摘 要：文章對(duì)人教A版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)中，復(fù)習(xí)參考題中的一道拋物線試題進(jìn)行多視角解答，并進(jìn)行變式.

關(guān)鍵詞：教科書；拋物線；一題多解；定點(diǎn)

中圖分類號(hào)：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A"" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）34-0044-05

教科書中的習(xí)題是教與學(xué)過程中不可或缺的一部分，它們不僅是對(duì)學(xué)生學(xué)習(xí)效果的一種檢驗(yàn)，更是對(duì)學(xué)生知識(shí)理解和應(yīng)用能力的培養(yǎng).同時(shí)，這些習(xí)題還能有效地激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣和參與意識(shí)，促進(jìn)其全面發(fā)展，提升學(xué)科素養(yǎng).

1 試題呈現(xiàn)

例題 （人教A版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)146頁復(fù)習(xí)參考題3第10題）[1]如圖1，已知直線與拋物線y2=2px（pgt;0）交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，OD⊥AB交AB于點(diǎn)D，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1），求p的值.

解法1 （斜率角度） 因?yàn)镈（2，1），所以kOD=12.

又因?yàn)镺D⊥AB，所以kAB=-2.

則直線AB的方程為y-1=-2（x-2）.

即y=-2x+5.

設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y2=2px，y=-2x+5， 消x，得

y2+py-5p=0.

所以y1y2=-5p.

由OA⊥OB，所以

kOA·kOB=y1x1·y2x2

=-5p（y1y2）2/4p2=-1.

即p=54.

解法2 （向量角度）同方法1，由OA⊥OB，則

OA·OB=x1x2+y1y2

=y212p·y222p+y1y2

=254-5p=0.

即p=54.

解法3 （直接設(shè)線）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），lOA的方程為y=kx，lOB的方程為y=-1kx，由y=kx，y2=2px， 得A（2pk2，2pk）.

同理得B（2pk2，-2pk）.

又因?yàn)锳，B，D三點(diǎn)在直線lAB上，且OD⊥AB，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1），所以有

kOD·kAB=-1，kBD·kOD=-1.

即2p/k+2pk2p/k2-2pk2=-2，1+2pk2-2pk2=-2.

解得p=54.

解法4 （參數(shù)方程角度）設(shè)A（2pt21，2pt1），B（2pt22，2pt2），又因?yàn)锳，B，D三點(diǎn)在直線lAB上，且

OD⊥AB，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1），所以有

kOD·kAB=-1，kBD·kOD=-1.

即2pt1-2pt22pt21-2pt22=-2，1-2pt22-2pt22=-2.

即t1+t2=-12，4pt22+2pt2-5=0.

又因?yàn)镺A⊥OB，

所以t1t2=-1，解得p=54.

解法5 （反設(shè)直線）由題意設(shè)直線lAB的方程為x=my+n，A（x1，y1），B（x2，y2），

由x=my+n，y2=2px，消x，得

y2-2pmy-2pn=0.

所以y1y2=-2pn.

由OA⊥OB，所以

kOA·kOB=y1x1·y2x2

=-2pn（y1y2）2/4p2=-1.

即n=2p.

所以直線過定點(diǎn)T（2p，0）.

因?yàn)锳，B，D三點(diǎn)在直線lAB上，且OD⊥AB，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，1），所以有

kOD·kTD=-1，

即1-02-2p=-2，解得p=54.

解法6 （點(diǎn)到直線的距離）由解法5可得

n=2p.

又因?yàn)辄c(diǎn)O的坐標(biāo)為（2，1），OD⊥AB，所以直線lAB的方程為

x-（2-2p）y-2p=0.

所以點(diǎn)O到直線lAB的距離為

d=2p1+（2-2p）2=5，

解得p=54.

解法7 （利用點(diǎn)差法）

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點(diǎn)為T（x0，y0），則y21=2px1，y22=2px2.

則（y1-y2）（y1+y2）x1-x2=2p.

由OD⊥AB，可得y0=-p2.

又因?yàn)镺A⊥OB，所以

y1y2x1x2=y1y2y21y22/4p2-1.

即y1y2=-4p2.

所以2p（x1+x2）=（y1+y2）2-2y1y2.

則x0=9p4.

所以T（9p4，-p2）.

所以kTD·kOD=12×1+p/22-9p/4=-1，

解得p=54.

解法8 （利用齊次化）

設(shè)AB：x=my+n，①

A（x1，y1），B（x2，y2），kOA=y1x1，kOB=y2x2，

將直線變形為x-myn=1，代入到y(tǒng)2=2px中，得

y2=2px·x-myn

=2px2-2pmxyn.

兩邊同除以x2，整理可得

n（yx）2+2pm·yx-2p=0.

注意到kOA=y1x1，kOB=y2x2，所以kOA和kOB是方程n（yx）2+2pm·yx-2p=0的兩個(gè)根，即

kOA·kOB=-2pn.

又因?yàn)镺A⊥OB，

所以-2pn=-1.

則n=2p.

代入①可得x=my+2p.

所以直線AB恒過定點(diǎn)（2p，0）．

下同解法5.

解法9" （利用點(diǎn)乘雙根法）設(shè)

A（x1，y1），B（x2，y2），

AB：x=my+n，①

則OA=（x1，y1），OB=（x2，y2）.

所以O(shè)A·OB

=x1x2+y1y2

=（my1+n）（my2+n）+y1y2

=m2（y1+nm）（y2+nm）+y1y2.②

聯(lián)立x=my+n，y2=2px， 得

y2-2pmy-2pn=0.

又因?yàn)閥1和y2是方程y2-2pmy-2pn=0的

兩根，

所以y2-2pmy-2pn=（y-y1）（y-y2）.

令y=0，則-2pn=y1y2;③

令y=-nm，則n2m2=（y1+nm）（y2+nm）.④

將③④代入②，得m2·n2m2-2pn=0.

即n=2p.

代入x=my+n可得x=my+2p.

所以直線AB恒過定點(diǎn)（2p，0）．

下同解法5.

2 附加值

通過以上的解答過程，我們發(fā)現(xiàn)有以下結(jié)論：

如圖2，已知拋物線y2=2px，過原點(diǎn)且相互垂直的直線OA，OB交拋物線于A，B兩點(diǎn)，直線AB過定點(diǎn)（2p，0）．（證明略）

圖2 附加值圖

3 變式

下面變式以三種圓錐曲線試題呈現(xiàn)，提供解答路徑，限于篇幅不拓展一般性結(jié)論，請(qǐng)讀者自行探究.

變式1 拋物線E的準(zhǔn)線方程為y=-14，拋物線E上的三個(gè)點(diǎn)A，B，C構(gòu)成一個(gè)以B為直角頂點(diǎn)的直角三角形．

（1）求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若點(diǎn)B坐標(biāo)為（1，1），證明：直線AC過定點(diǎn).

解析 （1）拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y=x2.

（2）設(shè)點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別為（x0，x20），（x1，x21），直線AC的方程為y=mx+b，聯(lián)立y=x2，y=mx+b，得x2-mx-b=0，顯然Δgt;0，所以x0+x1=m，x0x1=-b.

因?yàn)锳，B，C構(gòu)成一個(gè)以B為直角頂點(diǎn)的直角三角形，則kBA·kBC=-1.

所以x21-1x1-1×x20-1x0-1=-1.

即x0+x1+x0x1+2=0.

所以m-b+2=0，即b=m+2.

即直線AC的方程為

y=mx+b=mx+m+2=m（x+1）+2.

當(dāng)x=-1時(shí)y=2，

所以直線AC過定點(diǎn)（-1，2）.

變式2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為32，右頂點(diǎn)為A（2，0）．

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若直線m（不與x軸重合）與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，且點(diǎn)A在以MN為直徑的圓上．證明：直線m過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo)．

解析 （1）橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.

（2）由題意設(shè)直線m為x=ty+n，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由x24+y2=1，x=ty+n， 得

（t2+4）y2+2tny+n2-4=0.

由Δ=4t2n2-4（t2+4）（n2-4）gt;0，得

t2-n2-4gt;0，

y1+y2=-2tnt2+4，y1y2=n2-4t2+4.

因?yàn)辄c(diǎn)A在以MN為直徑的圓上，如圖3，所以AM·AN=0.

因?yàn)锳M=（x1-2，y1），AN=（x2-2，y2），

所以（x1-2）（x2-2）+y1y2=0.

所以x1x2-2（x1+x2）+4+y1y2=0.

即（ty1+n）（ty2+n）-2（ty1+n+ty2+n）+

4+y1y2=0.

所以（t2+1）y1y2+（nt-2t）（y1+y2）+n2-4n+4=0.

所以（t2+1）·n2-4t2+4+（nt-2t）·-2tnt2+4+n2-4n+4=0.

所以（t2+1）（n+2）（n-2）-2t2n（n-2）+（n-2）2（t2+4）=0.

化簡(jiǎn)整理，得（n-2）（5n-6）=0，

解得n=2或n=65.

所以直線m為x=ty+2，或x=ty+65.

所以直線m過定點(diǎn)（2，0）或（65，0）.

變式3 已知雙曲線E：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的焦點(diǎn)為F（2，0），且過點(diǎn)（-5，63）．

（1）求雙曲線E的方程；

（2）過點(diǎn)F作斜率分別為k1，k2的直線l1，l2，直線l1交雙曲線E于A，B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線E于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，若l1⊥l2，試判斷直線MN是否過定點(diǎn)？若是，則求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說明理由．

解析 （1）雙曲線E的方程是x23-y2=1.

（2）直線l1的方程為y=k1（x-2），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由x23-y2=1，y=k1（x-2）， 得

（1-3k21）x2+12k21x-12k21-3=0.

所以x1+x2=-12k211-3k21，x1x2=-12k21-31-3k21.

所以x0=x1+x22=-6k211-3k21.

所以y0=k1（x0-2）=-2k11-3k21.

所以M（-6k211-3k21，-2k11-3k21）.

同理可得N（-6k221-3k22，-2k21-3k22）.

因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2=-1.

即k2=-1k1.

當(dāng)k≠1且k≠-1時(shí)，

kMN=2k1/（1-3k21）-2k2/（1-3k22）-6k21/（1-3k21）+6k22/（1-3k22）

=-2k13（k21-1）.

所以直線MN的方程為

y+2k11-3k21=-2k13（k21-1）（x+6k211-3k21）.

即y+2k11-3k21=-2k13（k21-1）x-2k13（k21-1）·6k211-3k21.

即y=-2k13（k21-1）x-2k13（k21-1）·6k211-3k21-2k11-3k21

=-2k13（k21-1）x-2k11-3k21［6k213（k21-1）+1］

=-2k13（k21-1）x-2k11-3k21·3（3k21-1）3（k21-1）

=-2k13（k21-1）x+6k13（k21-1）.

所以y=-2k13（k21-1）（x-3）.

所以直線MN過定點(diǎn)（3，0）.

當(dāng)k=1或k=-1時(shí)，直線MN的方程為x=3，所以直線MN過定點(diǎn)（3，0）．

綜上，直線MN過定點(diǎn)（3，0）．

4 結(jié)束語

總之，圓錐曲線問題的探究與變式涉及解析式的推導(dǎo)、幾何條件的運(yùn)用、最值問題的解決，以及變換對(duì)幾何形狀的影響等多方面的考量.掌握基本公式和解題技巧后，逐步增加題目的復(fù)雜度，如探索變換對(duì)形狀的影響和平移的效果，能夠增進(jìn)對(duì)圓錐曲線性質(zhì)的理解，并提高解決更復(fù)雜幾何問題的能力.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 人民教育出版社，課程教材研究所，中學(xué)數(shù)學(xué)課程教材研究開發(fā)中心.

普通高中教科書數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)：A版[M]．北京：人民教育出版社，2019.

［責(zé)任編輯：李 璟］