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抛物线中的一个结论及推广

2017-11-29韩永强康微

试题与研究·教学论坛 2017年28期
关键词:过点原点抛物线

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

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