从两道高考题谈同构方程法在解几题中的应用

安徽省芜湖市第一中学(241000) 刘海涛

摘要文章从2021年全国甲、乙卷的两道解析几何解答题出发,从同构方程法解题的角度予以思考,总结该法在解析几何问题中的应用,以期对教学、研究、学习有一定的帮助.

关键词高考试题;解析几何;同构方程法

1 真题呈现

题目1(2021年高考全国甲卷文科第21 题理科第20题)抛物线C的顶点为坐标原点O.焦点在x轴上,直线l:x=1 交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且⊙M与l相切.

(1)求C,⊙M的方程;

(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与⊙M相切.判断直线A2A3与⊙M的位置关系,并说明理由.

题目2(2021年高考全国乙卷理科第21 题)已知抛物线C:x2=2py(p >0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1 上的点的最短距离为4.

(1)求p;

(2)若点P在M上,PA,PB为C的切线,切点为A,B,求∆PAB面积的最大值.

2 真题解析

2.1 题目1(甲卷题)的解析

(1)C:y2=x,⊙M:(x−2)2+y2=1(过程省略).

(2)判断得直线A2A3与⊙M相切,证明如下:

设A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3).若直线A1A2斜率不存在,则直线A1A2方程为x=1 或x=3,

若直线A1A2方程为x=1,根据对称性,不妨设A1(1,1),则过A1与⊙M相切的另一条直线方程为y=1,此时该直线与抛物线只有一个交点,即不存在A3,不合题意;

若直线A1A2方程为x=3,根据对称性不妨设则过A1与⊙M相切的直线A1A3为此时直线A1A3,A2A3关于x轴对称,所以直线A2A3与⊙M相切;

若直线A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在,则所以直线A1A2方程为整理得x−(y1+y2)y+y1y2=0,同理直线A1A3,A2A3的方程分别为x−(y1+y3)y+y1y3=0,x−(y2+y3)y+y2y3=0,由直线A1A2与⊙M相切,得整理得又直线A1A3与⊙M相切,同理得所以y2,y3为方程的两根,则点M到直线A2A3的距离为

所以直线A2A3与⊙M相切.

综上,若直线A1A2,A1A3均与⊙M相切,则直线A2A3与⊙M相切.

2.2 题目2(乙卷题)的解析

(1)p=2(过程省略);

(2)解法1[1]设P(x0,y0),直线PA,PB的方程为y−y0=k1(x−x0),y−y0=k2(x−x0),设过点P与抛物线C相切的直线方程为y−y0=k(x−x0).

解法2[1]设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).

由P为两直线交点,得x1x0−2y0−2y1=0,x2x0−2y0−2y2=0,注意到A,B两点坐标满足同一方程x0x−2y−2y0=0,故直线AB方｜程为x0x｜−2y−2y0=0,所以点P到直线AB的距离下同解法1.

3 同构方程法的提出

假定

观察知两式除变量x1和x2不同外,其余结构相同,则可知x1,x2为方程ax2+bx+c=0 的两根,该方程称之为式①和式②的同构方程.解题中,我们将两个结构相同的方程,转化为同构方程后,再利用同构方程解题的方法,称之为同构方程法.

题目2 中,解法1 注意到两条切线的方程结构相同,故考虑同构方程解题,得到两切线斜率k1,k2为方程k2−x0k+y0=0 的两根,再运用韦达定理解题.解法2在得到x1x0−2y0−2y1=0 和x2x0−2y0−2y2=0 两式后,注意到A,B两点坐标满足同一方程x0x−2y−2y0=0,利用“两点确定一条直线”的原理,得到直线AB方程为x0x−2y−2y0=0.两种解法都是同构方程法,区别在于解法1 同构的元素为斜率,解法2 同构的元素为坐标,两种不同的同构方程法,异曲同工.

4 同构方程法在解析几何中的应用

4.1 以斜率为变量同构方程

例1已知椭圆的离心率为分别为椭圆C的左,右焦点,M为椭圆C上一点,∆MF1F2的周长为

(1)求椭圆C的方程;

(2)P为圆x2+y2=5 上任意一点,过点P作椭圆C的两条切线,切点分别为A,B,判断是否为定值?若是,求出定值;若不是,说明理由.

解析(1)(过程省略).

(2)设P(x0,y0),则即P(±2,±1)时,两切线分别平行于x,y轴,则PA⊥PB;当时,设过点P的C的切线方程为y−y0=k(x−x0),其中直线PA,PB的方程分别为y−y0=k1(x−x0),y−y0=k2(x−x0).将y−y0=k(x−x0)与椭圆方程联立得到

(4k2+1)x2+8k(y0−kx0)x+4[(y0−kx0)2−1]=0.令∆=0,得64k2(y0−kx0)2−16[(y0−kx0)2−1](4k2+1)=0,整理得则k1,k2为该方程的两根,所以则k1k2=−1,即PA⊥PB.

综上,有PA⊥PB,所以=0.

评注解答该题的关键在于注意到两切线方程除斜率k1,k2外结构相同,故考虑同构关于斜率k的方程,从而得到PA⊥PB,顺利解题.另外,该题可以拓展出如下一般化结论.

结论1已知⊙O:x2+y2=r2和椭圆(a >b >0),P为⊙O上任意一点,过点P作椭圆C的两条切线,切点分别为A,B,则PA⊥PB的充要条件是r2=a2+b2.

说明一般地,我们称圆x2+y2=a2+b2为椭圆的蒙日圆.仿照例1 可给出结论1的证明,限于篇幅,此处从略.

例2已知椭圆的离心率为两焦点与短轴两顶点围成的四边形面积为

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)我们称圆心在椭圆C上,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”,过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线,分别交椭圆C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

解析(1)(过程省略).

(2)设“卫星圆”的圆心为P(x0,y0),则即时,⊙P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆C的长半轴、短半轴,所以|OA|2+|OB|2=12+4=16;当时,设过点O的⊙P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x.

综上,|OA|2+|OB|2=16.

评注解答该题的关键在于注意到两切线方程结构相同,故同构关于斜率k的方程结合的定值关系,从而顺利解题.该题可以拓展出如下一般化结论.

结论2已知椭圆P为椭圆C上任意一点,过原点O作以P为圆心,为半径的圆的两条切线,分别交椭圆C于A,B两点,则|OA|2+|OB|2=4b2的充要条件是椭圆C离心率为

说明若切线OA,OB斜率均存在,则斜率之积为结论2 的证明可仿照例2,限于篇幅,此处从略.

4.2 以坐标为变量同构方程

例3已知曲线D为直线上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.

(1)证明:直线AB过定点;

解析(1)设求导得y′=x,则直线DA斜率为x1,直线DA方程为整理得2tx1−2y1+ 1=0,同理得2tx2−2y2+ 1=0,则A,B两点坐标均满足方程2tx−2y+ 1=0,而两个不同的点确定一条直线,所以直线AB方程为2tx−2y+ 1=0,由t的任意性,令故直线AB过定点

评注该题是2019年高考全国Ⅲ卷试题,解答该题的关键在于构造出A,B两点坐标满足的方程2tx−2y+1=0,由“两点确定一条直线”的原理,得出直线AB的方程.基于以上解答,可以将该题拓展到如下一般化结论:

结论3已知抛物线C:x2=2py(p >0),D为直线l:y=t(t <0)上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B,则直线AB过定点(0,t).

结论3 的证明仿照例3 即可,此处从略.

类似地,可以得到有关椭圆、双曲线的结论如下:

结论4已知椭圆=1(a>b>0),D为直线l上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B,则(1)直线AB过定点的充要条件是直线l:x=t;(2)直线AB过定点的充要条件是直线l:y=t.

证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线DA的方程为y−y0=k(x−x0),与椭圆方程联立得

令∆=0,整理得(y1−kx1)2=k2a2+b2,又此时所以故直线DA的方程为

充分性的证明:设D(t,y0),则同理得则A,B两点坐标均满足方程而两点确定一条直线,所以直线AB方程为由y0的任意性,令故直线AB过定点

综上,直线AB过定点的充要条件是直线l:x=t.

结论5已知双曲线D为直线l上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B,则(1)直线AB过定点的充要条件是直线l:x=t;(2)直线AB过定点的充要条件是直线l:y=t.

说明结论4(2)和结论5 的证明仿照结论4(1),此处从略.

4.3 以参数为变量同构方程

例4已知椭圆经过点且焦距为2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)过点F(0,1)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与x轴的交点.若试问λ+µ是否为定值? 若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

解析(1)(过程省略).

(2)设A(x1,y1),P(x0,0),由得(x1−x0,y1)=λ(−x1,1−y1),则所以整理得同理得可见λ,µ是方程的两个根,所以λ+µ=−3.

评注注意到向量数乘式结构相同,故考虑构造关于参数λ,µ的同构方程解题.该题还可以拓展到如下一般化结论.

结论6已知椭圆=1(a >b >0),(1)过定点F(0,t)(t ̸=±b)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与x轴的交点.若则(2)过定点F(t,0)(t ̸=±a)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与y轴的交点.若

结论7已知双曲线(1)过定点F(0,t)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与x轴的交点.若则(2)过定点F(t,0)(t ̸=±a)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与y轴的交点.若则

我们知道标准形式的椭圆、双曲线、以坐标原点为圆心的圆三者的方程可以统一为当a,b >0 且a ̸=b时表示椭圆;当ab<0 时表示双曲线;当a=b>0 时表示圆[2].上述结论从结构上可以统一为如下结论:

结论8已知曲线(1)过定点F(0,t)(t2b)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与x轴的交点.若则(2)过定点F(t,0)(t2a)的直线l交C于A,B两点,点P为直线l与y轴的交点.若则

说明结论6、7、8 的证明仿照例4,此处从略.

例5已知椭圆过点P(4,1)的动直线交椭圆C于A,B两点,若线段AB上点Q满足求证:点Q在定直线上.

解析设再设Q(x,y),则代入C的方程,并整理得(x2+2y2−4)λ2−4(2x+y−2)λ+14=0,同理得(x2+2y2−4)(−λ)2−4(2x+y−2)(−λ)+14=0,可见λ和−λ是方程(x2+2y2−4)t2−4(2x+y−2)t+14=0,由韦达定理知2x+y−2=0,故点Q在直线2x+y−2=0上.

点评该题改编自2008年高考安徽卷理科试题,由A,B,P,Q四点共线,知可将线段长度比值转换为向量数量积关系,进而用坐标表示,而得到后,可知利用同构方程解题.该题还可以拓展到如下一般化结论:

结论9已知曲线过点P(m,n)的动直线交C于A,B两点,若线段AB上点Q满足则点Q在定直线mbx+nay−ab=0 上.

说明结论9 的证明仿照例5,此处从略.

5 总结反思

5.1 方法总结

解析几何就是用代数的方法处理几何问题,在一些解析几何问题中,如发现根据题意可以得出结构相同的代数式(方程式),则可以考虑同构方程法解题.我们应明确同构方程法并不是解析几何的通性通法,其适用范围较窄,从上述例题的解答过程可以看出,我们可以考虑从斜率、坐标、参数三个方面同构方程.

5.2 解后反思

本文介绍的同构方程法,为今后解决一类解析几何问题提供了新的思路,相较于联立直线与曲线方程的通法,该法过程简洁、计算量小,体现了转化与化归的解题思想.该法一定程度上可以提高解题效率,但有其局限性.我们在日常的学习中,要结合自身掌握程度和实际情况,选择最佳的解题方法,不能盲目追求某一种解法,要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想,从而提高自身的数学核心素养[3].