高考试题的探究(一)：安徽 岳峻 圆锥曲线的内接直角三角形的探究
高考试题的探究(一)安徽高考数学试题的压轴题的解答与反思-数学通讯
安徽高考数学试题的压轴题的解答与反思2014年安徽省理科试题第21题的确让考生和教师费尽思考，第（I ）问为大家所熟悉的待证式即为伯努利不等式的特例，运用导数可简单证明，而（II ）的论证则要困难得多，绝大部分考生都会觉得束手无策！面对高考的参考答案大都感到“想不到”或“突兀”，自然“不知从何入手”．本文结合本校理科高考学生的答题情况，对今后的高三复习教学提出一些思考，仅供同仁参考.1.考题设实数0c >，整数1p n N *>∈，.（Ⅰ）证明；当1x >-且0x ≠时，(1)1p x px +>+；（Ⅱ）数列{}n a 满足11111p pn n np c a c a a a p p-+->=+，.证明：11p n n a a c +>>. 2.审题本题第（Ⅰ）问的待证式即为伯努利不等式的特例，其求解思路可以构造函数，进行常规处理；如果注意到“整数1p >”，即整数2p ≥，自然应该想到数学归纳法的灵活应用，只不过是条件给出的多变；如果注意到待证式左右两侧的结构特征，或许会联想到二项式定理的灵活应用.第（Ⅱ）问是复杂的一阶递推数列的单调性与有界性的证明问题，有较大的难度与区分度，在考查基础知识、基本技能的同时考查分析问题、解决问题的能力，有利于高校选拔人才.3.第（Ⅱ）问的处理思路3.1 数列的单调性的研究的通法是比较法，其次是构造函数法本问要证1n n a a +>，即数列{}n a 单调递减，只需证明111,n pn n a p ca p pa +-=+< 即1pn c pa p<，只需证1.p p n n a c a c >⇔>自然先证1.pn a c > 3.2数列不等式的证明的通法是归纳法 当1n =时，11pa c>成立；假设当n k =时，1pk a c>成立，则当1n k =+时，111,pk k k p c a a a p p-+-=+ 要证明1111,pp k k kp c a a a c p p-+-=+>势必要证111,p pk k p c a a c p p --+>即11,pk k ca p a p p -⎛⎫-+> ⎪⎝⎭3.3 分步设问，层层递进，上问结果，用于下问11111,p p pk k k ca ca ca p p p p p p-----+=+-=+ 由第（Ⅰ）问可知：()1(1)1,px px +>+则：111111,p p ppk kk k ca ca a a p c p p --⎛⎫⎛⎫--+>+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.根据思路 规范书写4.1 数学归纳 绝招应用 先证1pn a c>.当1n =时，11pa c>成立；假设当n k =时，1pk a c >成立，此时11p k ca p-->-，则当1n k =+时，1111()pp kk k k k ca p c p a a a a p p p p--+--=+=+1111(1)(1)p p pp k k k k ca ca a a p c p p----=+>+⋅=（利用Ⅰ式），所以由归纳法原理可知1pn a c >；再证1n n a a +>． 因为11111p n n n a p c p c a c a p p p p--+--=+<+=，所以1n n a a +>成立； 综上11.pn n a a c +>> 4.2 构造函数 灵活处理令()111,p p p c g x x x x c p p--=+≥，则,px c ≥ 且()()11110,p p p c p c g x p x p p p x ---⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭所以()g x 在1,p c ⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭上单调递增，因而，当1p x c ≥时，()11.pp g x g c c ⎛⎫>= ⎪ ⎪⎝⎭①当1n =时，1110,,p pa c a c >>>则12111111111,pp p c c a a a a a p p p a -⎡⎤⎛⎫-=+=+-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦且()121,pa g a c =>故112pa a c >>成立；②假设当()1n k k =≥时，不等式11pk k a a c +>>成立；则当1n k =+时，()()11,p k k g a g a g c +⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭即112.p k k a a c ++>>所以1n k =+时，原不等式也成立．综合①②可得，对于一切自然数，不等式11pn n a a c +>>均成立.5.反思此题旨在考察学生的创造性、综合性和灵活性.此题的得分率很低，完全正确解答此题的考生非常少，是一道选拔性极强的试题.今年的高三老师和考生都普遍感到：高三的数列复习不到位，特别与此压轴题相差甚远.此题综合了数列、函数和不等式等知识，学生必须对函数的单调性和数列单调性的联系和区别要特别清楚,对学生思维的灵活性和观察问题的能力要求高,对今后的高三复习教学有何指导意义呢？5.1 夯实基础 理解概念的数学本质 理解概念的数学本质，不是机械地、僵化地理解，而是理解概念的强大的生命力，譬如：数学归纳法是研究关于自然数“n ”的有关命题，其中“n ”只是自然数的表述的一种形式，当然也可以自然数“p ”，“t ”，……； 二项式定理中“n ”，当然也可以自然数“p ”，“t ”，……；夯实基础，理解概念的数学本质是我们高三第一轮复习的重中之重，不能有丝毫的懈怠. 高考题的百分之七十左右是中低档题；综合性的问题都能分解为基础题，最终是概念的理解；只有概念理解了概念的数学本质，解题的基础打牢了，随着能力的提升，综合性试题就能循序渐进地去解决.5.2淡化技巧 强化解题的通性通法技巧只是雕虫小技，通法才是阳光大道.我们的高三复习应该强调通性和通法，不能介绍太多的技巧.可以说，高三的解题教学中，客观题的解题训练中，在常规方法的基础上，可以强化利用一些特殊的方法：特殊值法、排除法等.解答题的解题教学务必以常规的通性通法为主.在教学中经常会出现如下情况：解析几何的问题，用代数方法解决问题是通法，但我在督导中有的老师常用平面几何的方法玩技巧，快速解决，而不讲代数的方法.这就有悖于学生解析几何的本质.本题是复杂的一阶递推数列的单调性与有界性的证明问题，数列的单调性的研究的通法是比较法与构造函数法.如果运用比较法，只需证明11n na a +<或10n n a a +-<；如果运用构造函数法，因为111,p n n np c a a a p p -+-=+势必要研究()11pp c g x x x p p--=+的单调性； 函数与数列的综合性试题的一个特点是：分步设问，层层递进，上问结果，用于下问.因此，运用数学归纳法证明的第二个环节的一“凑”归纳假设，二“凑”结论时要想方设法地应用第（Ⅰ）问的伯努利不等式的特例．5.3 分层教学 摈弃机械的题海战术学生的认知的基础和能力有差异，我们只能因材施教；一刀切的难题教学只会挫伤中、差学生的积极性，他们会感到学习是件非常痛苦的事.我们的高三复习教学中要分层教学，对不同层次的学生提出不同的要求.我们应该让不同认知结构和能力的学生得到不同的思维锻炼，给他们提出切合实际的要求.当然，具有高思维的学生，应该有高要求，也不能因为其它学生而降低他们的学习需求，给优等生的高要求也是分层教学的目的之一.数学教学的本质是发展学生的智慧，而不是为了做题.我们的老师为了取得高考的好成绩，每种题型反反复复的练习，学生成为了解题的机器，学生的思维机械、僵化，并且是具有条件反射功能的机器.一旦如此，“见了试卷，首先把脑子抠出来，朝裤腰带上一别：我要做题了！”造成平时做成题、成卷时，成绩优异，真正高考时，却成绩平平．5.4高屋建瓴 延伸适度的数学背景 因为高考试题的命制有两个有利于，第一个就是有利于高校选拔人才，而高考的命题专家大多是高校教授.作为大学的教师当然希望考生具有一定的高等数学的启蒙.从全国大部分高考试题中发现，许多考题具有一定的高等数学背景.当然，此类题的解答原则上是不需要高等数学的知识的.如果考生具有高等数学的简单知识，高观点下的初等解法就简单.在学生能够接受的前提下，高三的复习可以适度的延伸.也符合“不同的人在数学上得到不同的发展”的课程基本理念.延伸的关键是适度，一定要按照学生的接受能力作介绍和补充.。
圆锥曲线漫谈(宣城中学)
2、善用类比如“同理可得”也可减少计算
（2013年高考浙江卷（文）） 已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点F(0,1) (Ⅰ)求抛物线C的方程; (Ⅱ) 过点F作直线交抛物 线C于A.B两点.若直线 AO.BO分别交直线 l:y=x-2于M.N两点, 求|MN|的最小值.
3.充分利用韦达定理及“设而不求”的策略
M P B N A
（3）.以“特殊”为引领的框架答题法 已知抛物线y2=2Px(p>0)的焦点为F，圆F的直径 为P，过点F的直线与两曲线的交点自上而下依 次为A、B、C、D，试证AB· CD为定值。
Y
A B O F C D X
学 得 好 的 归因：我 要 学
学得不好的归因：要 我 学
1.数学本身的魅力
P O A
x2 y2 + =1 16 4
6.巧选曲线方程
（1）巧选直线方程
过y轴上 点(0,b)的的直线方程常设为y= kx + b 过x轴上 点(a,0)的的直线方程常设为x= my + a
（2）巧选圆锥曲线方程
椭圆、双曲线的一般方程及双曲线的另一方程形式
x y 2 = ( 0) 2 a b
例：求两条渐近线为x 2y=0且截直线x-y-3=0所得
8 3 弦长为 的双曲线方程。 3
2
2
7、合理的转化
（1）椭圆、双曲线上的点与焦点的距离间的转化 （2）椭圆、双曲线上的点到焦点的距离与到准线 间距离的转化 （3）抛物线上的点到焦点的距离与到准线间距离的转化
8.框架法答题
（1）.求圆锥曲线方程的答题框架
归因于：
初中生进行宏观上的解题策略的指导 和微观上的得分技巧的训练
突破圆锥曲线计算难点的方法：
2016年数学高考全国卷理科第20题的探究
2016年数学高考全国卷理科第20题的探究岳峻【摘要】2016年数学高考全国卷理科第20题,立意深刻、内蕴厚重,通过多维探究,挖掘其背景,得到圆锥曲线焦点弦的长度表达式,进而探究圆锥曲线垂直焦点弦的长度的最值与定值,提升学生的数学学科素养.【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2016(000)008【总页数】4页(P44-47)【关键词】圆锥曲线;焦点弦;长度;垂直;探究【作者】岳峻【作者单位】太和中学安徽阜阳 236600【正文语种】中文【中图分类】O123.1例1 设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交⊙A于点C，D，过点B作AC的平行线交AD于点E.1)证明：|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；2)设点E的轨迹为曲线C1，交直线l于点M，N，过点B且与l垂直的直线与⊙A 交于点P，Q，求四边形MPNQ面积的取值范围.第1)小题利用平面几何知识，应用定义法易求得点E的轨迹方程为=1(其中y≠0)；第2)小题主要考查直线与圆、椭圆的位置关系等基础知识和运算求解的基本技能，考查推理论证、数形结合的思想，立意深刻、内蕴厚重．数学高考试题年年岁岁题相似，岁岁年年意不同．高考试题是命题者精心设计、匠心独运的成果，往往都蕴含着深厚的背景、丰富的数学文化与数学思想．许多高考真题看似平淡无奇，其实是呈现简洁、极富韵味的好题，值得我们细细品味．高三复习教学应引导学生把特殊问题纳入更一般的范围，从特殊推广到一般，揭示事物的普遍规律，促使学生从会解一道题到会解一类题，由低层次到高层次，把数学思维提高到由例及类的层次，加速数学思维的优化．本题四边形MPNQ的面积显然等于|MN|·|PQ|，其中|PQ|是⊙A的弦，自然优选几何d-r法.而|MN|是曲线C1的焦点弦长，圆锥曲线的焦点弦长如何求呢？例1能否进行推广到一般的圆锥曲线呢？由第1)小题知点E的轨迹方程为椭圆.解法1 如图1，设直线l的方程为x=my+1，倾斜角为θ，则m=cotθ(其中θ∈(0,π)).因为PQ⊥l，则直线PQ的方程为，联立直线l与椭圆C1，得解法2 设∠MBA=θ(其中θ∈(0,π))，则在△MAB中应用余弦定理，得《论语》曰：“举一隅不以三隅反，则不复也．”身为一线教师，我们应坚持以学生为本、落实新课标精神，经常选取一些呈现简洁、意境幽深、极富韵味的高考真题，引领学生发现问题、分析问题、解决问题，而且还要在多维剖析试题的基础上，透过表面现象看其本质，加以引伸、拓宽、变化，引导学生从形式的“变”发现本质的“不变”，从本质的“不变”探索形式的“变”的规律，逐步提升学生的数学思维素养[1]．探究1 椭圆=1(其中a>b>0)的焦点为F1(c,0)，过点F1作倾斜角为θ的直线l与椭圆C交于点A,B，则|AB|能否表示为倾斜角θ的关系式呢？分析设直线l的方程为x=my+c，则m=cotθ,联立.同理，对椭圆的左焦点进行类似地研究，可以得到：定理1 椭圆(其中a>b>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l与椭圆C交于点A,B，则|AB|探究2 椭圆的焦点弦的这个结论是否适用于双曲线呢？如果不适用，又会有怎样的结论呢？分析以双曲线(其中a>0,b>0)的右焦点为例加以研究，设直线l的方程为x=my+c，则m=cotθ,联立定理2 双曲线(其中a>0,b>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l与双曲线C交于点A,B，则|AB|探究3 抛物线的焦点弦呢？同理可得抛物线的类似性质：定理3 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l 与抛物线C交于点A,B，则|AB|探究4 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则定理4 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则1)|AB|+|DE|2)|AB|·|DE|为定值，且定值为．探究5 过椭圆=1(其中a>b>0)的焦点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，又会有什么新的结论呢？分析1)直线l的倾斜角为θ，则直线m的倾斜角为，从而2)|AB|·|DE|定理5 椭圆=1(其中a>b>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则1)|AB|+|DE|2)|AB|·|DE|为定值．探究6 关于双曲线，过双曲线=1(其中a>0,b>0)的焦点F作2条相互垂直的直线l,m分别与双曲线C交于点A,B和点D,E，通过几何画板软件，可以发现并不恒为定值，情形比较复杂，作类似地探究可发现以下结论：定理6 双曲线=1(其中a>0,b>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m 分别与双曲线C交于点A,B和点D,E.不妨设直线l的斜率为k，则1)当(b2-a2k2)(b2k2-a2)>0时，2)当(b2-a2k2)(b2k2-a2)<0时，例2 设F是抛物线G:x2=4y的焦点.1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线，求切线方程；2)设A,B为抛物线G上异于原点的2个点，且满足=0,延长AF,BF分别交抛物线G于点C,D，求四边形ABCD面积的最小值.例3 设椭圆(其中a>b>0)，其相应于焦点F(2,0)的准线方程为x=4.1)求椭圆C的方程；2)已知过点F1(-2,0)倾斜角为θ的直线交椭圆C于点A,B，求证：|AB|；3)过点F1(-2,0)作2条互相垂直的直线分别交椭圆C于点A,B和点D,E，求|AB|+|DE|的最小值．例4 已知点M到点F(1,0)和直线x=-1的距离相等，记点M的轨迹为C．1)求轨迹C的方程；2)过点F作2条相互垂直的直线l1，l2，曲线C与l1交于点P1,P2，与l2交于点Q1,Q2，证明|；3)圆锥曲线在某些性质方面呈现统一性，在第2)小题中，我们得到关于抛物线的一个优美结论，请你写出关于椭圆=1的一个相类似结论(不需证明)．对于起到压轴作用的解答题，教师要引导学生学会相关处理策略，力争化大为小、化难为易、化繁为简，把一道难题分解为若干个小题，或分解为若干步完成，或即使不能完整做出，也能“挣”到部分分数，分层出击，各个击破，使学生的实际水平得以充分发挥．为此，在平时的复习教学中，教师要有意识地挖掘高考试题的背景信息，力促高考真题的引领活力，展现真题功能，挖掘真题潜能．教师要以学生认识规律的角度，注重由浅及深，展开变式，引领学生在其思维水平的“最近发展区”递进式地探索，关注解题后的对问题本质的透视，真正做到“悟其必然，品其真味”，逐步提升学生的数学思维素养[2]，提升解题的驱动力和数学的学科素养．这就是数学教学的核心之所在．。
圆锥曲线中一类有关张直角问题考题的新解及其探究
．
将三式相加得 ：
２
２ ｙ ｚ ＋ ｚ ≤ 冉（ ＋ － ） ＋ （ ＋
≤
即 齐次型分式多元函数的最值问题 ， 只需观察题 目 式子的
的平 方项 系数相等 ， 从而就得 到 了一元 二次方 程 ， 求 出
通过上 面几例 的解法 ， 我们 可以看 出 ， 对一类 二次
一
究
２ ０ １ ４年 ３月
圆锥曲线中一类有关张直角问题考题的新解及其探究
⑩ 安徽 省 阜 阳 第 五 中 学 高 文启
一
、
问题 引入— — 偶 得 新 方 法
所 以Ｉ Ｄ Ｉ 。 ：
３Ａ‘
， Ｉ Ｏ ＮＩ ２ ＝
３
， Ｉ ＭＮＩ ２ ＝ Ｉ Ｏ ＭＩ ２ ＋ Ｉ Ｏ ＮＩ ：
化 简 得 方 程ｆ ¨ 人 １ ｚ 一 ２ ｆ １ 一 ｌ ： ０ ， 解 关 于 的 方 程 得 ：
为一种好方法． 圃
２ ０ １ ４年 ３月
解法探究
学 谋
是 我们 的追求 ， 因此 ， 笔者尝 试着将 上述方 法运 用到其
他 的问题中去 ， 看看是否可行．
（ ２ ） 是否存 在圆心 在原点 的 圆 ， 使得该 圆的任意一
则 ） ， ， 寺 寿・ — 应 用新 方 法
作为数学工作者 ， 寻求解决一类问题 的通法 ， 一直
） ・ （ ／ ｘ ｙ） ≤
≤
，
．
１ ＋ 、 ／ ， 代入（ ） 式化简得 ≤
２
， 等号当且仅 当
２ （ ／ ． ｔ ｙ） ・ （ ／ ａ ｚ） ≤ （ 。 ） ２ ≤
三、 问“ 泉” 之“ 源” — — 问 题 的 探 究
圆锥曲线内接直角三角形性质初探Microsoft_Word_文档
圆锥曲线内接直角三角形性质初探一、问题的提出:以圆锥曲线的一个顶点为端点作两条互相垂直的射线交圆锥曲线于两点（不是顶点），那么由这两点确定的直线有怎样的性质呢？ 二、问题的探究: （一）、抛物线 例1：已知抛物线2:C y x =，O 是坐标原点，作射线OA OB 、交抛物线C 于A B 、，OA OB ⊥.求证：直线AB 过定点.证明：如图1,显然直线AB 斜率不是0，设直线AB 的方程为x y m λ=+，联立2y x =得：20y y m λ--=，显然0m ≠，240m λ∆=+≠，设1122((A x B x ,y )、,y )，则12λ+=y y ，12m =-y y ，又OA OB ⊥，∴0OA OB ⋅=，即12120x x =+y y ，又211y x =，222y x =， ∴21212)0+=(y y y y ，∴20m m -=，解得0m =，或1m =.当0m =时, 直线AB 的方程为x y λ=,直线AB 过定点(0,0),不符合题意. 当1m =时,直线AB 的方程为1x y λ=+，显然直线AB 过定点(1,0). 综上, 直线AB 过定点(1,0). （二）、椭圆：例2：已知椭圆22:12x C y +=，(0,1)M 是C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.求证：直线AB 过定点.证明：如图2,显然直线AB 有斜率，设直线AB 的方程为y kx m =+， 联立2212x y +=得：222(21)4220k x kmx m +++-=，当0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则2121222422,,2121km m x x x x k k -+=-=++ 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即12120x x =+(y -1)(y -1)，121212()10x x y y y y +-++=，图1图2又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()210k x x k m x x m m ++-++-+=，把2121222422,2121km m x x x x k k -+=-=++代入上式得： 22222224(1)(1)2102121m km k k m m m k k -+⋅--⋅+-+=++，注意到1m =显然不合题意，于是上式化为：2222(1)4(1)(1)02121m km k k m k k ++⋅-⋅+-=++，整理得310m +=，∴13m =-.即直线AB 的方程为13y kx =-，显然直线AB 过定点1(0,)3-.（三）、双曲线：例3：已知等轴双曲线22:1C x y -=，(1,0)M 是等轴双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图3,当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，联立221x y -=得：222(1)210k x kmx m ----=，当210k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则212122221,,11km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，把212122221,,11km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得20k km +=， 解得：0k =，或k m =-.当0k =时, 直线AB 的方程为(0)y m m =≠,直线AB 平行于x 轴，不过定点.当k m =-时,直线AB 的方程为y mx m =-+，显然直线AB 过定点(1,0)，不合题意.综上, 直线AB 不过定点.例4：已知双曲线22:12y C x -=，(1,0)M 是双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图4, 当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，图3联立2212y x -=得：222(2)220k x kmx m ----=， 当220k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则212122222,,22km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，把212122222,,22km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得22230m km k --=， 解得：m k =-，或3m k =.当m k =-时, 直线AB 的方程为y kx k =-,直线AB 过定点(1,0),不合题意. 当3m k =时,直线AB 的方程为3y kx k =+，显然直线AB 过定点(3,0)-. 综上, 直线AB 过定点(3,0)-.例5：已知双曲线22:21C x y -=，(1,0)M 是双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图5, 当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，联立2221x y -=得： 222(12)4210k x kmx m ----=，当2120k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则2121222421,,2121km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，图5把2121222421,,2121km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得22430m km k ++=， 解得：m k =-，或3m k =-.当m k =-时, 直线AB 的方程为y kx k =-,直线AB 过定点(1,0),不合题意. 当3m k =-时,直线AB 的方程为3y kx k =-，显然直线AB 过定点(3,0). 综上, 直线AB 过定点(3,0).三、问题的总结:通过上面的例题可以得到如下的结论：圆锥曲线内接直角三角形,当直角顶点是圆锥曲线的顶点时，斜边有如下性质： 1、当圆锥曲线为等轴双曲线时，斜边所在的直线互相平行；2、当圆锥曲线为抛物线、椭圆、非等轴双曲线时，斜边所在的直线过定点. 四、问题的再探究:1、圆是特殊的圆锥曲线，类似的性质显然是90︒的圆周角所对的弦是直径（过圆心）.2、在解题方法上，以上解法都是先设两个动点A B 、所在直线方程 ，然后寻求所设直线方程中两个参数的关系；我们也可以先设MA MB 、的方程，设方程时要利用M A M B ⊥，即MA MB 、的斜率都存在且不为0时，其乘积为1-，即若,MA k k = 则 1MB k k=-，然后可以用k 表示A B 、的坐标，进一步可以用k 表示AB 所在直线方程，这种方法的计算量对于有些情形可能大一些.3、上面的研究仅仅利用了特殊的圆锥曲线，至于一般的含参数的圆锥曲线，斜边所过的定点如何求解，留给有兴趣的读者探究，例如,对于抛物线2:2C y px =，O 是坐标原点，作射线OA OB 、交抛物线C 于A B 、，若OA OB ⊥，则直线AB 过定点(2,0)p .4、当圆锥曲线内接直角三角形的直角顶点不是圆锥曲线的顶点时，是否也有类似的性质，这个问题供有兴趣的读者进一步探究.。
圆锥曲线性质研究
圆锥曲线的性质研究( 安徽省马鞍山市 丹阳中学 孙世宝 ) 一．引言和引理本文的主要目的是想把圆锥曲线的性质的研究, 建立在少数几个引理之上.尽可能多地使用用欧式平面几何的方法,而不是一味地使用直角坐标方法计算.我们先证明几个引理(其中的引理2相当于圆锥曲线的统一定义,本文中将圆视为 特殊的椭圆)过P 的与直线l 平行(或重合)的直线交给定圆锥曲线Ω于点,.A B 我们称PA PB ⋅为P 关于Ω沿定向l 的幂,记为(,)P l Ω或简记为().P l (对闭凸曲面或曲线也可类似定义此幂)引理1 过一点P 向给定圆锥曲线引两条定向直线12,,l l 分别交其于1122,;,.A B A B 求证： 比值111222()()PA PB P l PA PB P l ⋅=⋅与点P 无关. (此引理对任意n 次代数曲线、曲面都成立，可以类似下面证明)引理1的证明：直线1l 的参数方程是0101cos ,sin x x t y y t αα=+=+， 其中P 的坐标为00(,).x y设给定二次曲线方程为(,)0,f x y =则有2010111(cos ,sin )0(*)f x t y t a t bt c αα++=++=其中211(cos sin )a f x yαα∂∂=⋅+∂∂是与00,x y 无关常数,00(,)c f x y =与定方向1α无关. 上述关于t 的二次方程两个根为12,,t t 利用韦达定理知道11121,cPA PB t t a ⋅==2l 的倾斜角为2α，对应的二次方程为2220,a t b t c ++=同样有222,c PA PB a ⋅=于是112221PA PB a PA PB a ⋅=⋅与点00(,)P x y 无关,仅与定方向12,αα有关.(具体计算的结果此比值为2222211sin 1sin e e αα--,,e α分别表示曲线离心率,定方向与准线夹角)引理1（关于椭圆情形）的另一证明 过椭圆中心作两天条直线''12,,l l 分别与12,l l 平行，且与椭圆分别相交与''''1122,;,.A B A B 只需证明 ''1111''2222.PA PB OA OB PA PB OA OB ⋅⋅=⋅⋅ 利用仿射变换将椭圆变为相同中心O 的半径为r 的圆，仿射变换:.M M ττ→利用仿射变换保比性质知道11221122''''''''11112222,,,,P A P B P A P B PA PB PA PB OA OA OB OB OA OA OB OB ττττττττττττ==== 于是要证明''1111''2222,PA PB OA OB PA PB OA OB ⋅⋅=⋅⋅只需证明''21111''22222 1.P A P B OA OB r P A P B OA OB r ττττττττττττ⋅⋅===⋅⋅ 这就是关于圆的割线定理或相交弦定理.引理2 ABCD 四边形内接于圆锥曲线Ω,M 为Ω上异于,,,A B C D 一动点，M 到ABCD 四边所在直线的有向距离依次为,1,2,3,4.i d i =求证 比值1324M d d d d λ=是与点M 无关的常数. 反之有向距离比值1324d d d d 为非零常数的点M 的轨迹是圆锥曲线.证明:利用圆锥曲线的射影定义有,线束的交比(,|,)MA MC MB MD 与其上动点M 无关，而2413sin sin (,|,),sin sin AMD CMB CMD AMB S S d d AMD CMB BC DAMA MC MB MD CMD AMB S S d d AB CD∆∆∆∆⋅∠⋅∠⋅===⋅∠⋅∠⋅⋅于是可得到引理2的证明.利用引理2可以证明以下结论推论L2.1 如果引理2中(1,2,3,4)i K i =分别是直线,,,AB BC CD DA 的点,且i MK 有定向,有向线段i MK 的长度记为i l , 则比值1324M l l l l μ=为与M 无关的常数. 推论L2.2 如图2中, 圆锥曲线的内接四边形ABCD ,.BC EF 则有等式.EG EH EKFG FH FK⋅=⋅推论L2.3 如图3,,AB AC 与圆锥曲线相切于,,B C BC 的平行线交,AB AC 于,,D E 交曲线于,.D E 求证.DM EN =证明：圆锥曲线上任意的点,P 其到,,AB AC BC 的距离分别为12,,d d d . 对内接退化四边形B B C C 应用引理2得到122P d d d λ=为定值,由此得到22sin sin sin sin ,M N DM EM B C DN EN B Cd dλλ⋅⋅⋅⋅===即有 ()().DM EM DN EN DE DM DM DM EN EN DM EN ⋅=⋅⇔-=-⇔=由它不难得到如下的推论L2.4圆锥曲线平行弦的中点轨迹是一条直线，过任一弦两端的两切线的交点在此直线上.推论L2.5 如图3中,过A 作直线l 交曲线于,,G H 交切点弦于.K 则.AG AHGK HK= 引理3 每条闭凸曲线都存在两条切线(支撑线),它们与切点(支撑点)连线垂直. 作平行切线,切线与切点连线夹角是切点的连续函数,利用连续性不难获得结论. 也可以通过曲线上两点间距离的极值性来获得证明.1.应用引理推导二次曲线方程：设二次曲线两条切线12,,l l 切点121212,,,.A A A A l l ⊥ 对退化四边形1122A A A A 应用引理2可知曲线关于直线12,A A 及12A A 的中垂线都是对称的. 可以通过对称及引理1(或引理2)得到曲线的方程：设12(0,0),(2,0),(,0),(,0),A A a B m M x 过,B C 的x 轴的垂线交曲线于1212(,),(,);(,),(,).B m n B m n M x y M x y --利用引理1有：2212121212,,(2)(2)BB BB MM MM n y k BA BA MA MA m m a x x a ⋅⋅--===⋅⋅--其中2(2)n k m a m =-为非零常数,则2(2)0kx x a y -+=(a 有限,表示椭圆或双曲线,适当平移,或建系时把原点放在12A A 中点就可以得到标准方程);在方程22(2)(2)n y m m a x x a --=--中令2,,2n a p m →+∞=我们得到抛物线的标准方程22.y px = (利用引理2的推导留给大家)2.圆锥曲线的高中课本上的两个定义或性质的导出：如下图中,12A A 同上所述,它所在直线也是曲线的一条对称轴,12A A 的中点为.O记号同1中,设122,,A A a MF r ==同样我们知道2212CM CR b k CA CA a⋅==±⋅为常数,0k >时,0;b a <≤1,.1aFO c a k BO k==-=- 这样利用12CM CR k CA CA ⋅=⋅得到22sin ,1.(cos )(cos )r k c k a c r a c r θθθ==--++-即2222[(1)cos 1]21cos 0,k r ak k r k a θθ--+-⋅+= 解得(11cos ),k r ka θ--=或(11cos ).k r ka θ+-=-不难得到：1,||1|cos |1MF rrck e aMN BF FC aa k r kθ===-==+--+- 我们得到圆锥曲线的用焦点和准线的统一定义.对于抛物线情形由1知道220,(2)2n n pk m a m am a==→- 即抛物线的离心率 1.e =对于椭圆或双曲线,添上右侧交点'F 和准线, 不难得到'||2.MF MF a ±= 加上引理1，引理2的逆,其实我们得到了圆锥曲线的四种等价定义.二．综合应用（圆锥曲线性质研究）1.一些新的结论引理1,2通过下面的定理1联系起来定理1 引理2中的常数1324()().()()M d d P BC P DA d d P AB P CD λ⋅==±⋅(其中P 可取为曲线Ω内部任意一点, 从引理1知此比值与P 无关)证明：如图1中记号,M 是曲线上任意一点,N 是曲线上满足''1313''2424M N d d d d d d d d λλ===(',1,2,3,4i d i =为N 到四边形ABCD 相应边的距离)异于M 的一点. 直线MN 交ABCD 的四边于,,,E F G H , 各符号意义见图4中所示.利用''1122sin ,sin ,sin ,sin ,d EM d EN d FM d FN ααβα=⋅=⋅=⋅=⋅''3344sin ,sin ,sin ,sin ,d GM d GN d HM d HN γγδδ=⋅=⋅=⋅=⋅ 于是利用M N λλ=,我们有''2221313''222424()()sin sin .()()sin sin MM N d d d d EM EN GM GN d d d d FM FN HM HN αγλλλβδ⋅⋅==⋅=⋅⋅⋅然而由正弦定理有sin sin sin sin ,,,,sin sin sin sin FB HA FC HDEB EA GC GDααγγβδβδ====于是相乘得到2222sin sin ()(),sin sin ()()FB FC HD HA EA EB GC GD αγβδ⋅⋅=⋅⋅我们得到2()()()(),()()()()M EM EN GM GN FB FC HD HA FM FN HM HN EA EB GC GD λ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅ 然而利用引理1有()(),,()()EM EN P MN GM GN P MN EA EB P AB GC GD P CD ⋅⋅==⋅⋅()(),,()()FB FC P BC HD HA P DA FM FN P MN HM HN P MN ⋅⋅==⋅⋅2()()()()()()()()M M P BC P DA P BC P DA P AB P CD P AB P CD λλ⋅⋅=⇔=±⋅⋅为常数. 可见引理1可以得出引理2, 引理1的逆也成立,是圆锥曲线的另一种统一定义. 推论T1 圆上任意一点到其内接四边形两对边距离乘积相等(1324d d d d =). 推论T2 如下图，中心为O 的圆锥曲线外一点A ，过它的两条切线的切点为,.B C 曲线上一动点,M ,,.M D B C M E A C M F A B ⊥⊥⊥ 中心半径,,OG OH OK 满足,,.O G B C O HA B O K A C求证 22.ME MF OG MD OK OH⋅=⋅对椭圆的内接退化四边形BBCC 应用定理1即可,P 取为中心O . 曲线退化为圆时，它就成了2.MD ME MF =⋅定理2（中切椭圆性质）如下图5中椭圆与ABC ∆的三边相切于三边中点,,D E F（笔者称之为ABC ∆的中切椭圆）.三角形的面积记为,S 椭圆的长、短半轴长为,.T T μν24221,.2p a q a b c==-∑∑∑求证 (1);33S T T μν⋅=22,;6()6()S ST T p q p q μν==-+(2);;1818p qp qT T μν+-== (3),,.323323v p a S c a b c T T p μ≥≥≤<<≤证明：记2222(),.2a b c a m AD AD EF H +-==⋂=利用一下仿射变换将椭圆化为圆,此时ABC ∆变为等边，G 将变为圆心. 于是重心G 是中切椭圆中心.M 为椭圆上一动点，,GM ρ=max min ,.T T μνρρ==过M 分别作,,.MR AC MS AB MT AD 利用引理2之推论 2.1L 得到22(*)M Da MR MS bcMT m μμ⋅=== 设,GM xAB yAC =+ 则222222||2cos .GM c x b y bc A xy ρ==++⋅可得11()(),33AM AG GM x AB y AC =+=+++于是得到11(),().33MR AS y b MS x c ==+=+ 又不难知道()(),GM x AD EF y AD EF =++-HM = 11()(),66GM GH GM AD x y AD x y EF -=+=+++-11|()|||,66a MT x y AD x y m =++=++利用(*)得到2111()()()336x y x y ++=++⇔221,12x xy y ++=而222222cos ,c x b y bc A xy ρ=++⋅ 于是得到2222222222(12)(12)(12)0,c x b c a xy b y ρρρ-++--+-=于是由判别式法知2212,12v T T μ是一元二次方程22222224()()()0(12)b t c t b c a t t ρ---+--==的两个根，方程即2222224132160,(2).16t a t S S b c a -⋅+==-∑∑ 利用它不难得到题中所有结论,此略.定理3(中切椭圆与九点圆之交点)ABC ∆的九点圆J 与中切椭圆的第4交点(其余的是三边中点)为,X 则 222222(),()0.c b OAOX c b ωω-==-≠∑∑证明: 记O 为ABC ∆的外心.由前设111()()(),333GX xAB y AC OX x y OA x OB y OC =+⇔=--++++将面积坐标111(,,)333X x y x y --++代入附录一中的九点圆J 的方程(6):211()()022y z a --=∑中得到 222111111()()()()()()0,666666x y a y x y b x x y c ----++--++=注意到中切椭圆条件(见定理2中的证明过程)221,12x xy y ++= 不难得到111111()()()()()(),666666x y y x y x x y --=-+++-++于是我们有.0)])(61())(61)[(61(2222=--+--++c a x b a y y x由221011116(,)(,),(,).1366312x y x y x xy y ⎧++=⎪⎪⇒=--⎨⎪++=⎪⎩ 这两组解对应着图5的两边中点,.E F由22222211()()()()066112y a b x a c x xy y ⎧--+--=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩记2222,a c k a b-=--方程组的解为22221122122(,)(,),(,).666(1)6(1)k k k k x y k k k k ----=++++第1组解对应于BC 中点,D 后一组对应于,X 可求得222222222()1[(1)],().2(1)c b OAOX k OA k OB OC c b k k ωω-=+++==-++∑∑当,;,a b c X F a b c =≠≡==椭圆与九点圆重合. 由定理3的的后面的叙述,我们可以得到推论 3.1T(1)X 在中切椭圆上⇔2221[(1)],;2(1)OX k OA k OB OC k R k k =+++∈++(k =∞按极限意义理解) 或者叙述成对称的形式222222,0.r OA s OB t OC OX r s t r s t++=++=++(2)中切椭圆的重心坐标方程为2222220,x y z xy yz zx ++---= 重心为其对称中心.由(1)知道222222,0,r OA s OB t OCOX r s t r s t++=++=++而4442222222()()()0,r s t r s s t t r r s t r s t ++-++=-+++-=∏222222,,,r s t x y z r r r ===∑∑∑ 可知中切椭圆重心坐标方程为 2222220.x y z xy yz zx ++---=(ABC ∆等边时是一个圆)定理4 三角形的内切椭圆的重心坐标方程为2222221231223312220,x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---= 切点分三边,,AB BC CA所成的比分别为312231,,,λλλλλλ椭圆的中心233212(,,).λλλλλλ+++ 证明：2222221231223312220x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---=与边:0AB z =的切点21(,,0)F λλ, 它分AB 所成的比为12,FAC FBA S AF FB S λλ∆∆== 同样 可证明切点分三边,BC CA 所成的比分别为3231,,λλλλ不难由方程得到,,0x y z ≥, 2222221231223312220x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---=上的点都在ABC ∆内部或边上, 于是它代表内切椭圆. 不妨设11,x λ==∑∑(,,)f x y z =222222123122331222.x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---点233112(,,)λλλλλλ+++面积坐标即233112(,,),(,,)222x y z λλλλλλ+++关于它的中心对称点为233212(,,).x y z λλλλλλ+-+-+-233112(,,)f x y z λλλλλλ+-+-+-22123233112()2()()(,,).x y z f x y z λλλλλλλλλ=+--+-+-=∑∑此椭圆的对称中心点为233112(,,).λλλλλλ+++推论 4.1T M 在ABC ∆的内切椭圆2222221231223312220x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---=上222233112222233112,0r OA s OB t OCOX r s t r s t λλλλλλλλλλλλ++⇔=++=++2223311222233112(1),[,].(1)k OA k OB OCOX k k k λλλλλλλλλλλλ+++⇔=∈-∞+∞+++推论 4.2T 内切椭圆2222221231223312220x y z xy yz zx λλλλλλλλλ++---= 的长,短半轴,T T μν由下列式子给出：,,88p qp qT T μν+-==其中 221121323221232311()64,.()()a p q p S λλλλλλλλλλλλ++-==-∑∑∑ 证明：自然约定11,x λ==∑∑椭圆中心Ω的面积坐标233112(,,).222λλλλλλ+++设,(,,).M uAB vAC M x y z Ω=+(M 在椭圆上)则可以得到233112,,.222x u v y u z v λλλλλλ+++=--=+=+ 将它代入内切椭圆方程中化简得到222212123131231()2()().u uv v λλλλλλλλλλκ++-++==222222222||(),M c u b c a uv b v ρ=Ω=++-+ 于是两式相乘得到2222222222221212313[()][2()][()]0,c u a b c uv b v κρλλκρλλλκρλλ+-+-+--++-=由判别式法知22,T T μνκκ是下列二次方程的两个根：(2t κρ=)2222222212131234[()][()][2()]0.t c t b t a b c λλλλλλλ+-+---+--=整理为22212311()0.4t a t S λλλκ--⋅+=∑ 可求得,,88p qp qT T μν+-== 其中22212311(),64, 1.p a q p S λλλλλ=-=-=∑∑∏齐次化,去掉约束条件即221121323221232311()64,.()()a p q p S λλλλλλλλλλλλ++-==-∑∑∑ 推论 4.3T 锐角ABC ∆垂足内切椭圆的重心坐标方程为22222222222()2()()0.bc a x c a b a b c yz +--+-+-=∑∑我们定义2221,b c a λ=+-类似定义23,,λλ即有223,...,2a λλ+=设121233,,.u v w λλλλλλ===∑∑ 利用推论 4.2T 知此椭圆的长短半轴,,88p qp qT T μν+-== 其中 221121323221232311()16,4,.()()a p q p r r S λλλλλλλλλλλλ++-==-=∑∑∑ 21121323232221()()323,()uv w v wp u u uλλλλλλλλλλ++-++===+⋅∑∑123233321()vw v wr u u uλλλλλλ===⋅∑∑, 可见对于不同的三角形要具有大小形状完全相同的垂足内切椭圆(,T T μν相同),充要条件是对应的2,v wu u相同. 而垂足三角形周长为2222822()S v v u L abc uv w v u w u ⋅===--也相同. 又22222222()16,()b c a v S w u a u a +-==∏∑∑.故我们不难有如下的两个有趣的推论推论 4.4T 边长可变化的无数个锐角ABC ∆,具有大小形状相同的垂足内切椭圆的充要条件是两个值2222222()16,()b c a S a a +-∏∑∑彼此对应相等. 或等价地两个值2216,S abcabc a∑彼此对应相等,或sin ,cos R A A ∏∏彼此对应相等.推论 4.5T 任意椭圆的无数个内接光反射三角形具有相同的周长和相同的内角余弦和. 利用它我们得到所有光反射三角形的内切圆与外接圆半径比相同,其垂三角形周长相同.猜想1. 椭圆的无数个内接光反射N 边形,不仅周长相同且内角余弦和也相同.定理5 圆锥曲线的两个焦点距离2c ,它们到直线l 的距离分别为12,,d d 椭圆长轴(或双曲线实轴)为2a ,则有如下一些结论(1)定理6 椭圆的外切等角n 边形周长取最值时,多边形与椭圆有相同的一条对称轴. 椭圆的外切等角n 边形有无数个（可随意作一内角相等的n 边形，然后顺次作与该多边形各边平行椭圆的切线，就得到椭圆的一个外切等角n 边形），那么最大、最小的位置如何？这是个比较有趣而困难的问题. 笔者对此问题进行了讨论，获得了该问题圆满的解答.下面设O 是椭圆的中心，椭圆的长短轴分别为 2,2,a b 两个焦点12,F F 间的距离为2.c 我们先证明几个结论结论1 设L 为椭圆的一条切线，则两焦点12,F F 到它的距离乘积等于2.b 证明：我们利用椭圆的光学性质给出它的一个纯几何的证明.焦点12,F F 关于椭圆上A 点的切线L 的对称点为,H G ，1122,.d F M d F N == 由椭圆的光学性质知12,,;,,F A G F A H 均三点共线，且有12122,2,FG F H a HG F F c ==== 在等腰梯形12GHF F 利用托勒密定理有： 2221121212,444,F G F H HG F F FG F H d d c a ⋅+⋅=⋅+= 得到22212.d d a c b =-=结论2 椭圆中心O 到该椭圆的任一外切等角n 边形各边距离为,1,2,...,j d j n =，则有,21,,1,2,...,1,,1,2,...,1,2m n nm jj m n c m n n dnc m n ==-⎧⎪=⎨=-⎪⎩∑为奇数;为偶数，其中,m n c 是仅与椭圆及,m n 有关，与等角n 边形位置无关的常数.证明：设123...n A A A A 是椭圆的任一外切等角n 边形，O 到边1j j A A +的距离为,j d 边1j j A A +与12F F 所成的有向角2(1),1,2,...,,j j j n nπθθ=-⋅-= 其中约定11.n A A +=如图中所示，由引理1有：2,xy b =且有2222222121()sin =4sin ,2,()()4,x y F F c x y d x y x y xy θθ-=+=+=-+于是得到：222222211sin sin ,d b c b c θθ=+=+ 完全类似地有2222sin ,1,2,...,,j j d b c j n θ=+= 于是22222(m )22111(sin )sinnn mnm mk k kkjj mj j j k j db c C bcθθ-=====+=∑∑∑∑，下面我们证明：21sin,0,1,2,...,,nkj k j c k m θ===∑ k c 是与θ无关的常数.利用欧拉公式知道sin ,2jji i j ee i iθθθ--=是虚数单位，于是222()2()22222211101sin =()(1)2(1)=(1)2[(1)],2j jj ji i n nn kkni k l i k l kk k kllk kll j kkj j j l l j e eCe C ei θθθθθ-----======-=----∑∑∑∑∑∑ 显然2()1();jni k l j en k l θ-===∑当,k l n ≠为奇数时，|2()|222(1),k l k m n -≤≤≤-于是2()k l -不能被n 整除; 当,k l n ≠为偶数时，|2()|222(1)2,2n k l k m n -≤≤≤-=- 于是2()k l -也不能被n 整除，这样始终有4()/10,i k l ne π--≠ 于是24()2()[(j 1)]2()2()4()/1110().1ji k l nni k l i k l i l k ni k l n j j e eeek l eππθθθπ---⋅----==-==⋅=≠-∑∑ 这样我们得到2221sin2,0,1,2,...,.nkk kj k k j n C c k m θ-==⋅==∑于是我们得到222(m )22,12.nmm k k k k k jk m m n j k dn C C b c c --====∑∑结论3 椭圆的任一外切等角n 边形的周长为0l , (1,2,...,)j d j n =的含义同前, 则有11co t .2nj j d l n π==∑证明：如下图中，112,,,,,j j j OM d ON d MH ON A G MH nπα++==⊥⊥=且约定011,.n n d d d d +==可求得111cos ,sin sin sin j j j j A Gd d ON OH A M αααα+++--=== 同理可求得1cos ,sin j j j d d A M αα--=于是1112cos ,sin j j j j j d d d A A αα-+++-=而01111111,,nnnnj j j j j j j j j l A A d d d +-+=======∑∑∑∑有.tan 2sin )cos 1(211110∑∑∑===+=-==nj j n j j nj j j d n d A A l παα 事实上从证明过程知道任一等角n 边形内部一点到边的距离和都相等.结论4 方程组1,1,2, (1)m jm j xc m n ===-∑(其中,2)n N n ∈≥, 若不考虑解的顺序，则,2,3,...,j x j n =由1x 唯一确定.这可以从牛顿等幂和公式得出，不多赘述. 定理6的证明: 由结论3知道11co t ,2nj j d l n π==∑ 欲求椭圆外切等角n 边形的周长0l 最值, 只需求1njj d=∑的最值即可，由引理2知;,21,,1,2,...,1,1(mod 2),1,2,...,1,2|.2m n nm jj m n c m n n dnc m n ==-≡⎧⎪=⎨=-⎪⎩∑, 我们利用拉格朗日乘数法来求1njj d=∑的最值.情形（一）n 为奇数2,1,1,2, (1)m jm n j dc m n ===-∑ (*)1212(,,...,,,,...,)n m G d d d λλλ=12,111+().n n nk j k j k n j k j d d c λ-===-∑∑∑由引理2知道2222sin ,1,2,...,,j j d b c j n θ=+= 于是[,],j d b a ∈(在某个[,]j d b a ∈时,由引理4可知方程(*)的所有非负解是唯一的，它可以通过构造椭圆的外切等角n 边形给出). 下面不妨先假设,,1,2,...,,j d b a j n ≠= 且此时椭圆的外切等角n 边形Ω周长取最值，此时椭圆中心O 到边12A A 的距离为1(,)d b a ∈ 将切线12A A 分别逆时针、顺时针旋转很小角度，得到两条切线'''11,l l ，使得O 到它们的距离仍属于(,),b a 分别以它们为一边(所在直线) 按本文开头的方法(即保持相等交角，作切线)构造两个椭圆的外切n 边形''',,ΩΩ 可见三者周长关系为''',,l l l ΩΩΩ≥或''',,l l l ΩΩΩ≤ 此时1d ∈'''11(,),d d 或'''111(,),d d d ∈关于,2,3,.j d j n=也是类似的. 可见周长取最值时，1212(,,...,,,,...,)n m G d d d λλλ应取极值，于是0,1,2,...,,jGj n d ∂==∂ 也就是：12111+20,1,2,...,.n k k j k k d j n λ--===∑于是,1,2,...,j d j n =是方程12111+20n k kk k zλ--==∑的根，而此关于z 的方程仅有n 项，符号改变数不超过1,n - 由笛卡尔符号法则知：它至多有1n -个正根，于是必有两个12j ,j ,N +∈使得12.j j d d = 不难看出此时多边形Ω关于椭圆的某条对称轴是对称的.显然当某个=j d b 或a 时，此时的多边形Ω关于椭圆的某条对称轴也是对称的. 情形（二） n 为偶数此时利用等角性，不难得到等角n 边形Ω的任意一对边所在的两条切线平行，于是 有,1,2,...,=.2j t j nd d j t +== 我们有下述方程 2,11,1,2,...,t 12tmjm n j d c m ===-∑ (**) 112ntj j j j d d ===∑∑, 构造函数12121(,,...,,,,...,)t t G d d d λλλ-=12,1111+().2t t tkj k jk n j k j d d c λ-===-∑∑∑ 完全类似情形（一）的讨论，也可以得出此时取得最值的椭圆的外切等角n 边形关于椭圆的某条对称轴也是对称的.本文的方法实际上解决了14(,)1cos(+)(||1)ni if n k k nπθθ==+<∑这个多根式三角函数的最值问题.实际上笔者也用该法解决了椭圆的最大面积内接n 边形的周长最值问题，另文再述.定理7 椭圆的具有最大面积的内接三角形中，周长最大、最小的三角形都是等腰的.其一个顶点在椭圆的长轴端点时，周长最小; 一个顶点在椭圆的短轴端点时，周长最大.我们不难知道, ,x R ∀∈则有如下的一系列恒等式（1）22cos()cos cos()0;33x x x ππ-+++=； （2）22222222223cos ()cos cos ()sin ()sin sin ();33332x x x x x x ππππ-++-=-++-= （3）333223cos ()cos cos ()cos3;334x x x x ππ-+++= （4）44444422229cos ()cos cos ()sin ()sin sin ();33338x x x x x x ππππ-+++=-+++= （5）5552215cos ()cos cos ()cos 6;3316x x x x ππ-+++= （6）66622315cos ()cos cos ()cos 6;333216x x x x ππ-+++=+ （7）221cos()cos cos()cos3;334x x x x ππ-+= （8）22223cos()cos cos os()cos()cos();33334x x xc x x x ππππ-++++-=- 利用复数或三角恒等变换都能给出上述结论的证明，此处从略.定理7的证明：设椭圆的方程为22221(0),x y a b a b+=>>ABC ∆是其一面积最大的内接三角形. 利用仿射变换x X a y Y b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，椭圆将变为单位圆22'''1,.X Y ABC A BC +=∆→∆此时'''A B C ∆是内接于单位圆，且具有最大面积，它是等边三角形. 这样可设它的各点的坐标为'''2222(cos ,sin ),(cos(),sin()),(cos(),sin()).3333A B C ππππθθθθθθ++--于是相应的2222(cos ,sin ),(cos(),sin()),(cos(),sin()).3333A a bB a bC a b ππππθθθθθθ++--利用两点间距离公式算得：ABC ∆的周长22222222()3(sin cos )3(sin ()cos ())33L a b a b ππθθθθθ=++++++22223(sin ()cos ())33a b ππθθ-+-以下为计算方便，记：2222(0,1),2,2(),2().33a b k a b ππαθβθγθ-=∈==+=-+ 则22'2233sin ()()1cos ,()().221cos L a b k L k a b k αθαθα=+-=+-∑∑ 这样'()0L θ=即：sin 01cos k αα=-∑①下面求解满足方程①的所有,θ这是解决前面猜想的至关重要的一步. 记sin (1cos )(1cos ),A k k αβγ=--sin (1cos )(1cos ),B k k βγα=--sin (1cos )(1cos ).C k k γβα=--方程①即：0,A B C ++=这样()()0.A B C A ⋅+-=∑∏展开来就是：2242,A B A =∑∑将前面的式子代入得到：222(1cos )sin sin (1cos )k k ααβγ-⋅-∑∏422sin (1cos )(1cos )k k αβγ=--∑ ②记方程②的左右两边的式子分别为,P Q ，则：2322222(1cos cos cos cos )(sin sin sin sin cos )P k k k k ααβααβαβγ=-+-⋅-∑∑∑∑∏利用引理（2x θ=）可算得：31cos 0,cos cos ,cos cos 6,44ααβαθ==-=∑∑∏ 2221sin sin(cos()cos())4a a αβββ=+--∑∑242121191339(cos 2cos )cos cos 1,432168221616πγγγ=-=-+=-⋅+=∑∑∑∑ 2222sinsin cos (1cos )(1cos )cos αβγαβγ=--∑∑22cos (cos cos )cos cos cos cos γαβγαβγ=-++⋅∑∑∑∏23390(cos )cos cos 6cos 621616γγθθ=---=∑，于是23931(1cos 6)(1cos 6);844P k k k θθ=--⋅-⋅ 23401234,Q c c k c k c k c k =++++其中409sin ,8c α==∑4412sin (cos cos )2sin cos c αβγαα=-+=∑∑=223592(1cos )cos 2cos 4cos 2cos cos 6,8αααααθ=-=-+=-∑∑∑∑422222223459sin (cos 4cos cos cos )(1cos )(3cos )cos 6,23216c αββγγααθ=++=--=-+∑∑44392sin cos cos (cos cos )2cos sin cos 6,16c αβγβγααθ=-+==∑∑∏42222224sin cos cos (1cos )cos cos c αβγαβγ==-∑∑22222cos cos 2cos cos cos βγααα=-+⋅∑∑∏∏2(cos cos )2cos cos βγαα=-⋅∑∑∏2222cos cos cos ααα-+⋅∑∏∏299cos 6.1632θ=- 这样利用,P Q =即222(cos 61)(1)0,(0,1),t t t θ--=∈2cos 61,(),6n n Z πθθ==∈代入方程①检验后知道这确是其全部解. 我们不难检验周长函数()L θ具有周期,3T π=故要求其值域，只需考查[0,]3πθ∈这一小段就可以了，在这个范围内函数只有一个极值点,6πθ=又(0)()3L L π==22311()(111),222a b k k k =+-++++ ()6L π=22311()(111)(0)222a b k k k L +-+-++> （11()(0)2(11)11622L L k k k k π>⇔+--<+--，再两边分子有理化就行了）这两个值就是最值.此时取最大值时三顶点坐标为：3131(,),(,),(0,);2222A a bB a bC b -- 取最小值时三顶点坐标为：1313(,0),(,),(,), (2222)A aB a bC a b ---这样的周长取最值的三角形共有4个，都是等腰的，并且它们的一个顶点就是椭圆的顶点. 定理8 椭圆的无数个内接正三角形中,边长取到最值的正三角形的一个顶点在椭圆的顶点上，其余两个顶点关于椭圆的对称轴是对称的. 一顶点为长轴端点时边长最小；为短轴端点时边长最大.引理 三个非零向量,,OM ON OR 模都相等，且0,OM ON OR ++= 则MNR ∆是正三角形，且O 是其中心.定理8的证明：设椭圆的方程是222222222211(0),,(0,1).1x y b a b m a b m k a b a a b m --+=>>===∈++ ABC ∆是椭圆的一边长为r 内接正三角形,(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin ).A a b B a b C a b ααββγγ那么下面三个向量((cos cos ),(sin sin )),((cos cos ),(sin sin )),OM AB a b ON BC a b αβαββγβγ==--==--((cos cos ),(sin sin ))OR CA a b γαγα==--满足引理中的所有条件,于是MNR ∆是以O 为中心的正三角形, r 是ABC ∆的边长. 这样可设2222(cos ,sin ),(cos(),sin()),(cos(),sin()).3333M r r N r r R r r ππππθθθθθθ++-- 于是2(cos cos )cos()(cos cos )cos 3,,(sin sin )sin 2(sin sin )sin()3a r a r b r b r πβγθαβθαβθπβγθ⎧-=+⎪-=⎧⎪⎨⎨-=⎩⎪-=+⎪⎩ 2(cos cos )cos()32(sin sin )sin()3a r b r πγαθπγαθ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩. 每一组中两个相除得到 tancot ,2m αβθ+=-22tancot(),tan cot()2323m m βγπγαπθθ++=-+=-- ① 于是我们可以算得222(cot()cot())33tan tan()222221cot()cot()33m m ππθθαβγαβγππθθ+---++=-=++-切化弦，积化和差得tan 2αβ-23,1(1)(cos 2)2m m k θ=-++ 2222232tan (1)221cos().131tan (cos 2)(1)224k k k αβαβαβθ----==-+++- 又由第一组得2222222cos sin (cos cos )(sin sin )(),r a b θθαβαβ-+-=+ 即2222(1cos())(1)(1cos 2),2r m k bαβθ--=+- 这样便可以得到： 2222226(1)1131(1cos 2)((cos 2)(1))24b k r m k k k θθ-=⋅+-++- ② 设223221333cos 2,[,],()(1)[()(1)]1,2444t k t k k f t t t k t k t k θ=∈-=-++-=-++- 由'223()30,42k f t t k t =-+=⇒=± 而32213()()1(1)(1),2442k k f k f k k k -==+-=+- 32213()()1(1)(1).2442k k f k f k k k =-=--=-+ 于是max ()f t =2(1)(1),2k k +- min ()f t =2(1)(1),2k k -+利用关系式②可求得222max 222min 6(1)143,1()3b k a b r m f t a b -=⋅=++ 222min 222max 6(1)143.1()3b k ab r m f t b a-=⋅=++ 取到最值的条件是：cos 2,,.26k m k k m Z πθθ=±±⇒=∈ 下面利用①计算取得最值的点的坐标：(仅就0θ=给出计算，其余的计算是类似的)tan ,2αβ+→∞1tan tan ,2222k βγγααβππ+++=-⇒=+212,,.22k k k Z βγγαπ++=-+∈ 于是得到：121(21),2(1),k k k αβπγπ+=+=--于是点C 在x 轴上，,A B 关于y 轴对称：不难利用椭圆方程计算出正ABC ∆各点的坐标.（其中(,0)C a -）（未完待续。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的证明、探究性问题
解：（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2
＝2.
2
2 1
1 −
2
= 1,
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即൞
2
＝k（x＋1）（k≠0）.
|−1|
则E（－2，－1）到l的距离d＝ 2 ，
+1
因为l与E交于A，B两点，
2
(
−
1
)
所以d2＜r2，即 2 ＜1，解得k＞0，
+1
所以｜AB｜＝2
1− 2 ＝2
2
.
2 +1
2 = 4,
由ቊ
消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
= ( + 1)
2
，可
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点
M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝
λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
解
（2）由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x－
1），
③
2
2
代入椭圆方程 ＋ ＝1并整理得（4k 2 ＋3）x 2 －8k 2 x＋4k 2 －12＝0，
解 （2）四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点
,
3
，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，
k≠3.
9
由（1）得OM的方程为y＝－ x.
圆锥曲线内接直角三角形斜边恒过定点问题的探究
ｚ 。
・
一 — 二
②
・ ． ．
ห้องสมุดไป่ตู้
＋， ｚ 一
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订 一 （ 一 。 ， ． ｙ 一 。 ） （ ｚ 一 ｚ 。 ，
２ 一 ｏ ）一 （ ｌ 一 － ｚ ｏ ） （ ｚ ２一 ｏ ） ＋ （ １ 一 ｏ ）
ｎ 比 较 可 知 ， 直 线 ｚ 恒 过 定 点 （ 菩 ｚ 。 ，
即 口 ｉ 一口 （ 是 ｏ ＋ ） 。 一ｂ （ 忌 ｚ ０ ） 。 ＋
ｂ 。（ ｏ— ） 。一 ０，
本文 所要 探讨 的 ， 下面先 对 双 曲线 进行 探究 ．
问题 １ 已知 Ｒｔ Ａ ＭＡＮ 的 三 个 顶 点 均 在 双
即 口 。 （ ｙ ． ｏ＋ 。 ＋， ｚ ） （ 一是 ｏ 一， ｚ ） 一ｂ （ ｈ ｏ
ｂ， 一
ａ 十 ｂ
） ．
ａ
一ａ 。 。 ｚ 一２ ａ ｋ ｎ ３ ｃ 。 一ａ
一 ０，
一ｂ 最 。 ： ＋
这一 结论 对称 和谐 ， 特征明显， 好 记好 用 ． 对 双 曲线和 抛物 线是 否也 有类 似 的结 论 呢？ 这 正是
ｂ 。 一 ２ ｂ ｎ ｙ ｏ＋ ｂ 。
一
（ ２ 一 ｏ ）一 １・ ２ 一 ０ （ ｌ ＋ｚ ２ ） ＋ ： ＋
（ １＋ ） （ ｋ Ｊ ｃ ２＋ ） 一 ０ （ ｌ ＋ ＋ ／ ａ ｚ ２ ＋ ｎ ） ＋ 一 （ １＋ 尼 ） ３ ｃ ｌ・ ２ ＋ （ ｋ ｎ— ０一 Ｙ ０ 忌 ）・
． 一
中学数 学教 学
（ — 。， — ｙｏ ） ．（ — 。 ，
２ ０ １ ３年 第 ５期
物 线 。 ＝２ ｐ ｙ上 ， 其直 角顶 点 Ａ（ 。 ， 。 ） ， 则斜边 ＭＮ 所在 的直线 恒过 定点 （ 一ｚ 。 ， ＋２ ｐ） ．
高考数学(文科)专题复习—— 圆锥曲线中的证明、探索性问题
第3课时 圆锥曲线中的证明、探索性问题技法阐释1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．2．“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立)．高考示例思维过程(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0，证明：2|FP→|＝|F A →|＋|FB→|. [证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.→关键点1：“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .①由于点M (1，m )(m >0)在椭圆x 24＋y 23＝1内，∴14＋m 23<1，解得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．→关键点1：“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，→关键点2：设出点P ，借助向量建立变量间的关系，达到设而不求的目的从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32. 于是|F A →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB→|＝2－x 22. 所以|F A →|＋|FB→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|F A →|＋|FB→|.技法一 直接转化法证明几何图形问题[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2,0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN . [思维流程][解] (1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得点M 的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1>0，x 2>0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝2x 得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－4. 直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k＝－8＋8k ＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN . 综上，∠ABM ＝∠ABN .点评：把证明∠ABM ＝∠ABN 转化为证明k BM ＋k BN ＝0是解题的关键．类似的还有圆过定点问题，转化为圆周角为90°，即两条弦所在的直线斜率之积为－1(或所在向量的数量积为0)等．技法二 直接法证明数量关系式[典例2] 已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直线y ＝12x 上的圆E 与x 轴相切，且点E ，F 关于点M (－1,0)对称．(1)求E 和Γ的标准方程；(2)过点M 的直线l 与圆E 交于A ，B 两点，与Γ交于C ，D 两点，求证：|CD |＞2|AB |.[思维流程][解] (1)设Γ的标准方程为x 2＝2py ，p ＞0，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.已知点E 在直线y ＝12x 上， 故可设E (2a ，a )．因为E ，F 关于M (－1,0)对称， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋02＝－1，p2＋a 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，p ＝2.所以抛物线Γ的标准方程为x 2＝4y . 因为圆E 与x 轴相切，故半径r ＝|a |＝1， 所以圆E 的标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝1.(2)证明：由题意知，直线l 的斜率存在，设l 的斜率为k ，那么其方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)．则E (－2，－1)到l 的距离d ＝|k －1|k 2＋1，因为l 与E 交于A ，B 两点， 所以d 2＜r 2，即(k －1)2k 2＋1＜1，解得k ＞0，所以|AB |＝21－d 2＝22kk 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得， x 2－4kx －4k ＝0.Δ＝16k 2＋16k ＞0恒成立，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ， 那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝4k 2＋1·k 2＋k .所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2＋k )8k k 2＋1＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k ＞2k k ＝2.所以|CD |2＞2|AB |2， 即|CD |＞2|AB |.点评：本例是抛物线与圆的交汇问题，涉及弦长的求解，应各选最优方法，圆的弦长为勾股定理的求解，抛物线的弦长，则需借助弦长公式．技法三 “肯定顺推法”解决探索性问题[典例3] 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[思维流程][解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P .由⎩⎨⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝k (k －3)m 3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M .于是±km3k2＋9＝2×k(k－3)m3(k2＋9)，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为k i>0，k i≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．点评：本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的转化如下：(1)平行四边形条件的转化(3)角条件的转化。
从一道高考题谈圆锥曲线的一类内接三角形的性质
从一道高考题谈圆锥曲线的一类内接三角形的性质
作者：***
来源：《中学数学杂志(高中版)》2022年第05期
【摘要】通過对2018年全国Ⅲ卷理科第20题进行类比和联想，运用特殊到一般的思想方法进行多视角探究，从而衍生出7个命题，以此锻炼和提升学生的思维品质和数学核心素养.
【关键词】重心;焦点;内接;等差数列
一道好的高考试题不但交汇考查了多块高中数学主干知识、考生的关键能力和数学核心素养，而且有很大的拓展空间.2018年全国Ⅲ卷理科第20题就是这样的好题[1].
1试题再现
2拓展探究
3结束语
经典高考试题凝结了命题者的智慧，具有很好的研究价值和拓展空间.上述对一道2018年高考圆锥曲线真题进行了延伸和探究，通过探究，可以提升学生的逻辑思维能力和运算求解能力，落实对学生逻辑推理、直观想象和数学运算核心素养的培养.
参考文献
[1]刘建国.一道圆锥曲线定点问题的探究与拓展[J].中学数学教学参考（上旬刊），2021（07）：55-57.
[2]张庆琪.被已知点平分的双曲线的中点弦存在吗？[J].中学数学月刊，2001（10）：39-40.
作者简介罗文军（1986—），男，甘肃秦安人，本科学历;首批华中师范大学考试研究院
特聘研究员，甘肃省数学教育研究会，中国数学学会会员，《中学数学教学参考》特约编辑，《中学数学》特约编委;主要研究高中数学一题多解和高中数学文化;多篇论文被中国人民大学报刊复印资料《高中数学教与学》全文转载.。
一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思
２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思◉安微省芜湖市无为县第二中学㊀高玉立㊀㊀高考数学真题是众多优秀命题专家精心设计出来的．其中解析几何压轴题,紧扣教材,立足考查学生的能力．１试题呈现试题㊀(２０２０全国I 卷理科２０题,文科２１题)已知A ,B 分别为椭圆E :x ２a２＋y ２＝１(a ＞１)的左㊁右顶点,G 为E 的上顶点,A G ң G B ң＝８,P 为直线x ＝６上的动点,P A 与E 的另一个交点为C ,P B 与E 的另一交点为D ．(１)求E 的方程;(２)证明:直线C D 过定点．２解法探究第(１)问常规解法,过程略．答案为x ２９＋y ２＝１．下面只对第(２)问的解法作多角度探索．图１思路一:如图１,注意到k P B ＝３k P A ,以及A ,B 是椭圆的左㊁右顶点,从而可以借助椭圆第三定义,利用k A C 与k A D 关系进行求解．解法１:利用椭圆的第三定义将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则有k A C ＝k P A ＝t ９,k B D ＝k P B ＝t ３,ìîíïïïï可得k B D ＝３k A C ．又由椭圆的第三定义,知k A D k B D ＝－１９,所以k A C k A D ＝－１２７,即㊀㊀㊀㊀y １x １＋３ y ２x ２＋３＝－１２７．①将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入①,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的第三定义巧妙得到直线A C 和A D 的斜率之积为常数,从而转化为我们熟悉的斜率之积问题．图２思路二:如图２,注意到k P B ＝３k P A ,利用椭圆的方程实现斜率的转换,建立k A C 与k A D 的关系进行求解．解法２:利用椭圆的方程将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３．ìîíïïïï②由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,则有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,３６试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀即y １x １＋３＝－x １－３９y １,代入②,得㊀㊀㊀３y １y ２＝－(x １－３)(x ２－３)．③将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入③,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的方程,将非对称性韦达定理转化成传统的对称性韦达定理,从而通过基础联立使问题得到解决．思路三:注意到k A C ＝１３k B D ,两次利用斜率建立对偶式,从而实现不联立方程使问题得到解决．解法３:利用椭圆的方程构造对偶式．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３,ìîíïïïï④从而有３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,即㊀㊀㊀x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １．⑤由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,从而有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,即y １x １＋３＝－x １－３９y １．同理,有y ２x ２－３＝－x ２＋３９y ２．所以３ x １－３９y １＝x ２＋３９y ２,即㊀㊀㊀３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １．⑥由对偶式⑤⑥,解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过两次使用椭圆方程得到斜率的两个对称式,真正实现了设而不求,大大简化了计算．思路四:从题干中的构图顺序,按图索骥,逐个计算出各个点的坐标,从而使问题得到解决．解法４:从构图顺序逐点计算．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３)．易知直线P A 的方程为y ＝t ９x ＋t３．联立y ＝t ９x ＋t ３,x ２９＋y ２＝１,ìîíïïïï消去y ,得(t ２＋９)x ２＋６t ２x ＋９t ２－８１＝０,从而有－３＋x １＝－６t ２t ２＋９,－３x １＝９t ２－８１t ２＋９,ìîíïïïï解得x １＝－３t ２＋２７t ２＋９,y １＝６t t ２＋９,即点C 的坐标为(－３t ２＋２７t ２＋９,６tt ２＋９)．同理,可得点D 的坐标为(３t ２－３t ２＋１,－２tt ２＋１)．解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２．所以直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．４６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀评注:本解法依据题干中图形的形成顺序,从直线P A 与椭圆方程联立求出点C 坐标,再从直线P B 与椭圆方程联立求出点D 坐标,进而求出直线C D 的方程,这种思路更加自然,不足之处是运算量比较大,因此需要学生平常反复训练计算．３思路总结对于上述四种思路,前三种思路都是直接从直线C D :x ＝m y ＋n 出发．思路一利用了椭圆的第三定义k D A k B D ＝e ２－１将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路二利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１的变形形式y １x １＋３＝－x １－３９y １将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路三两次利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１,x ２２９＋y ２２＝１的变形形式得到两个非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １,３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １构成的对偶式,从而确定定点．思路四是基于图形的形成顺序,依次算出C ,D 两点的坐标,然后求出C D 的方程,最后算出定点坐标．四种思路的关联如图３所示:直线C D 过定点㊀㊀设出C D :x ＝m y ＋n 思路一:通过第三定义实现非对称式化对称式思路二:通过椭圆方程将非对称式化为对称式思路三:通过椭圆方程得到两个非对称式构成的对偶式ìîíïïïïïïï思路四:分别通过直线PA ,PB 求出C ,D 的坐标 写出直线C D的方程得到定点ìîíïïïïïï图３韦达定理是解决直线与圆锥曲线相交问题的常见工具,可以有效解决x １＋x ２,x ２１＋x ２２,１x １＋１x ２之类的式子,而像本题中出现的３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,由于对应的变量前的系数是不相等的非对称结构,就可以采用本文中的思路进行非对称转化．下面提供的一道练习题,就可以采用本文中的思路去解决．练习㊀已知F 为椭圆E :x ２４＋y２３＝１的右焦点,A ,B 分别为其左㊁右顶点,过点F 作直线l 与椭圆交于M ,N 两点(不与A ,B 重合),记直线AM 与B N 的斜率分别为k １,k ２,证明:k １k ２为定值．４解后反思４．１注意条件的转化很多学生之所以认为解析几何问题较难,是因为不会使用题中的条件．因此,教师需要引导学生加强用代数运算的方式解决几何曲线问题这一思想的渗透,用合理的代数方式转化条件中的几何表述,在注重积累的基础上提高条件转化的合理性．比如,本题中通过椭圆定义的使用,将非对称的韦达定理问题转化成对称性的韦达这理问题,从而简化了计算．４．２注重计算能力的训练数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据法则解决数学问题的素养[１]．高考试题是为了选拔适合高校并为将来社会服务的人才,因此对计算能力的要求很高．在平常的教学中,要加强学生计算能力的培养,让学生在遇到复杂运算时不畏惧并保持高度的细心,这也是今后从事科研工作所不可或缺的品质．４．３注重微专题的变式精讲这类非对称的定点与定值问题,其实并不是全新的问题,这就要求我们在日常教学中对于一些典型性问题要精编精整理,以微专题的形式实现知识方法的串联㊁整合,由易到难,层次分明,循序渐进,力求贴近学生的知识经验和能力基础,贴近学生的情感态度与思维水平,使得学生的技能水平自然而然得到提高．４．４注重学生思维能力的培养,适应新高考要求高考是选拔性考试,是为了给高等学校尤其是高水平大学挑选合适的人才．我们的数学教学也要培养学生的思维能力,能够创新性地解决问题．通过对一道题的多角度㊁多方法的思考,不断提升数学学科素养,以适应时代发展的要求．当然,本题也涉及到极点㊁极线的背景,对于一些学有余力的学生,在日常教学中也不妨给他们适当补充点课外知识,激发他们的兴趣．教师要让学生尽可能完成 跳一跳 可以完成的任务[２]．总之,这道高考题内容丰富,解法多样,立足基础,又能充分发挥学生的创新性,让人回味无穷,实在是一道好题!参考文献:[１]中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准(２０１７年版)[S ]．北京:人民教育出版社,２０１８．[２]波利亚．怎样解题[M ]．北京:科学出版社,１９８２．Z ５６。
基于GeoGebra的“数学可视化”助力探究教学
高中基于ＧｅｏＧｅｂｒａ的“数学可视化”助力探究教学安徽省太和中学 岳峻一、问题的提出题目 （某省级示范学校的月考理科试题）已知椭圆犆：狓２４＋狔２３＝１的一条弦犃犅的中点为犕．（１）若直线犃犅的斜率为－１且不过坐标原点犗，求直线犗犕的斜率．（２）若直线犃犅过椭圆的右焦点犉，且不与狓轴垂直，斜率不为零，试问：在狓轴上是否存在一点犇，使得犕犅＝２犇犉，且以犇犅为直径的圆恰好经过点犕若存在，求出点犇的坐标；若不存在，请说明理由．解析：（１）直线犗犕的斜率为３４．（过程略）（２）设直线犗犕的斜率为犽，由（１）可得，直线犃犅的斜率为－３４犽，又直线犃犅过椭圆的右焦点犉，由题意，则直线犃犅的方程为狔＝－３４犽（狓－１），联立狔＝－３４犽（狓－１），狓２４＋狔２３＝１，烅烄烆得（３＋４犽２）狓２－６狓＋３－１６犽２＝０，则狓１＋狓２＝６３＋４犽２，狓１狓２＝３－１６犽２３＋４犽２，狔１＋狔２＝－３４犽（狓１＋狓２－２）＝６犽３＋４犽２，所以犃犅＝１＋犽槡２·（狓１＋狓２）２－４狓１狓槡２＝…（下略）．解答过程中，不是“设直线犃犅的斜率为犽”，而是“设直线犗犕的斜率为犽”，着实令人匪夷所思！而求解犃犅的弦长时，犃犅＝１＋犽槡２（狓１＋狓２）２－４狓１狓槡２，此时又把直线犃犅的斜率误认为犽，得到存在定点１８，０（），显然犯了幼稚性的错误．本题是否存在定点呢？解答应该是怎样的？二、ＧｅｏＧｅｂｒａ软件的实验探究试题中的关键信息是：“以犇犅为直径的圆恰好经过点犕”亦即“犇犕→ ·犅犕→ ＝０”，而犕是焦点弦犃犅的中点，因此，直线犕犇是焦点弦犃犅的垂直平分线．那么，椭圆的焦点弦犃犅的垂直平分线有何结论呢？为此，笔者借助于ＧｅｏＧｅｂｒａ软件进行验证．１．探究一：点犇是不是定点步骤１：在绘图区中，用圆锥曲线工具创建椭圆犆：狓２４＋狔２３＝１；步骤２：用线型工具创建直线犃犉，即直线犃犅；步骤３：用特殊线型工具创建线段犃犅的垂直平分线；步骤４：用点工具创建线段犃犅的垂直平分线与狓轴的交点犇；步骤５：设置点犃的动画，并设置点犇显示轨迹；步骤６：动画演示，截图如下：成果１：发现犇不是一个定点，其轨迹是一条线段５４２０２０年３月 解法探究教学参谋基金项目：本文系安徽省教育信息技术研究课题“基于ＧｅｏＧｅｂｒａ的数学实验与可视化教学的实践研究”（立项号：ＡＨ２０１９２１０）的阶段性成果；岳峻名师工作室的研究成果之一．Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中（不含端点），横坐标的范围是０，１４（）．２．探究二：线段犃犅的长度与线段犉犇的长度有没有关系呢步骤７：用测量工具测量线段犃犅、犉犇的长度；步骤８：指令栏输入犃犅犇犉＝；步骤９：演示点犃的动画，截图如下：成果２：在点犃运动的过程中，线段犃犅的长度、线段犉犇的长度都在不断变化，但两者的比值是定值，犃犅犇犉＝４．三、问题的理论探究１．探究三：点犇的横坐标的范围是由哪些特征量确定的已知椭圆犆：狓２犪２＋狔２犫２＝１（犪＞犫＞０），过右焦点犉的焦点弦犃犅不与坐标轴平行，中点为犕，设弦犃犅的垂直平分线与狓轴交于点犇．设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），犕（狓０，狔０），弦犃犅的方程为犾：狓＝狋狔＋犮，联立狓＝狋狔＋犮，狓２犪２＋狔２犫２＝１，烅烄烆消元，得（犪２＋犫２狋２）狔２＋２犫２狋犮狔－犫４＝０，狔１＋狔２＝－２犫２狋犮犪２＋犫２狋２，狔１狔２＝－犫４犪２＋犫２狋２，狔０＝狔１＋狔２２＝－犫２狋犮犪２＋犫２狋２，狓０＝狋狔０＋犮＝犪２犮犪２＋犫２狋２，即犕犪２犮犪２＋犫２狋２，－犫２狋犮犪２＋犫２狋２（），因犕犇→ ·犕犉→ ＝０，故狓犇－犪２犮犪２＋犫２狋２（）犮－犪２犮犪２＋犫２狋２（）＋－犫２狋犮犪２＋犫２狋２（）２＝０，化简得狓犇＝犮３犪２＋犫２狋２，显然不是定值，但总有狓犇＝犮３犪２＋犫２狋２＜犮３犪２＝犮犲２．成果３：椭圆犆：狓２犪２＋狔２犫２＝１（犪＞犫＞０），过右焦点犉的焦点弦犃犅不与坐标轴平行，弦犃犅的垂直平分线与狓轴交于点犇，点犇的横坐标的范围是（０，犮犲２）．２．探究四：线段犃犅、犉犇的长度的比值犃犅犇犉是由哪些特征量确定的犃犅＝１＋狋槡２（狔１＋狔２）２－４狔１狔槡２＝１＋狋槡２·－２犫２狋犮犪２＋犫２狋２（）２－４×－犫４犪２＋犫２狋２槡＝１＋狋槡２犪２＋犫２狋２·４犫４狋２犮２＋４×犫４（犪２＋犫２狋２槡）＝２犪犫２（１＋狋２）犪２＋犫２狋２，又犇犉＝犮－狓犇＝犮－犮３犪２＋犫２狋２＝犮犪２＋犮犫２狋２－犮３犪２＋犫２狋２＝犮（犪２－犮２）＋犮犫２狋２犪２＋犫２狋２＝犮犫２（狋２＋１）犪２＋犫２狋２，所以犃犅犇犉＝２犪犮＝２犲，即犃犅＝２犲犇犉．成果４：椭圆犆：狓２犪２＋狔２犫２＝１（犪＞犫＞０），过右焦点犉的焦点弦犃犅（不与坐标轴平行），弦犃犅的垂直平分线与狓轴交于点犇，总有犃犅＝２犲犇犉．四、试题的反刍１．释疑多位同学的试题解答求出狓犇＝１４＋３狋２、犃犅＝１２（１＋狋２）４＋３狋２之后，尝试借助于犃犅＝４犇犉解决问题时，发现是一个恒等式，茫然不知所措！究其原因就是已知信息犕犅＝２犇犉纯属多余．２．打磨已知椭圆犆：狓２４＋狔２３＝１，直线犃犅过椭圆的右焦点犉，且不与狓轴垂直，斜率不为零，其中点为犕，过点犕的直线与狓轴交于点犇，以犇犅为直径的圆恰好经过点犕．（１）试求点犇的横坐标的范围；（２）证明：犕犅犇犉是定值．（下转第４９页）６４教学参谋解法探究２０２０年３月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.高中１７１４（狀≥２）．当狀＝１时，不等式显然也成立．得证．二、形如∑狀犻＝１犪犻＜犳（狀）形如∑狀犻＝１犪犻＜犳（狀）的数列不等式证明的思维策略为：设犛狀和犜狀分别为数列｛犪狀｝和｛犫狀｝的前狀项和，若犪狀＜犫狀（狀∈犖 ），则由不等式的同向可加性有犛狀＜犜狀．如果把犜狀＝犳（狀）看作是数列｛犫狀｝的前狀项和，则犫狀＝犜狀－犜狀－１（狀≥２），犫１＝犜１，那么只要证明犪狀＜犫狀即可．例４ 求证：１×槡２＋２×槡３＋…＋狀（狀＋１槡）＜（狀＋１）２２（狀∈犖 ）．证明：由基本不等式犪犫≤犪＋犫２（）２得狀（狀＋１槡）＜狀＋狀＋１２＝２狀＋１２，所以１×槡２＋２×槡３＋…＋狀（狀＋１槡）＜３２＋５２＋７２＋…＋２狀＋１２＝狀（狀＋２）２＜（狀＋１）２２，得证．感悟：本例中，不等式左边不能直接求和，而右边的二次式类似等差数列求和的结果，由此可联想到利用基本不等式犪犫≤犪＋犫２（）２放缩成等差数列模型进行证明．变式４：已知数列｛犪狀｝满足犪狀＝ｌｏｇ狀（狀－１）ｌｏｇ狀（狀＋１）（狀∈犖 ，狀＞２）．证明：∑狀犻＝３犪犻＜狀－２．证明：因为狀∈犖 ，狀＞２，所以ｌｏｇ狀（狀－１）＞０，ｌｏｇ狀（狀＋１）＞０，所以ｌｏｇ狀（狀－１）ｌｏｇ狀（狀＋１）＜ｌｏｇ狀（狀－１）＋ｌｏｇ狀（狀＋１）２［］２＝ｌｏｇ狀（狀２－１）２［］２＜ｌｏｇ狀狀２２（）２＝１，即犪狀＜１．所以∑狀犻＝３犪犻＜狀－２．三、结束语在利用放缩法证明数列求和类不等式时，要根据不等式两端的特点进行恰当放缩，任何不适宜的放缩都会导致证明的失败．为此，在平时的学习中，我们不但要有意识地去积累总结一些常用的放缩模型和放缩方法，而且还要在平时的实践中不断地去感悟，去琢磨，使这些方法逐步内化为自己的解题能力．犉檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯檯（上接第４６页）五、探究的领悟数学作为研究事物本质属性的有力工具，其最引人注目的特点是思维的抽象性、推理的严谨性和应用的广泛性．如果能运用信息技术软件将其可视化，提供直观的观察、视觉的感知、暴露数据内在关系和总体趋势，进而揭示数据所传递的内在本质，将有助于引领学生洞察数学本质，锤炼思维品质，发展数学核心素养．ＧｅｏＧｅｂｒａ的名字是由“Ｇｅｏｍｅｔｒｙ”（几何）与“Ａｌｇｅｂｒａ”（代数）两个英文单词组合而成，是一套高效处理计算、代数、解析几何、立体几何、微积分与导数、概率与统计等功能的开放源码数学软件，其超越几何画板的表现及其全面的功能势必带来一场“数学可视化”教学的变革，实现从“向书本学数学”、“向教师学数学”走向“向技术学数学”，正如“让我听见的，我会忘记；让我看见的，我就领悟了；让我做过的，我就理解了”．荷兰著名学者弗赖登塔尔说过：“反思是数学的重要活动，是数学活动的核心和动力．”教学过程中，教师要善于捕捉教学遇到的错误性的生成资源，要有拨乱反正的胆识，要有取舍扬弃的智慧，顺势引导，剖析其生成之根源，借助于ＧｅｏＧｅｂｒａ软件的“动感显示”、“绘图功能”、“３Ｄ演示”等强大功能，在“错”中“磋”，“误”中“悟”，深入数学学科内部，直观地揭示“庐山真面目”，大胆猜想，进行相应的实验探究，挖掘数学的本质，进而“探”中“叹”，演绎出数学本质的领悟，促使学生的创新思维螺旋式发展．我们借助于ＧｅｏＧｅｂｒａ软件这一动态的“隐形的翅膀”，通过反复的验证为探究引领方向，把信息技术视为数学教育教学的强有力的辅助工具，引领、诱导学生洞察内容本质，寻找解决问题的途径，积累创新实践的活动经验，发展数学抽象、直观想象、逻辑推理等数学核心素养．犉９４２０２０年３月 解法探究教学参谋Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
圆锥曲线中定点问题的探究与类比
圆锥曲线中定点问题的探究与类比岳峻;阮艳艳【摘要】圆锥曲线中的定点问题是指某些几何量不受运动变化的点的影响而有固定取值的一类问题，是在变化过程中寻找不变量的一类问题。
其解题方法体现了从一般到特殊的数学思想，是数学思想与数学知识紧密结合产生的一类综合性试题，也是高考考查考生综合能力的热点题型之一。
【期刊名称】《青苹果：高中版》【年(卷),期】2015(000)011【总页数】6页(P25-30)【关键词】定点问题;圆锥曲线;类比;数学思想;综合性试题;运动变化;解题方法;数学知识【作者】岳峻;阮艳艳【作者单位】太和中学【正文语种】中文【中图分类】G633.63圆锥曲线中的定点问题是指某些几何量不受运动变化的点的影响而有固定取值的一类问题，是在变化过程中寻找不变量的一类问题。
其解题方法体现了从一般到特殊的数学思想，是数学思想与数学知识紧密结合产生的一类综合性试题，也是高考考查考生综合能力的热点题型之一。
下面以2015年四川省高考理科数学卷的第20题为例，探讨圆锥曲线中定点问题的求解策略。
考题1如右图，椭圆E：过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为。
（Ⅰ）求椭圆E的方程。
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
解析（Ⅰ）（Ⅱ）方法1：当直线l的斜率存在时，可设定点为Q（x0，y0），直线l的方程为y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立消去y并整理得（2k2+1）x2+4kx-2=0，其判别式Δ=16k2+8（2k2+1）＞0，所以x1+x2=欲证化简可得因为即所以k欲使之恒成立，则（舍去）当直线l的斜率不存在时，，结论也成立。
所以存在不同于点P的定点Q（0，2）满足条件。
点评解答圆锥曲线中的定点问题，我们可以设出定点坐标，借助于待定系数法，把问题转化为等量关系恒成立的问题，但运算量很大。
高考数学 高考试题教学运用与探究 圆锥曲线的内接直角三角形的探究 试题
圆锥曲线(yuán zhuī q ǔ xiàn)的内接直角三角形的探究新课程高考数学试题，大多源于教材(jiàocái)，即便是综合题也是教材例题、习题的组合、加工、引申、拓展和类比，充分表达教材的根底作用，因此，高三复习教学中，老师要紧扣教材，从多个角度精心挖掘教材例题、习题的潜能，使教材中的每一个例题、习题的作用发挥极致，以到达最正确的教学效果．人民教育HY 社?全日制普通高中教科书〔选修2--1〕数学?第73页的第六题主要考察解析几何的根本(g ēnb ěn)思想和根本方法，看似平淡无奇，其实是一道呈现简洁、极富韵味的好题，值得我们细细品味．一、题目(tímù)的再现 直线与抛物线相交于两点，求证：．解析 设，那么，消元得：，，，所以，故OA OB ⊥．二、变换条件，领悟习题功能习题中的抛物线方程为22y x =，其特征量，恰是直线所过定点的横坐标2，这是不是蕴含着一种规律呢？ 考虑1 直线l 与抛物线相交于异于顶点的两个动点,A B ．假设直线l 经过点，求的值．解析(ji ě x ī) 显然，直线的斜率(xiélǜ)不为0，设直线为，那么(nà me)，消元得：，，所以(su ǒy ǐ)，亦即OA OB ⊥．评注 变换条件是拓展探究的常见的方式，是由特殊到一般，以合情推理的数学思想方法为根底，使用有目的性、规律性的原那么进展引申与推广，使得一道题变为一类题，可以到达知一题会一类的成效．三、逆向探究，优化思维品质经过定点()2,0M p 的直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，那么，那么它的逆命题的是否正确性呢？考虑2 直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ．假设0OA OB ⋅=，求证：直线l 必过定点；解析 设，因为0OA OB ⋅=，所以，即〔舍〕，所以，所以，整理，得：，因为(y īn wèi)，所以(su ǒy ǐ)，显然(xi ǎnrán)也成立(chénglì)．故直线l 必过定点．评注 圆锥曲线的定点、定值问题是高考对重要考点考察的视角之一．通过对数学问题的逆向探究，有意识地引导学生从“变〞的现象中发现“不变〞的本质，从“不变〞的本质中探究“变〞的规律，从而优化学生的思维品质，培养发现问题和解决问题的才能与素质．四、拓展探究，深化习题潜能通过探究，我们证明了一个结论：直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，那么“直线l 经过点()2,0M p 〞的充要条件是“0OA OB ⋅=〞．假如把直角顶点从原点移到抛物线上的任意一点，是否还有类似的结论呢？考虑3 点在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线相交于异于的两个动点,A B ，假设，直线l 过定点吗？探究 设221212,,,22y y A y B y p p ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0QA QB ⋅=， 所以， 即，所以直线的方程(f āngchéng)仍然是()1212:2l y y y px y y +=+， 因为(y īn wèi)()221201204y y y y y y p +++=-，所以(su ǒy ǐ)，显然(xi ǎnrán)120y y +=也成立．故直线l 必过定点．评注 实际上，此题假设直线l 过定点()002,x p y +-，也可证明0QA QB ⋅=〔略〕．这样一来，我们得到一般性的结论：点()00,Q x y 在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线C 相交于异于Q 的两个动点,A B ，那么“直线l 经过点()002,x p y +-〞的充要条件是“0QA QB ⋅=〞．五、类比探究，促使才能呈现通过上面的探究，我们得到抛物线的内接直角三角形的斜边恒过定点的结论，那么，椭圆的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？双曲线的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？考虑4 〔2021年二模〔文〕〕椭圆C 的焦点是，点在椭圆C 上，且．〔1〕求椭圆的方程； 〔2〕假设是椭圆的下顶点，过点A 的两条互相垂直的直线分别交椭圆C 与点〔,P Q 与A 不重合〕．试证明直线经过定点．解析 〔1〕椭圆的方程；〔2〕由〔1〕知，设，显然直线PQ 的斜率存在，设直线(zhíxiàn)PQ 的方程(f āngchéng)为，那么(nà me)，消元，得：，，且，，所以(su ǒy ǐ)，故〔舍〕即直线PQ 经过定点．考虑5 〔2021年三模〔文〕〕椭圆上的动点P到两个焦点的间隔 之和为6，且它到右焦点的间隔 的最小值为．〔1〕求椭圆的方程； 〔2〕假设直线l 与椭圆C 交于两点，A 是椭圆的右顶点，，试证明直线PQ 经过定点．〔解析略〕评注 一般的，可以证明： 〔1〕设为椭圆(tu ǒyuán)()2222:10x y C a b a b+=>>上的定点(dìnɡdi ǎn)，为椭圆(tu ǒyuán)C 的一条(y ī tiáo)动弦，当时，弦AB所在直线必过定点．〔2〕设()00,P x y 为椭圆上的定点，AB 为椭圆C的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点．类比推理，对于双曲线有如下结论： 〔1〕设()00,P x y 为双曲线上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点．〔2〕设()00,P x y 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点．当然，假如我们把圆视为椭圆的特例，圆的内接直角三角形的斜边必过定点即圆心．至此，圆锥曲线的内接直角三角形的斜边必过定点．六、完毕语前苏联教育家维果斯基的最近开展区理论认为，教学决定着学生的智力开展，教学应当走在学生开展的前面，不停地把学生的智力从一个程度引导到另一个新的更高的程度．高考数学试题具有“源于教材，但高于教材；题在书外，但根在书里〞的特点，因此，在高三的课堂教学活动中，老师势必需要时刻立足教材，对教材中有潜质的例题、习题进展挖掘，这是活用教材的表达，也是在学生思维程度“最近开展区〞的教学，从而启迪学生的思维，开拓解题思路、解题才能，激活数学思维方法．内容总结（1）圆锥曲线的内接直角三角形的探究新课程高考数学试题，大多源于教材，即便是综合题也是教材例题、习题的组合、加工、引申、拓展和类比，充分表达教材的根底作用，因此，高三复习教学中，老师要紧扣教材，从多个角度精心挖掘教材例题、习题的潜能，使教材中的每一个例题、习题的作用发挥极致，以到达最正确的教学效果．人民教育HY社（2）全日制普通高中教科书〔选修2--1〕数学。
试题研究_一道高考试题的解法研究与解题感悟.docx
形式新颖内涵丰富----- 道高考试题的解法研究与解题感悟张琥（江苏省泗阳中学数学教育实验室）2009年高考数学安徽卷理科第14题如下:给定两个氏度为1的平面向SOA^OB,它们的夹角为120°,如图1所示，点C在以O为圆心的圆弧AB上变动，若OC = xOA + yOB,其屮x、y WR,则x+y的最人值是 ___________ ・—、解法研究本题是以圆为载体、向量为背景的最值问题，由于平面向量是融数形于一-体，是代数、平面几何、三角函数、解析儿何等知识的交会点，因而解决此类问题主要是根据向量的数和形的双重特征, 并以此为切入点寻求已知与未知之间的内在联系，探究解题的思路和方法.题中选用向量页、西为基底，把平面内的任一向量况表示成況=兀OA^yOB,其屮x^ yeR,运用化归思想，将向量形式转化为代数中的数量关系，建立关于x+y的函数关系式，从函数的角度来解决问题.解法1由题意知兀》0,歹》0。
由OC = xOA + yOB ,得OC^ = (xVA + yOB)2 =X2OA^+ ZxyOA丙 +)，帝。
因^|O4|=|OB|=|5C|= I,zAOB = no\oAOB = --, 所以1 = x2 + y2 -xy •卜-面给出求x+y最人值的儿种思路。
思路1：基木不等式法。
因为(x+y)2>4xy ,所以］=(x+y)2-3xy > (x+y)2 - —(x+ y)2,即丄(x+y)2 < 1,' 4 4 *故x+y<2当且仅当x=y=l吋収等号，所以x+y的最大值为2.思路2：代数换元法。
令x=a+b,y=a-b,代入 l=x 2+y 2+xy,得1 —(6F + b)~ + (a — I?)? — (ci + b)(a — b),化简得a 2+3b 2=1,故/ < 1,^ < 1 , x + y = 2a <2 ・当且仅当a= 1 ,b=0,即x=y=l 时,x+y 取最大值为2. 思路3:三角换元法. 1 = * + 尸一与=（兀一*刃2 +（*y ）2.令 x 一 丄 y = cosa,— y = sina,得 2 21 x = cosa + —f=sina, y = y/3・ 所以x + y = cos6r + V3sincr = 2cos(a-60 ) < 2(0 <a< 120 ).思路4:判别式法.令兀 + y = /,贝'J y = r - x ,代入1 = / +),2—厂,，整理得 3x 2-3rx + (r 2-l) = 0,A = 9r 2-12(r 2-l)>0,解得-2G52,故x+y 取得最大值2,此时 x=y=l, 0C — 0A + 0B .【点评】明确目标，合理转化.将等式况=xOA + yOB 两边同时平方，运用向量的数量积和模将原问题转化为/ +尸=1的代数问题，使问题解决起来方便、简捷.解法2：以0A 所在直线为x 轴，O 为坐标原点，建立如图2所示的平面宜角坐标系，_ _ ］历贝UOA = （l,0）,O 〃 = （一一）o2 22 . —j=sina f A /3设 o C = (x p y 1)oI A?由已知得(%j, yj = x(l,0) + y(——,即 v J 因为点c 在单位圆上，所以(坷+術)[由柯西不等式知(1 + 3)(彳+ ^)> 3 + ◎ )2 ,即 4 • 1» (x + y)2,从而x+ y <2.当且仅当^ = ^L,BPx 1 =-,yi =—(^ >0)时取等号, 1 A /3 2 2故x+y 的最大值为2.解法3：同解法2,也可设0C = (cos%sino)。
52.圆锥曲线内接直角三角形的性质
[中国高考数学母题一千题](第0001号)圆锥曲线内接直角三角形的性质圆锥曲线的弦过定点的母题由圆内接直角三角形的斜边恒过定点(圆心),可类比猜测圆锥曲线内接直角三角形的斜边恒过定点;利用构造二次齐次方程的方法易证猜测正确,该猜测是生成一类高考试题的母题.[母题结构]:过圆锥曲线G 上任意一点P(x 0,y 0)作两条互相垂直的直线PA 、PB,分别交圆锥曲线于A 、B 两点,求证:直线AB 经过定点.①当曲线G 是抛物线G:y 2=2px(p>0)时,直线AB 恒过定点M(x 0+2p,-y 0);②当曲线G 是椭圆G:22a x +22b y =1(a>b>0)时,直线AB 恒过定点M(2222b a b a +-x 0,-2222b a b a +-y 0);③当曲线G 是双曲线G:22a x -22b y =1(a>0,b>0)时,直线AB 恒过定点M(2222b a b a -+x 0,-2222b a b a -+y 0).[母题解析]:仅证②:设直线AB:y=kx+m,则y-y 0=k(x-x 0)+m+kx 0-y 0⇒1=0000)()(y kx m x x k y y -+---;由22ax +22by =1,220ax +220by =1⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=2a 2b 2-2(b 2x 0x+a 2y 0y)⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=2[(b 2x 02+a 2y 02)-(b 2x 0x+a 2y 0y)]⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=-2[b 2x 0(x-x 0)+a 2y 0(y-y 0)]⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2+00022y kx m x b -+[(x-x 0)(y-y 0)-k(x-x 0)2]+00022y kx m y a -+⋅[(y-y 0)2-k(x-x 0)(y-y 0)]=0⇒a 2(m+kx 0+y 0)(00x x y y --)2+2(b 2x 0-a 2ky 0)00x x y y --+b 2(m-kx 0-y 0)=0;由k {A k :B =-1⇒22ab ⋅0000y kx m y kx m ++-- =-1⇒m=-2222b a b a +-kx 0-2222b a b a +-y 0⇒直线AB:y=k(x-2222b a b a +-x 0)-2222b a b a +-y 0⇒直线AB 恒过定点M(2222b a b a +-x 0,-2222b a b a +-y 0);同理可证①③.1.抛物线内接直角三角形子题类型Ⅰ:(2005年山东高考试题)己知动圆过定点(2p ,0),且与直线x=-2p相切,其中p>0. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(Ⅱ)设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点,直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β,当α、β变化且α+β为定值θ(0<θ<π)时,证明:直线AB 恒过定点,并求出该定点的坐标.[解析]:(Ⅰ)如图,设动圆圆心为M,点F(2p ,0),过点M 作直线l:x=-2p 的垂线,垂足为N,则|MF|=|MN|⇒点M 的轨迹是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线,方程为y 2=2px(p>0);(Ⅱ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB:y=kx+m,则tan α=11x y ,tan β=22x y;由tan(α+β)=tan θNF(p2,0)M ABx=-p 2oyx⇒tan α+tan β=(1-tan αtan β)tan θ⇒11x y +22x y =(1-11x y ⋅22x y )tan θ;又由y=kx+m 与y 2=2px ⇒my 2=2px(y-kx)⇒m(xy )2 -2p ⋅x y +2pk=0⇒11x y +22x y =m p 2,11x y ⋅22x y=m pk 2⇒m p 2=(1-mpk 2)tan θ⇒m=2pk+2pcot θ⇒直线AB:y=k(x+2p)+2pcot θ⇒恒过定点(-2p,2pcot θ).[点评]:对于抛物线G:y 2=2px(p>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ时,直线AB 过定点M(x 0-λp 2,-y 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λp2-y 0).2.椭圆内接直角三角形子题类型Ⅱ:(2007年山东高考试题)己知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1.(Ⅰ)求椭圆C 的标准方程;(Ⅱ)若直线l:y=kx+m 与椭圆C 相交于A 、B 两点(A 、B 不是左右顶点),且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点.求证:直线l 过定点,并求出该定点的坐标.[解析]:(Ⅰ)设椭圆C:22a x +22b y =1(a>b>0),则a+c=3,a-c=1⇒a=2,c=1⇒椭圆C:42x +32y =1; (Ⅱ)由右顶点N(2,0),直线l:y=kx+m ⇒y=k(x-2)+m+2k ⇒1=km x k y 2)2(+--;椭圆C:3x 2+4y 2=12⇒3(x-2)2+4y 2+12(x-2)=0⇒3(x-2)2+4y 2+12(x-2)k m x k y 2)2(+--=0⇒4(2-x y )2+k m 212+⋅2-x y +km k m 263+-=0;由以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点N ⇒k NA ⋅k NB =-1⇒)2(463k m k m +-=-1⇒m=-72k ⇒直线l:y=k(x-72)过定点(72,0).[点评]:对于椭圆G:22a x +22b y =1(a>b>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ(λ≠22a b )时,直线AB 过定点M(2222b a b a -+λλx 0,-2222b a b a -+λλy 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λ222a b x 0-y 0).3.双曲线内接直角三角形子题类型Ⅲ:(2009年全国高中数学联赛陕西初赛试题)如图,已知两点A(-5,0), B(5,0),△ABC 的内切圆的圆心在直线x=2上移动. (Ⅰ)求点C 的轨迹方程;(Ⅱ)过点M(2,0)作两条射线,分别交(Ⅰ)中所求轨迹于P,Q 两点,且MP ⋅MQ =0,求证:直线PQ 必过定点.[解析]:(Ⅰ)如图,设△ABC 内切圆分别在AB,BC,AC 上的切点为G,F,E,由切线长定理知,|AG|=|AE|,|CE|=|CF|,|BG|=|BF|⇒|AC|-|BC|=|AG|-|BG|=4<|AB|⇒点C 是以A,B 为焦点,实轴长 为4的双曲线右支,其方程为:42x -y 2=1(x>2); (Ⅱ)设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),直线PQ:y=k(x-2)+m(m ≠0)⇒k MP =211-x y ,k MQ =222-x y ,1=mx k y )2(--;由x 2-4y 2=4⇒(x-2)2-4y 2+4(x-2)=0⇒(x-2)2-4y 2+4(x-2)⋅m x k y )2(--=0⇒4(2-x y )2-m 4⋅2-x y +(mk 4-1)=0⇒211-x y ⋅222-x y =m k -41;由MP ⋅MQ = 0⇒211-x y ⋅222-x y =-1⇒m k -41=-1⇒m=-34k ⇒直线PQ:y=k(x-310)过定点(310,0). [点评]:对于双曲线G:22a x -22b y =1(a>0,b>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ(λ≠22a b )时,直线AB 过定点M(2222b a b a +-λλx 0,-2222b a b a +-λλy 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λ222a b x 0-y 0).4.子题系列:1.(2005年山东高考文科试题)己知动圆过定点(2p ,0),且与直线x=-2p相切,其中p>0. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(Ⅱ)设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点,直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β,当α、β变化且α+β=4π时,证明:直线AB 恒过定点,并求出该定点的坐标.2.(2009年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知抛物线C:y 2=4x,以M(1,2)为直角顶点作该抛物线的内接直角三角形MAB.(Ⅰ)求证:直线AB 过定点;(Ⅱ)过点M 作AB 的垂线交AB 于点N,求点N 的轨迹方程.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,点N 的轨迹是以PM 为直径的圆(除去点(1,±2)),其方程为(x-3)2+y 2=8(x ≠1).3.(1999年全国高中数学联赛试题)已知点A(1,2),过点(5,-2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B,C,那么,△ABC 是( ) (A)锐角三角形 (B)钝角三角形 (C)直角三角形 (D)答案不确定4.(2012年第三届世界数学锦标赛(青年组)试题)已知抛物线y=x 2上三点A(1,1)、B 、C,满足AB ⊥BC.求△ABC 的外接圆面积的最小值. 5.子题详解:1.解:(Ⅰ)如图,设动圆圆心为M,点F(2p ,0),过点M 作直线l:x=-2p的垂线,垂足为N,则|MF|=|MN|⇒点M 的轨迹是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线,方程为y 2=2px(p>0);(Ⅱ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB:y=kx+m,则tan α=11x y ,tan β=22x y;由tan(α+β)=tan 4π⇒tan α+tan β=1-tan αtan β⇒11x y +22x y =(1-11x y ⋅22x y )tan θ;又由y=kx+m 与y 2=2px ⇒my 2=2px(y-kx)⇒m(x y )2-2p ⋅x y +2pk=0⇒11x y +22x y =m p 2,11x y ⋅22x y=m pk 2⇒m p 2=1-mpk 2 ⇒m=2pk+2p ⇒直线AB:y=k(x+2p)+2p ⇒恒过定点(-2p,2p).2.解:(Ⅰ)设直线AB:y-2=k(x-1)+m(m ≠0)⇒1=mx k y )1()2(---;由y 2=4x ⇒(y-2)2-4(x-1)+4(y-2)=0⇒(y-2)2-4(x-1)⋅m x k y )1()2(---+4(y-2)⋅m x k y )1()2(---=0⇒(m+4)(12--x y )2-4(k+1)⋅12--x y +4k=0⇒44+m k=-1⇒m=-4k-4⇒直线AB:y+2=k(x-5)过定点T(5,-2);)0,2(p F 2px =3.解:设直线BC:y-2=k(x-1)+m,则m=-4k-4,1=mx k y )1()2(---;由y 2=4x ⇒(y-2)2-4(x-1)+4(y-2)=0⇒(y-2)2-4(x-1)⋅m x k y )1()2(---+4(y-2)⋅m x k y )1()2(---=0⇒-4k(12--x y )2-4(k+1)⋅12--x y +4k=0⇒k AB k AC =-1.故选(C).4.解:设B(t,t 2),C(a,a 2),则AB =(t-1,t 2-1),BC =(a-t,a 2-t 2);因AB ⊥BC ⇔AB ⋅BC =0⇔(t-1)(a-t)+(t 2-1)(a 2-t 2)=0 (t ≠1,a)⇔t 2+(a+1)t+(a+1)=0⇔(a+1)2-4(a+1)2≥0⇔a ≤-1,或a ≥3;又因|AC|2=(a-1)2+(a 2-1)2=(a-1)2[1+(a+1)2];①当a ≤-1时,(a-1)2≥4,(a+1)2≥0⇒|AC|2≥4;②当a ≥3时,(a-1)2≥4,(a+1)2≥16⇒|AC|2≥68.综上,|AC|的最小值=2⇒外接圆半径的最小值=1⇒△ABC 的外接圆面积的最小值=π.。
圆锥曲线中直角三角形性质探析一例
圆锥曲线中直角三角形性质探析一例
刘灵鹤
【期刊名称】《数学教学通讯：教师阅读》
【年(卷),期】2012(000)003
【摘要】圆锥曲线解题中计算量大,化简繁杂.适当地利用曲线中的定量、定值对解题的化简有很大的帮助.本文通过2009年全国联赛一试中的一题,谈谈圆锥曲线中涉及直角三角形时的性质,并对其加以应用和推广.
【总页数】2页(P60-61)
【作者】刘灵鹤
【作者单位】浙江宁波慈湖中学,315031
【正文语种】中文
【中图分类】O123.1
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1.圆锥曲线中直角三角形性质探析一例 [J], 唐文生
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4.有心圆锥曲线焦点直角三角形的一个性质 [J], 彭世金
5.圆锥曲线内接直角三角形的性质及应用 [J], 袁筱蓉
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高考题圆锥曲线中弦张直角时的必然——一组优美的结论
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( 1 求椭圆c 的 方程: ) 标准
(2 若直线 1 : y 二 m 与椭圆 C 相交于A、 ) 肠+ B 两点(A， 不是左右顶点) ， B 且以AB 为直径的圆过椭 圆 C 的右顶点， 求证: 直线 1过定点， 并求出该定点 的坐标. 2 艺 3 -工 答 (1)今+ 案
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圆锥曲线的内接直角三角形的探究新课程高考数学试题，大多源于教材，即便是综合题也是教材例题、习题的组合、加工、引申、拓展和类比，充分体现教材的基础作用，因此，高三复习教学中，教师要紧扣教材，从多个角度精心挖掘教材例题、习题的潜能，使教材中的每一个例题、习题的作用发挥极致，以达到最佳的教学效果．人民教育出版社《全日制普通高中教科书（选修2--1）数学》第73页的第六题主要考查解析几何的基本思想和基本方法，看似平淡无奇，其实是一道呈现简洁、极富韵味的好题，值得我们细细品味．一、题目的再现直线2y x =-与抛物线22y x =相交于,A B 两点，求证：OA OB ⊥． 解析设()()1122,,,A x y B x y ，则222y x y x=-⎧⎨=⎩，消元得：2640x x -+=，12126,4x x x x +==， ()()1212224y y x x =--=-，所以12120OA OB x x y y ⋅=+=，故OA OB ⊥．二、变换条件，领悟习题功能习题中的抛物线方程为22y x =，其特征量22p =，恰是直线l 所过定点()2,0M 的横坐标2，这是不是蕴含着一种规律呢？思考 1 直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ．若直线l 经过点()2,0M p ，求OA OB ⋅的值．解析显然，直线的斜率不为0，设直线为221212:2,,,,22y y l x y p A y B y p p ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则222x y py px=+⎧⎨=⎩，消元得：22240y py p --=，212122,4y y p y y p +==-， 所以2212121212022y y OA OB x x y y y y p p⋅=+=⨯+= ，亦即OA OB ⊥．评注变换已知条件是拓展探究的常见的方式，是由特殊到一般，以合情推理的数学思想方法为基础，使用有目的性、规律性的原则进行引申与推广，使得一道题变为一类题，可以达到知一题会一类的功效．三、逆向探究，优化思维品质经过定点()2,0M p 的直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，则0OA OB ⋅=，那么它的逆命题的是否正确性呢？思考 2 直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ．若0OA OB ⋅=，求证：直线l 必过定点；解析设221212,,,22y y A y B y p p ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0OA OB ⋅= ，所以221212022y y OA OB y y p p⋅=⨯+= ，即212124,0yy p yy =-=（舍）， 所以21222121222y y pk y y y y p p-==+-()120y y +≠，所以211122:2y p l y x y y y p ⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭，整理，得：()1212:2l y y y px y y +=+，因为2124y y p =-，所以()()12:22l y y y p x p +=-，显然120y y +=也成立． 故直线l 必过定点()2,0p ．评注 圆锥曲线的定点、定值问题是高考对重要考点考查的视角之一．通过对数学问题的逆向探究，有意识地引导学生从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律，从而优化学生的思维品质，培养发现问题和解决问题的能力与素质．四、拓展探究，深化习题潜能通过探究，我们证明了一个结论：直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，则“直线l 经过点()2,0M p ”的充要条件是“0OA OB ⋅=”．如果把直角顶点从原点()0,0O 移到抛物线上的任意一点，是否还有类似的结论呢？ 思考3点()00,Q x y 在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线C 相交于异于Q 的两个动点,A B ，若0QA QB ⋅=，直线l 过定点吗？探究设221212,,,22y y A y B y p p ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，200,2y Q y p ⎛⎫ ⎪⎝⎭因为0QA QB ⋅=，所以()()22220012102002222y y y y QA QB y y y y p p p p ⎛⎫⎛⎫⋅=-⨯-+--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()()210204y y y y p ++=-，所以()221201204y y y y y y p +++=-直线的方程依然是()1212:2l y y y px y y +=+， 因为()221201204y y y y y y p +++=-，2002y px =所以()()()1200:22l y y y y p x x p ++=--，显然120y y +=也成立． 故直线l 必过定点()002,x p y +-．评注 实际上，本题若直线l 过定点()002,x p y +-，也可证明0QA QB ⋅=（略）．这样一来，我们得到一般性的结论：点()00,Q x y 在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线C 相交于异于Q 的两个动点,A B ，则“直线l 经过点()002,x p y +-”的充要条件是“0QA QB ⋅=”．五、类比探究，促使能力呈现通过上面的探究，我们得到抛物线的内接直角三角形的斜边恒过定点的结论，那么，椭圆的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？双曲线的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？思考4（2015年马鞍山市二模（文））已知椭圆C的焦点是((11,0,F F ，点P 在椭圆C 上，且124PF PF +=．（1）求椭圆的方程；（2）若A 是椭圆的下顶点，过点A 的两条相互垂直的直线分别交椭圆C 与点,P Q （,P Q 与A 不重合）．试证明直线PQ 经过定点．解析（1）椭圆的方程22:14y C x +=； （2）由（1）知()0,2A -，设()()1122,,,P x y Q x y ，显然直线PQ 的斜率存在， 设直线PQ 的方程为y mx n =+，则 2214y mx n y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元，得：()2224240m x mnx n +++-=， ()()()()2222224441640mn m n m n ∆=-+-=-+>，且212122224,44mn n x x x x m m -+=-+=++， 22121222844,44n n m y y y y m m -+==++，所以()()1122,2,2AP AQ x y x y ⋅=++()()()12121222562404n n x x y y y y m ++=++++==+，故6,25n n =-=-（舍）即直线PQ 经过定点60,5⎛⎫- ⎪⎝⎭．思考5（2015年宿州市三模（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上的动点P 到两个焦点的距离之和为6，且它到右焦点的距离的最小值为3-（1）求椭圆的方程；（2）若直线l 与椭圆C 交于,M N 两点，A 是椭圆的右顶点，0AM AN ⋅=，试证明直线PQ 经过定点．（解析略）评注一般的，可以证明：（1）设()00,P x y 为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上的定点，AB 为椭圆C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭． （2）设()00,P x y 为椭圆()2222:10y x C a b a b+=>>上的定点，AB 为椭圆C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭． 类比推理，对于双曲线有如下结论：（1）设()00,P x y 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫++- ⎪--⎝⎭．（2）设()00,P x y 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫++- ⎪--⎝⎭． 当然，如果我们把圆视为椭圆的特例，圆的内接直角三角形的斜边必过定点即圆心．至此，圆锥曲线的内接直角三角形的斜边必过定点．六、结束语前苏联教育家维果斯基的最近发展区理论认为，教学决定着学生的智力发展，教学应当走在学生发展的前面，不停地把学生的智力从一个水平引导到另一个新的更高的水平．高考数学试题具有“源于教材，但高于教材；题在书外，但根在书里”的特点，因此，在高三的课堂教学活动中，教师势必需要时刻立足教材，对教材中有潜质的例题、习题进行挖掘，这是活用教材的体现，也是在学生思维水平“最近发展区”的教学，从而启迪学生的思维，开拓解题思路、解题能力，激活数学思维方法．。