抛物线中的一个结论及推广
2017-11-29韩永强康微
韩永强+康微
2017年高考全国卷Ⅲ理科第20题的第(1)小问蕴含了抛物线中的一个重要结论,本文从一般化推广、特殊化处理、逆向思考、横向类比的角度对该结论进行探究。现分析如下:
一、试题再现
(2017年高考全国卷Ⅲ理科20题)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A、B两点,圆M是以线段AB为直径的圆。
(1)证明:坐标原点O在圆M上;
(2)设圆M过点P(4,2),求直线l与圆M的方程。
二、性质结论
1.结论1-1:已知抛物线C:y2=2px,过点(2p,0)的弦交抛物线于A、B两点,则抛物线内接△OAB是以O为直角顶点的直角三角形(O为坐标原点)。
以上命题的结论也等价于OA⊥OB?圳·=0?圳以AB为直径的圆经过坐标原点
2017年高考全国卷Ⅲ理科第20题的第(1)小问实质上考查的就是该结论。
对于本结论的证明方法颇多,限于篇幅,下面与读者分享一种巧设直线“另类”方程,构造齐次式的证法。
证明:设直线AB的方程为mx+ny=1(这种“另类”形式的直线方程除了不能表示经过坐标原点的直线其余皆可表示,用它表直线AB可避免斜率是否存在的讨论,而且方便下一步构造齐次式。
联立y2=2pxmx+ny=1?圯y2=2px(mx+ny)?圯y2-2pmx2-2pnxy=0(齐次式!)
?圯2-2pn-2pm=0。
设A(x1,y1),B(x2,y2),则和为以上方程的两根,故由韦达定理知:·=-2pm。
又直线AB:mx+ny=1过点(2p,0),于是有2pm=1,所以·=-2pm=-1;
即OA⊥OB?圳·=0?圳以AB为直径的圆经过坐标原点。
命题得证。
2.对结论1-1逆向思考,可得到结论1-1的逆命题:
结论1-2:已知抛物线C:y2=2px,以坐标原点O为直角顶点作抛物线内接Rt△OAB,则斜边AB所在的弦恒过定点(2p,0)。
证明:设直线AB的方程为mx+ny=1。
联立y2=2pxmx+ny=1?圯y2=2px(mx+ny)?圯y2-2pmx2-2pnxy=0?圯2-2pn-2pm=0。
設A(x1,y1),B(x2,y2),则和为以上方程的两根;
又OA⊥OB,所以kOA·kOB=·=-2pm=-1?圯m=。
所以直线AB的方程为mx+ny=1,即x+ny=1,所以直线AB恒过定点(2p,0)。
命题得证。
3.对结论1-1进行一般化推广:
结论2-1:已知抛物线C:y2=2px,过点(a,0)的弦交抛物线于相异两点A、B,则·为定值a(a-2p)。
证明:设直线AB的方程为x=my+a,联立y2=2pxx=my+a?圯y2=2p(my+a)。
所以y1y2=-2pa,即x1x2==a2;
所以x1x2+y1y2=a2-2pa=a(a-2p),即·=a(a-2p)。
命题得证。
对结论2-1特殊化处理,令a=2p,即得x1x2+y1y2=a2-2pa=a(a-2p)=0,也就是结论1-1;所以结论2-1是结论1-1的推广,结论1-1是结论2-1的特殊情形。
4.对结论2-1也作逆向研究,还可得到:
结论2-2:已知抛物线C:y2=2px,直线AB交抛物线于相异两点A、B,若·=k(常数),则有:
(Ⅰ)当p2+k>0时,直线AB过定点(p+,0)或(p-,0);
Ⅱ当p2+k=0时,直线AB恒过定点(p,0);
Ⅲ当p2+k<0时,直线AB不存在。
证明:设直线AB的方程为x=my+n,
联立y2=2pxx=my+n?圯y2=2p(my+n)?圯y2-2pmy-2pn=0?圯y1y2=-2pn。
所以·=x1x2+y1y2=+y1y2=n2-2pn=(n-p)2-p2≥-p2。
Ⅰ当p2+k>0,n2-2pn=(n-p)2-p2=n(n-2p)=k?圯n=p±;
则直线AB的方程为x=my+n=my+(p±),
即直线AB过定点(p+,0)或(p-,0)。
(Ⅱ)当p2+k=0,由n2-2pn=k得:n=p±=p,
即直线AB的方程为x=my+n=my+p,
即直线AB过定点(p,0)。
(Ⅲ)当p2+k<0,由n2-2pn=k知,此时关于n的方程无实数解,即直线AB不存在。
命题得证。
当结论2-2中k=0时即得结论1-2,所以结论2-2是结论1-2的推广,结论1-2是结论2-2的特殊情形。
5.再换一个角度对结论1-1和1-2进行推广,可得:
结论3:过抛物线C:y2=2px(p>0)上的定点A(x0,y0)引抛物线的两条弦AP、AQ,则AP⊥AQ(即AP·AQ=0)的充要条件是直线PQ过定点(2p+x0,-y0)。
证明:(必要性)
下面仍然构造齐次式来证明。
为便于研究,平移坐标系,将新坐标系的原点定在原坐标系的点A(x0,y0)处。
旧系中的抛物线C:y2=2px(p>0)在新系中对应C1:(y+y0)2=2p(x+x0)。
在新系中设直线PQ的方程为mx+ny=1,由(y+y0)2=2p(x+x0)?圯y2+2yy0+y02=2px+2px0;endprint
又点A(x0,y0)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,所以y02=2px0。
故y2+2yy0-2px=0?圯y2+(2yy0-2px)(mx+ny)=0(构造齐次式!)
?圯y2+2my0xy+2ny0y-2pmx2-2pnxy=0
?圯(1+2ny0)y2+(2my0-2pn)xy-2pmx2=0
?圯(1+2ny0)()2+(2my0-2pn)-2pm=0。
在新系中,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为AP⊥AQ,
所以kAP·kAQ===-1,即2pm=1+2ny0?圯m=,
直线PQ的方程为mx+ny=1?圯x+ny=1,
即(2ny0+1)x+2pny=2p?圯(2y0x+2py)n+x-2p=0。
所以在新坐标系下直线PQ恒过点(2p,-2y0),
转换后,在原坐标系下直线PQ恒过点(2p+x0,-y0)。
命题得证。
下证:(充分性)
设直线PQ的方程为x=m(y+y0)+2p+x0,
联立y2=2pxx=m(y+y0)+2p+x0?圯y2-2pmy-2p(y0m+2p+x0)=0。
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则有y1+y2=2pm,y1y2=-2p(y0m+2p+x0),
所以x1+x2=m(y1+y2)+2(y0m+2p+x0),x1x2==(y0m+2p+x0)2;
又y02=2px0,所以kAP·kAQ=·===-1。
故AP⊥AQ。
命題得证。
将结论1-1,结论1-2和结论3进行比较,它们具有特殊和一般的关系。
6.对结论1-1,结论1-2进行横向类比研究还可得:
结论4-1:已知点M(x0,y0)是曲线mx2+ny2=1(m+n≠0)上任一定点,以点M为直角顶点作曲线的内接RtΔMAB,则动直线AB过定点x0,-y0。
结论4-2:已知点M(x0,y0)是曲线mx2+ny2=1(m+n≠0)上任一定点,点Nx0,-y0是点M的伴随定点,过点N的直线交曲线于A、B两点,则以AB为直径的圆过定点M。
限于篇幅,结论4-1,4-2留给读者自己证明。
参考文献:
邹生书.由一道抛物线竞赛题引发的探究[J].数学通讯,2017(2).
(作者单位:1.四川省南充高级中学 2.四川省德阳第五中学)endprint