4=32,③(y1+y2)(y3+y4)=64,④y1+y2+y3+y4=0,這四個(gè)條件中選一個(gè)作為已知條件,證明: 點(diǎn)P在定曲線上.

解由題意知,p=4,r=1.若選條件1,則由命題1 知點(diǎn)P在橢圓4x2+13y2=25 上.若選條件2,則由命題2 知點(diǎn)P在拋物線y2=上.若選條件3,則由命題3 知點(diǎn)P在過(guò)點(diǎn)(2,0)的兩條直線(x?2)2?y2=0 上.若選條件4,則由命題4 知點(diǎn)P在過(guò)點(diǎn)(2,0)的兩條直線y=0 或x=2 上.