摘 要:本文通過針對一個橢圓常規練習題的抽象化研究和拓展探索,運用轉化與化歸思想,得出以圓錐曲線為載體的同類問題的一般性結論.
關鍵詞:交點;韋達定理;線段乘積;斜率
中圖分類號:G632文獻標識碼:A文章編號:1008-0333(2021)34-0067-03
收稿日期:2021-09-05
作者簡介:許銀伙(1963.9-),男,福建省惠安人,本科,中學高級教師,從事中學數學教學研究.
轉化與化歸是高中重要的數學思想方法,它對于問題的思路探尋和簡化運算有著不可估量的作用.本文通過針對一個橢圓常規練習題的拓展探索,運用轉化與化歸思想,得出在圓錐曲線中同類問題的一般性結論.
問題 已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),O為坐標原點,P為橢圓上任意一點,F1、F2分別是橢圓的左、右焦點,且a,b,1依次為等比數列,其離心率為22,過點M(0,1)的動直線l與橢圓E交于A,B兩點.
(1)求橢圓E的標準方程;
(2)當AB=453時,求直線l的方程;
(3)在平面直角坐標系xOy中,若存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立,求點G的坐標.
解析 (1)橢圓E的標準方程為x24+y22=1;
(2)所求直線l的方程為y=±x+1或y=±12x+1;
(3)設存在符合條件的點G,由已知條件和橢圓的對稱性得點G必在y軸上,可設點G(0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).
①當直線l斜率存在時,設l方程:y=kx+1,代入橢圓E得:(2k2+1)x2+4kx-2=0,Δ=32k2+8>0,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以x1x2=x11+k2AGx21+k2BG,得:kAG=-kBG,即y1-y0x1=-y2-y0x2,則得y0=x1y2+x2y1x1+x2=x1(kx2+1)+x2(kx1+1)x1+x2=2kx1x2x1+x2+1=2,所以點G(0,2).
②當直線l斜率不存在時,可得A(0,-2),B(0,2)或A(0,2),B(0,-2).點G(0,2)代入可得GAMB=2,MAGB=2,符合.
綜上得,符合要求的點G存在,且點G的坐標(0,2).
評注 問題(3)的解決訣竅是利用對稱性判斷出所求點G必須在y軸上,然后把距離的乘積轉化為橫坐標和斜率的比,使其到兩個交點的連線斜率互為相反數,或者到兩個交點連線的傾斜角互補,再利用韋達定理得出結果.
推廣一 已知曲線E:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0),過曲線E內的定點M(0,t)(t≠0)的動直線l與曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
解析 設存在符合條件的點G,由已知條件和曲線的對稱性得點G必在y軸上,可設點G(0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).
①當直線l斜率存在時,設l方程:y=kx+t,代入曲線E得:(a2k2+b2)x2+2a2tkx+a2(t2-b2)=0,由點M(0,t)在曲線E內得:t2
GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以x1x2=x11+k2AGx21+k2BG,得:kAG=-kBG,即y1-y0x1=-y2-y0x2,得y0=x1y2+x2y1x1+x2=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)x1+x2=2kx1x2x1+x2+t=b2t,所以點G(0,b2t).
②當直線l斜率不存在時,可得A(0,-b),B(0,b)或A(0,b),B(0,-b).點G(0,b2t)代入可得GAMB=bt(b2-t2),GBMA=bt(b2-t2),符合.
綜上得:符合要求的點G存在,且點G的坐標(0,b2t).
評注 1.推廣一把原來問題一般化,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
2.曲線E可以是焦點在x軸或y軸上的橢圓,還可以是圓.
推廣二 已知曲線E:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0),過曲線E內的點M(t,0)(t≠0)的動直線l與曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
解析 設存在符合條件的點G,由已知條件和曲線的對稱性得點G必在x軸上,可設點G(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2).
①當直線l傾斜角不為0時,設l方程:x=t+my,代入曲線E得:(b2m2+a2)y2+2b2tmy+b2(t2-a2)=0,由點M(t,0)(t≠0)在曲線E內得:t2
GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以y1y2=y11+1k2AGy21+1k2BG,得kAG=-kBG,即y1x1-x0=-y2x2-x0,得x0=x1y2+x2y1y1+y2=y1(my2+t)+y2(my1+t)y1+y2=2my1y2y1+y2+t=a2t,
所以點G(a2t,0).
②當直線l傾斜角為0時,可得A(-a,0),B(a,0)或A(-a,0),B(a,0).點G(a2t,0)代入可得GAMB=at(a2-t2),GBMA=at(a2-t2),符合.
綜上得:符合要求的點G存在,且點G的坐標(a2t,0).
評注 1.推廣二只是把推廣一中曲線內的定點放到曲線的另一對稱軸,運用同樣的方法和技巧獲得一般化的結論.2.曲線E可以是焦點在x軸或y軸上的橢圓,還可以是圓.
推廣三 已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),過定點M(t,0)(t≠0)動直線l與雙曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
仿照推廣二可得符合要求的點G存在,且點G的坐標(a2t,0),過程略.
評注 推廣三只是把推廣二中橢圓換成焦點在同一坐標軸上的雙曲線,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
推廣四 已知雙曲線E:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),過定點M(t,0)(t≠0)動直線l與雙曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
解析 設存在符合條件的點G,由已知條件和雙曲線的對稱性得點G必在x軸上,可設點G(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),顯然直線l的傾斜角不為0°.
①當直線l斜率存在時,設l方程:x=t+my,代入雙曲線E得:(b2-a2m2)y2-2a2tmy-a2(t2+b2)=0,由已知得b2-a2m2≠0且Δ=4a2b2(b2-a2m2+t2)>0,y1+y2=2a2mtb2-a2m2,y1y2=-a2(t2+b2)b2-a2m2.
GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以y1y2=y11+1k2AGy21+1k2BG,得kAG=-kBG,即y1x1-x0=-y2x2-x0,得x0=x1y2+x2y1y1+y2=y1(my2+t)+y2(my1+t)y1+y2=2my1y2y1+y2+t=-b2t,所以點G(-b2t,0).
②當直線l斜率不存在時,可得A(0,-a),B(0,a)或A(0,a),B(0,-a).
點G(-b2t,0)代入可得MAGB=(a2+t2)(b4t2+a2)=MBGA,符合.
綜上得:符合要求的點G存在,且點G的坐標(-b2t,0).
評注 推廣四把推廣三的雙曲線換成焦點在另一坐標軸上,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
推廣五 已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),過定點M(0,t)(t≠0)動直線l與雙曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
解析 設存在符合條件的點G,由已知條件和雙曲線的對稱性得點G必在y軸上,可設點G(0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),顯然直線l斜率存在.
①當直線l斜率存在且不為0時,設l方程:y=kx+t,代入雙曲線E得:(b2-a2k2)x2-2a2tkx-a2(t2+b2)=0,由已知得b2-a2k2≠0且Δ=4a2b2(b2+t2-a2k2)>0,x1+x2=2a2tkb2-a2k2,x1x2=-a2(t2+b2)b2-a2k2.
GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以x1x2=x11+k2AGx21+k2BG,得kAG=-kBG,即y1-y0x1=-y2-y0x2,得y0=x1y2+x2y1x1+x2=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)x1+x2=2kx1x2x1+x2+t=-b2t,所以點G(0,-b2t).
②當直線l斜率為0時,由雙曲線對稱性得點G(0,-b2t)符合要求.
綜上得:符合要求的點G存在,且點G的坐標(0,-b2t).
評注 推廣五把推廣三中直線所過坐標軸上的定點換成另一坐標軸上,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
推廣六 已知雙曲線E:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),過定點M(0,t)(t≠0)動直線l與雙曲線E交于A,B兩點,探求是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
類似推廣五得符合要求的點G存在,且點G的坐標(0,a2t),過程略.
評注 推廣六把推廣四中直線所過坐標軸上定點換成另一坐標軸上,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
推廣七 已知拋物線E:y2=2px,過異于原點的定點M(t,0)的動直線l與拋物線E交于A,B兩點,是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
解析 設存在符合條件的點G,由已知條件和拋物線的對稱性得點G必在x軸上,可設點G(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),顯然直線l的傾斜角不為0°.
①當直線l斜率存在時,設l方程:x=t+my,代入拋物線E得:y2-2pmy-2pt=0,由已知得:Δ=4p2m2+8pt>0,y1+y2=2pm,y1y2=-2pt.
GAMB=MAGB等價于MAMB=GAGB,所以y1y2=y11+1k2AGy21+1k2BG,得kAG=-kBG,即y1x1-x0=-y2x2-x0,得x0=x1y2+x2y1y1+y2=y1(my2+t)+y2(my1+t)y1+y2=2my1y2y1+y2+t=-t,所以點G(-t,0).
②當直線l斜率不存在時,由拋物線對稱性得G(-t,0)符合GAMB=MAGB.
綜上得:符合要求的點G存在,且點G的坐標(-t,0).
評注 推廣七把推廣二中的曲線換成拋物線,運用上面的方法獲得一般化的結論.
推廣八 已知拋物線E:x2=2py,過異于原點的定點M(0,t)的動直線l與拋物線E交于A,B兩點,是否存在與點M不同的點G,使得GAMB=MAGB成立;若存在,求點G的坐標.
類似推廣七得符合要求的點G存在,且點G的坐標(0,-t),過程略.
評注 1.推廣八把推廣七中拋物線對稱軸改變,運用上面的方法和技巧獲得一般化的結論.
2.推廣七和八通常取定點M為拋物線的焦點作為質檢考題.
見微知著,舉一還三,是學好數學必需的能力與習慣,需要有意識的培養與磨練.本文通過針對一個普通練習題的拓展思考,獲得同類問題的一般性結論,既強化問題解決的方法和技巧,又加深對問題的本質認識,值得在數學學習與研究的過程中借鑒.
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[2]李維.對一個高考模擬題的解法探究、背景溯源與拓展[J].數學通訊(上半月),2019(10):32-34.
[責任編輯:李 璟]