真题解密同构显课本一隅题根隐

2022-07-12巨小鹏

数理化解题研究·高中版 2022年6期

关键词：同构真题课本

巨小鹏

摘要：近几年同构法在高考题中不断显现，方法让人耳目一新，然而这种方法的影子就在课本的例题或习题里.本文对高考真题所涉及同构法的例题进行剖析，找出在课本中的题源题根，并以往年高考题或者名校联考试题为例加以运用，深刻理解同构法的高妙.

关键词：真题;同构;课本;题根

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）16-0035-05

高考题源于课本，高于课本，然而教材中许多被人忽视的例题静静地散发着自己的魅力.同构法在函数、圆锥曲线和数列等模块中相继显现，并被大家接受和认可，然而同构法并不是新的方法，其思想就隐藏在课本之中.

1 真题呈现

题目（2021年高考甲卷数学（理）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M2，0，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.

解析（1）依题意，设抛物线C：y2=2px（p>0），P（1，y0），Q（1，-y0）.

因为OP⊥OQ，

所以OP·OQ=1-y20=1-2p=0.

即2p=1.

所以C的方程为y2=x.

因为⊙M的圆心M（0，2），

可知⊙M半径为1.

所以⊙M的方程为（x-2）2+y2=1.

（2）设A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3），若A1A2斜率不存在，则A1A2方程为x=1或x=3.

若A1A2方程为x=1，易知不合题意.

若A1A2方程为x=3，根据对称性不妨A1（3，3），A2（（3，-3），

则过点A1与圆M相切的直线A1A3为

y-3=33（x-3）.

又kA1A3=13+y3=33，

所以y3=0.

此时直线A1A3，A2A3关于x轴对称.

所以直线A2A3与圆M相切.

若直线A1A2，A1A3，A2A3斜率均存在，

則

kA1A2=1y1+y2，

kA1A3=1y1+y3，

kA2A3=1y2+y3.

所以直线A1A2方程为

x-（y1+y2）y+y1y2=0.

同理直线A1A3的方程为

x-（y1+y3）y+y1y3=0，

直线A2A3的方程为

x-（y2+y3）y+y2y3=0.

因为A1A2与圆M相切，

所以|2+y1y2|1+（y1+y2）2=1.

整理，得

（y21-1）y22+2y1y2+3-y21=0.

A1A3与圆M相切，同理

（y21-1）y23+2y1y3+3-y21=0.

所以y2，y3为方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的两根，由韦达定理，得

y2+y3=2y11-y21，y2y3=-y21-31-y21.

点M到直线A2A3的距离为

|2+y2y3|1+（y2+y3）2=|2+3-y21y21-1|1+（2y11-y21）2=1.

所以直线A2A3与圆M相切.

综上，若直线A1A2，A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切.

评注（1）过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关;（2）要充分利用A1A2，A1A3的对称性，构造出y2，y3为方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的两根，抽象出y2+y3，y2y3与y1关系，把y2，y3的关系转化为用y1表示.

2 课本寻根

特级教师万尔遐说过：“题海战术人笑痴，别人抓根你抓枝，抓根九九能归一，抓枝遍野怎收拾？课有本，题有根，题根课根联考根，讲课不把根题展，盲人摸象白费神”.命题时，命题人千方百计地把这个题根藏起来，解题时恰好相反，解题人则是要千方百计地把这个题根寻找到.找到题根题源，就找到问题的底层逻辑，以此展开思维，继续探究.

题源（苏教版（新版）高中数学必修一第19页13题）已知两条直线a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都过点A（1，2），求过两点P1（a1，b1），

P2（a2，b2）的直线方程.

解析因为两条直线a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都过点A（1，2），所以a1+2b1+1=0且a2+2b2+1=0.

即a1，b1），a2，b2）是方程x+2y+1=0的两组解.

所以过两点P1（a1，b1），P2（a2，b2）的直线方程是x+2y+1=0.

评注题本身不难，重点在由已知得出a1，b1），a2，b2）是方程x+2y+1=0的两组解，对于这种结构相同性问题，构造出新的方程解决问题的方法值得我们去探究.由此可知，将条件进行等价转化，化成结构形式相同的方程或者不等式，然后构造出熟悉的方程或者函数解决问题，起到化繁为简的目的，我们将这种方法称为“同构法”.

3 应用举例

3.1 双切线问题

动点P（x0，y0）为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）外一点，过点作椭圆的两条切线l1，l2，其斜率存在且分别为k1，k2，若k1k2=λ（λ≠0），则点P的轨迹方程为λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

探究证明设直线l1：y-y0=k1（x-x0）与椭圆联立，得a2k21+b2）x2+2a2k1（y0-k1x0）x+

a2[（y0-k1x0）2-b2]=0.

因为Δ=0，

所以（x20-a2）k21-2x0y0k1+（y20-b2）=0.

同理可得

（x20-a2）k22-2x0y0k2+（y20-b2）=0.

即k1，k2为方程（x20-a2）k2-2x0y0k+（y20-b2）=0的两个根.

所以k1k2=y20-b2x20-a2=λ.

即λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

可知当切线斜率不存在时，方程也成立.

双切线交点轨迹问题不仅仅在椭圆中有这样的结论，在双曲线和抛物线中也有类似的结论，有兴趣可以继续探究.并且双切线的斜率之间也有关系，比如上述探究中k1k2=y20-b2x20-a2，也可得k1+k2=2x0y0x20-a2.

例1（2014年广东卷理科18题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点为5，0，离心率为53.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）若动点Px0，y0为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.

解析（1）由题意知椭圆C的标准方程为

x29+y24=1.

（2）①设从点P所引的直线的方程为

y-y0=kx-x0，

即y=kx+y0-kx0.

当从点P所引的椭圆C的两条切线的斜率都存在时，分别设为k1，k2，则k1k2=-1.

将直线y=kx+y0-kx0的方程代入椭圆C的方程并化简，得

（9k2+4）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-36=0.

Δ=[18k（y0-kx0）]2-4×（9k2+4）[9（y0-kx0）2-36]=0，

化简，得y0-kx02-9k2-4=0.

即x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0.

则k1，k2是关于k的一元二次方程x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0的两根.

则k1k2=y20-4x20-9=-1.

化简，得x20+y20=13.

②当从点P所引的两条切线均与坐标轴垂直，则点P的坐标为±3，±2，此时点P也在圆x2+y2=13上.

综上所述，点P的轨迹方程为x2+y2=13.

评注本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用Δ的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.

变式如图1，设点P为抛物线Γ：y2=x外一点，过点P作抛物线Γ的两条切线PA，PB，切点分别为A，B.

（1）若点P为（-1，0），求直线AB的方程;

（2）若点P为圆（x+2）2+y2=1上的点，记两切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求|1k1-1k2|的取值范围.

解析（1）设直线PA方程为x=m1y-1，直线PB方程为x=m2y-1.

由x=m1y-1，y2=x，可得

y2-m1y+1=0.

因为PA与抛物线相切，

所以△=m21-4=0.

取m1=2，则yA=1，xA=1.

所以A（1，1）.

同理可得B（1，-1）.

所以AB：x=1.

（2）设P（x0，y0），则直线PA方程为

y=k1x-k1x0+y0，

直线PB方程为y=k2x-k2x0+y0.

由y=k1x-k1x0+y0，y2=x，得

k1y2-y-k1x0+y0=0.

因为直线PA与抛物线相切，所以

△=1-4k1（-k1x0+y0）

=4x0k21-4y0k1+1=0.

同理可得

4x0k22-4y0k2+1=0.

所以k1，k2是方程4x0k2-4y0k+1=0的兩根.

所以k1+k2=y0x0，k1k2=14x0.

则k1-k2=y20x20-1x0=y20-x0x0.

又因为（x0+2）2+y20=1，

则-3≤x0≤-1.

即1k1-1k2=k1-k2k1k2

=4y20-x0

=41-（x0+2）2-x0

=4-（x0+52）2+134∈4，213.所以1k1-1k2的取值范围是[4，213].

评注本题主要考查抛物线方程的应用及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题和解决问题的能力.

3.2 斜率同构定点问题

除了双切线问题，还有过曲线外一定点作曲线的两条交线的斜率同构问题.

例2（2017年新课标Ⅰ卷理科20题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四点P1（1，1），

P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.

（1）求C的方程;

（2）设直线l不经过点P2且与C相交于A，B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点.

解析（1）C的方程为x24+y2=1.

（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，经验证不符合题意.

设P2A的直线方程为y=k1x+1，

直线l方程为y=kx+m，

将两个直线方程联立，得

A（m-1k1-k，k1m-kk1-k）.

代入椭圆方程整理，得

4（m2-1）k21+8k（1-m）k1+（m-1）2+4k2

=0.

设P2B的直线方程为y=k2x+1，

同理可得

4（m2-1）k22+8k（1-m）k2+（m-1）2+4k2=0.

即k1，k2是方程4（m2-1）x2+8k（1-m）x+（m-1）2+4k2=0的两个根.

于是k1+k2=2km+1=-1.

则m=-2k-1.

所以直线l的方程为

y=kx-2k-1=k（x-2）-1.

即直线l恒过点（2，-1）.

评注椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断.证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.

3.3 参数同构定值问题

例3已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，且短轴长为2，离心率等于255.

（1）求椭圆C的方程;

（2）过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，若MA=λ1AF，MB=λ2BF，求证：λ1+λ2为定值.

解析（1）x25+y2=1.

（2）可知F（2，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），M（0，m），

因为MA=λ1AF，

所以（x1，y1-m）=λ1（2-x1，-y1）.

即x=2λ1λ1+1，y=mλ1+1.

代入椭圆x25+y2=1，得

15·（2λ11+λ1）2+（y01+λ1）2=1.

去分母整理，得