在探究中溯源 在变式中求真——以一道典型圆锥曲线问题为例

江西 邹荣华 颜 琴

圆锥曲线在高考及模拟考试中经常考查对称问题、面积问题、定值问题、定点问题以及向量问题、存在性问题、探究性问题等，本文以一道典型圆锥曲线问题为例，通过多角度思考，以问题为驱动，不断探究，一题多变，以点带面，涉及圆锥曲线中以上列举出的各种问题.

(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；

(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.

【分析】要证明∠OMA=∠OMB，通过直线AM,BM斜率之和为零建立方程进行求证.

(2)当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°；

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB；

当l与x轴不重合也不垂直时，

设l的方程为y=k(x-1)(k≠0)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

由y1=kx1-k,y2=kx2-k得，

所以kMA+kMB=0，故直线MA,MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB；

综上，∠OMA=∠OMB.

一、结论变换

变式一：当l与x轴不重合时,证明：MO平分∠AMB；

【分析】由∠OMA=∠OMB易得MO平分∠AMB.

变式二：当l与x轴不重合时,证明：直线MA,MB的倾斜角互补；

【分析】由原题解法中kMA+kMB=0可得直线MA,MB的倾斜角互补.

变式三：当l与x轴不重合时,证明：点F到直线MA,MB的距离相等；

【分析】因为F在∠AMB角平分线MO上，所以F到直线MA,MB的距离相等.

变式四：当l与x轴不重合时,证明：A关于x轴对称点A′ 在直线BM上；

【分析】方法1：由原题∠OMA=∠OMB易得MO平分∠AMB，又因为直线MO即为x轴，易知A关于x轴对称点A′ 在直线BM上；

方法2：利用向量证明B,A′,M三点共线，得到点A′在直线BM上.

证明：当l与x轴垂直时，A′与B重合，易得点A′在直线BM上;

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)(k≠0)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，A′(x1，-y1)，

(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

要证A关于x轴对称点A′ 在直线BM上，

即证(x1-2)y2+(x2-2)y1

=(x1-2)(kx2-k)+(x2-2)(kx1-k)

=k[2x1x2-3(x1+x2)+4]

=0.

综上，点A′在直线BM上.

变式五：当l与x轴不重合时,证明：|AM|·|BF|=|AF|·|BM|；

变式六：当l与x轴不重合时,证明：|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF；

【分析】由F到直线MA,MB的距离相等，并设为d，

得|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF

变式八：kMA+kMB是否为定值？若是求出定值，若不是说明理由；

【分析】由原题解法易得kMA+kMB=0，故kMA+kMB定值为0.

变式九：能否求出kAM·kBM的取值范围？

【分析】由原题解法得到kAM·kBM关于k的函数式，再求出范围.

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,

二、逆向变换

将题目已知中的“点M的坐标为(2，0)”去掉，把结论放入已知，从多个角度进行逆向设问，寻找点M是否存在.

【分析】假设M存在并设M(m,0)，根据∠OMA=∠OMB用kAM+kBM=0列式求解m,再作出判断.

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因为k不恒为0，

当l与x轴垂直时，易得M(2，0)，满足∠OMA=∠OMB；

综上，存在M(2，0)，使∠OMA=∠OMB恒成立.

【分析】假设M存在并设M(m,0)，

由BMS△AMF=|AM|S△BMF，得

可知F在∠AMB的平分线上，由kAM+kBM=0建立方程求解m.

理由如下：设存在符合题意的点M(m,0)，则：

当直线AB的斜率存在时，设l的方程为y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

y1y2=k2(x1-1)(x2-1)

=k2[x1x2-(x1+x2)+1]

=x1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2

逆向变换是把原命题的结论作为已知，去探究使之满足的其他条件.变式一至变式十(变式九除外)都可以这样逆向设置问法进行逆向变换，其他具体变换略.逆向变换是思维的逆向过程，难度较大，常常是存在性问题、探究性问题的命制方式，比如变式十二，这样设置问题，不仅题目新颖，而且难度变大.

三、综合变换

【分析】类比变式十一的解法，

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-n)，

得(2k2+1)x2-4nk2x+2n2k2-2=0，

Δ=16n2k4-4(2k2+1)(2n2k2-2)=8(2k2-n2k2+1)>0，

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因为k不恒为0，

【分析】类比变式十一的解法，

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-c)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则|x1|

得(a2k2+b2)x2-2a2ck2x+a2c2k2-a2b2=0，

Δ=4a4c2k4-4(a2k2+b2)(a2c2k2-a2b2)=4a2b2(a2k2+b2-c2k2)>0,

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因为k不恒为0，

【分析】类比变式十五的解法，

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则|x1|

得(a2k2+b2)x2-2a2nk2x+a2n2k2-a2b2=0

Δ=4a4n2k4-4(a2k2+b2)(a2n2k2-a2b2)=4a2b2(a2k2+b2-n2k2)>0，

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因为k不恒为0，

四、同类变换

变式十七：题中椭圆变为双曲线，是否有类似结论？

【分析】类比变式十六的解法，

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则|x1|>a, |x2|>a，

得(b2-a2k2)x2+2a2nk2x-a2n2k2-a2b2=0，

Δ=4a4n2k4-4(-a2k2+b2)(-a2n2k2-a2b2)=4a2b2(n2k2+b2-a2k2)>0

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因为k不恒为0，所以，

变式十八：题中椭圆变为抛物线，是否有类似结论？

抛物线C的方程为：y2=2px(p>0),N(n,0)(n为已知且n>0), 过N的直线l与C交于A,B两点，当l与x轴不重合时，x轴上是否存在定点M,使∠OMA=∠OMB恒成立，若存在求出定点，若不存在说明理由；

【分析】类比变式十六的解法,

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1>0 ,x2>0 ，

将y=k(x-n)代入y2=2px，

得k2x2-(2nk2+2p)x+k2n2=0,

Δ=(2nk2+2p)2-4n2k4=4p(2nk2+p)>0,

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因为k不恒为0，

解得m=-n；

当l与x轴垂直时，易得M(-n，0)，满足∠OMA=∠OMB；

综上，存在M(-n，0)，使得∠OMA=∠OMB.

变式十九：题中椭圆变为圆，是否有类似结论？

圆C的方程为：x2+y2=r2(r>0),N(n,0)(n为已知,-r

【分析】类比变式十六的解法，

解析：假设M存在并设M(m,0)，

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，则-r

将y=k(x-n)代入x2+y2=r2，

得(1+k2)x2-2nk2x+k2n2-r2=0，

Δ=4n2k4-4(1+k2)(k2n2-r2)=4(k2r2+r2-k2n2)>0，

因为∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因为k不恒为0，

同类变换是数学中常见的同类型中由一类成立，联想到另一类或几类是否也成立，从而进行变换设问的一种方式，这是数学中重要的类比推理的思想.比如上面的同类变换由椭圆中的结论成立，分别变换成双曲线、抛物线和圆中此结论是否也成立，这种从一类到另一类的探究过程，使我们由懂一类题到通一片题.