2020年第8期(上)中学数学研究43曲径通幽拨云见日—–对一道解析几何试题的探究重庆市合川中学(401520)黄富国王安国李娟摘要借助一道常规考题,进行适当拓展、变式,运用类比推理,培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力,提升学生的数学学科核心素养和创新意识.关键词解析几何;定点;对称1试题呈现题目1(2020年重庆合川中学高二上期期中考试)已知圆心在x 轴的正半轴上,且半径为2的圆C 被直线y =√3x截得的弦长为√13.(Ⅰ)求圆C 的方程;(Ⅱ)设动直线y =k (x −2)与圆C 交于A ,B 两点,则在x 轴正半轴上是否存在定点N ,使得直线AN 与直线BN 关于x 轴对称?若存在,请求出点N 的坐标;若不存在,请说明理由.解(Ⅰ)圆C 的方程为(x −1)2+y 2=4.(Ⅱ)设N (t,0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由(x −1)2+y 2=4,y =k (x −2),得(k 2+1)x 2−(2+4k 2)x +4k 2−3=0,所以x 1+x 2=2+4k 2k 2+1,x 1x 2=4k 2−3k 2+1,若直线AN 与直线BN 关于x 轴对称,则k AN =−k BN ⇒y 1x 1−t +y 2x 2−t=0,即k (x 1−2)x 1−t +k (x 2−2)x 2−t =0,化简整理得2x 1x 2−(t +2)(x 1+x 2)+4t =0,所以2(4k 2−3)k 2+1−(2+4k 2)(t +2)k 2+1+4t =0,化简整理解得t =5,所以当点N 为(5,0)时,直线AN 与直线BN 关于x 轴对称.试题以圆为背景,考查圆的方程,直线与圆的位置关系,探索是否存在满足条件的定点.从改卷的结果来看,本题的校平均分只有4.38,分数不够理想.针对这一种情况,笔者在考后与学的生交流中,发现部分学生不知如何将直线AN 与直线BN 关于x 轴对称这一问题情境转化为数学关系式;有的学生虽然想到转化,但因运算错误导致结果错误.对称、定点问题是解析几何中的重要问题之一,有必要对此类问题进行全面、深入的探究.2试题拓展数学家波利亚曾说:“解题就像采蘑菇,当你发现一个蘑菇时,它的周围可能有一个蘑菇圈.”解答完本题后,我们对题目1中第(Ⅱ)问作如下反思:1.动直线y =k (x −2)与圆C 交于A ,B 两点,在x 轴负半轴上是否存在定点N 使得直线AN 与直线BN 关于x 轴对称?2.若把动直线改为y =k (x −5),则在x 轴上是否存在定点N ,使得直线AN 与直线BN 也关于x 轴对称.上图中的三角形满足a 2n +2=S 2n +1+S n +1+1,易得θn =2θn +1,因为θ1=π3,所以θn =π3·(12)n −1,在图(1)的三角形中利用正弦定理可得1sin θn −1=a n +1sin 2π3,所以a n =√32/sin (π3×2n −1).三角函数的应用极为广泛,可以沟通不同的数学知识点,如三角与不等式,三角与函数,三角和解析几何,三角与数列等等,利用三角代换,常常可以突破难点,提供简单的解决方法.三角代换是一种典型、实用且简便的解题方法.本文探讨如何依据三角函数公式,通过类比的方法求出有关递推数列的通项问题,涉及两角和的正切公式,正切的二倍角公式,余弦定理,正弦定理以及数列求通项公式的联合应用.数列是高中教材的重点和难点,而递推数列则是难点中的难点,多数为探求数列的性质.而且有许多问题可以借助三角公式进行代换从而得到巧解.44中学数学研究2020年第8期(上)3.过圆外x轴上的点,作两条关于x轴对称的直线与圆相交,连接不对称两点的直线,则该直线是否过定点?4.一般地,对于圆C:(x−a)2+y2=r2,过圆内x轴上点P的直线与圆C交于A,B两点,若在x轴上存在定点N使得直线AN与直线BN关于x轴对称,那么P,N两点的坐标与半径r之间又存在怎样的数量关系?为了探究以上问题的方便,不妨设圆的方程为x2+y2=r2,笔者通过逐步、深入地分析,得如下结论.结论1已知圆O:x2+y2=r2,P(t,0),Q(n,0)是x轴上不同的两点(都异于圆心和左右顶点),过点Q的直线l与椭圆C交于A,B两点,则直线P A,P B关于x轴对称的充要条件是tn=r2.证明当直线l与x轴重合时,直线P A,P B关于x对称,此时tn可以取任意实数;当直线l不与x轴重合时,设直线AB方程为x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2),由x2+y2=r2,x=my+n,得(m2+1)y2+2mny+n2−r2=0,所以y1+y2=−2mnm2+1,y1y2=n2−r2m2+1,因为直线P A与直线P B关于x轴对称⇔k P A+k P B=0⇔y1x1−t +y2x2−t=y1my1+n−t+y2my2+n−t=0,故k P A+k P B=0⇔2my1y2+(n−t)(y1+y2)=2m(n2−r2)m2+1+(n−t)(−2mn)m2+1=0⇔2m (tn−r2)=0⇔tn=r2,综上,直线P A,P B关于x对称的充要条件是tn=r2.结论中呈现了直线与圆位置关系,直线与直线的对称关系以及定点坐标间的数量关系,结合图形的几何特征,我们可从静态和动态两个方面对结论1中的图形做图1进一步赏析.从静态方面看,在图1中,延长P B交圆O于D,连接CD,若直线P A,P B关于x轴对称,由图形的对称性,易得直线QA,QC也关于x轴对称;反之亦成立.从动态方面看,在图2中,直线AB绕Q点旋转时,若直线P A,P B关于x轴对称,则直线QA,QC也关于x轴对称且动直线AC过定点P;反过来,直线AC绕点图2P旋转时,若直线QA,QC关于x轴对称,则直线P A,P B 也关于x轴对称且动直线AB过定点Q.再结合圆的几何性质,当直线AB绕定点Q旋转时(不重合于x轴),∆AOQ ∆AOP始终成立,定点P,Q的坐标关系也可通过如下方式证明.证明图3为去除坐标轴的平面几何图形.连接AO并延长交圆O于D,连接BD;延长P B交圆O于C,连接AC交P O于E.因为AD为圆O的直径,所以∠ABD=∠P EC=90◦;又图3因为∠ADB=∠ACB,所以Rt∆ABD Rt∆P CE.因为Rt∆P CE =Rt∆P AE,所以Rt∆ABD Rt∆P AE,得∠OAQ=∠AP Q,又∠AOQ=∠AOP,所以∆AOQ ∆AOP,故|OQ||AO|=|AO||OP|,即nt=r2.可以发现,相比较于代数法,平面几何法的证明过程要显得简洁直观.因为解析几何问题本质是几何问题,它们本身就包含一些很重要的几何性质.如果我们可以充分利用这些几何性质,它们其实就是纯几何问题,完全可以借助平面几何的知识加以解决.这样不但能避开繁琐的代数运算,使解决问题的过程得到简化,而且能更好地揭示问题的本质.3试题推广椭圆可由圆“压缩”而得到,类比于圆,椭圆是否也具有类似的结论呢?回答是肯定的.结论2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0), P(t,0),Q(n,0)是x轴上不同的两点(都异于椭圆的中心和顶点),过点Q的直线l与椭圆C交于A,B两点,则直线P A,P B关于x轴对称的充要条件是tn=a2.证明当直线l与x轴重合时,直线P A,P B关于x 对称,此时tn可以取任意实数;当直线l不与x轴重合时,设直线l的方程为x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2).则由x2a2+y2b2=1x=my+n得(m2b2+a2)y2+2mnb2y+b2n2−a2b2=0.y1+y2=−2mnb2m2b2+a2,y1y2=b2n2−a2b2m2b2+a2.因为2020年第8期(上)中学数学研究45直线P A,P B 关于x 对称⇔k P A +k P B =0,而k P A +k P B =y 1x 1−t +y 2x 2−t=y 1my 1+n −t +y 2my 2+n −t =2my 1y 2+(n −t )(y 1+y 2)(my 1+n −t )(my 2+n −t )故k P A +k P B =0⇔2my 1y 2+(n −t )(y 1+y 2)=2m (b 2n 2−a 2b 2)mb 2+a 2+(n −t )(−2mnb 2)m 2b 2+a 2=0⇔2mb 2(tn −a 2)=0⇔tn =a 2综上,直线P A,P B 关于x 对称的充要条件是tn =a 2.椭圆、双曲线和抛物线同属于圆锥曲线,它们往往有相通的性质.笔者利用几何画板探究双曲线和抛物线,发现它们也具有这一类似性质,又得下述结论.结论3已知双曲线C :x 2a 2−y 2b2=1(a,b >0),P (t,0),Q (n,0)是x 轴上不同的两点(都异于双曲线的中心和顶点),过点Q 的直线l 与双曲线C 交于A,B 两点,则直线P A,P B 关于x 轴对称的充要条件是tn =a 2.结论4已知抛物线C:y 2=2px (p >0),P (t,0),Q (n,0)是x 轴上不同的两点(都异于抛物线的顶点),过点Q 的直线l 与抛物线C 交于A,B 两点,则直线P A,P B 关于x 轴对称的充要条件是t +n =0.双曲线的证明只需将椭圆中b 2换成−b 2即可,抛物线的证明方法和椭圆、圆类似,其证明过程在此不再赘述,读者可自行证明.上述结论体现了数学对称、简洁、和谐和统一之美,同时它们已成为高考命题的一个藏宝库.笔者查阅了近几年的高考试题,发现圆锥曲线中的这一结论已考查过多次,如2013年陕西卷理科第20题,2015年全国Ⅰ卷理科第20题,2015年高考北京理科第19题,2015年四川理科第20题,2018年全国理科Ⅰ卷第19题等.通过对图形的对称性进一步分析,我们也可大胆猜想,图像关于坐标轴对称的曲线方程f (x 2,y )=0、f (x,y 2)=0、f (x 2,y 2)=0也都具有这一类似结论.4试题变式下面利用结论对试题进行变式.变式1如图4,已知P 为圆O 外一点,P O 为∠AP B 的角平分线,弦AB 交P O 于点Q .若|OQ |=2,|OP |=8,求圆O 的半径长?此题与文首试题1本质上完全一致,固定点P,Q 到圆心O 的距离,把题目中的直线P A,P B 关于x 轴对称,等价转换为P O 是∠AP B 的角平分线,从而得到一个纯平面几何题.显然,由结论1可得r =√|OP ||OQ |=4.图4图5变式2如图5,已知椭圆C :x 24+y 23=1,过点P (4,0)的直线与椭圆C 交于A,B 两点,设O 为原点,点M 与点A 关于x 轴对称,直线MB 交x 轴于点Q ,问:y 轴上是否存在点N ,使得∠ONP =∠OQN ?若存在,求出N 点坐标;若不存在,请说明理由.此题为文首试题1的简单变形,把以圆为背景替换为椭圆,并设置条件A 关于x 轴对称M ,再结合P,Q 两点坐标的数量关系,从而把试题改造为探索性、开放性试题.由结论2和此题条件可知,Q 为定点且坐标为(1,0),若在y 轴上存在N 点使得∠ONP =∠OQN ,则Rt ∆OP N Rt ∆OQN .得|OQ ||ON |=|ON ||OP |,即|ON |2=4,故在y 轴上存在点N 坐标为(0,±2).当然,此题也可利用解析法进行求解.5结束语解析几何问题的本质仍是几何问题,解题时要善于“拨云见日”,充分把握解析几何图形的特征,紧扣其中的关键几何要素,挖掘图形的几何性质,恰当地运用平面几何的相关的知识,往往能简化运算,优化解题过程,能起到四两拨千斤的功效.波利亚曾说:与其穷于应付繁琐的数学内容和过量的题目,还不如适当选择某些有意义的题目去帮助学生发掘题目的各方面,在指导学生解题的过程中,提高他们的才智和推理能力.教师选定一个典型试题,引导学生对试题进行拓展和推广,并将问题引向深入,探索隐藏在题目背后的奥秘,挖掘题目的真正内涵,找到解决这个问题与解决其他问题在思维上的共性.这样我们才能领会试题命制的深刻背景,才能引领学生跳出题海,真正做到触类旁通,举一反三.在此过程中,同时培养了学生的逻辑推理能力和发散思维能力,还无形中提升了学生的核心素养.参考文献[1]G.波利亚.怎样解题[M].北京:科学出版社,2006.[2]王安国,李娟.对2019年高考全国Ⅲ卷理科第21题的探究[J],中学数学研究(华南师范大学版),2019(8):23-25.[3]王安国,李娟.追溯本源拓展外延——以2019年全国理科Ⅱ卷第21题为例[J],高中数学教与学,2019(11):32-34.。
