對一道課本例題的再發現

安徽省合肥市第四中學(230000) 周賽龍 儲炳南

1 問題的回顧

題目(普通高中課程標準實驗教科書(人教版)數學選修4-4第33 頁例3)如圖1,已知O是直角坐標原點,A、B是拋物線y2=2px(p ＞0)上異于頂點的兩動點,且OA ⊥OB,OM ⊥AB并與AB相交于點M,求點M的軌跡.

圖1

在文[1]中,筆者在保留題設條件“OA⊥OB”不變的情況下,主要對題目所蘊含的軌跡問題進行探究.本文在文1的基礎上繼續深入探討,又得到了一系列與軌跡問題、位置關系問題、相似問題、定量問題、最值問題有關的結論.

2 問題的再發現

2.1 軌跡問題

結論1如圖2,已知O是直角坐標原點,A、B是拋物線C:x2= 2py(p ＞0)上異于頂點的兩動點,T(2pt,2pt2)是拋物線C上一定點(t為常數),且TA⊥TB,過點A、B分別作拋物線的切線,兩切線相交于點M,則點M的軌跡是一條直線: 2tx+y+2pt2+2p=0.

圖2

證明設A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y), 由在文[1] 的結論1知: 直線AB過定點(-2pt,2p+2pt2), 由于直線AB與拋物線必有兩個交點, 故可設方程為:y-2p-2pt2=k(x+2pt),其中k為直線AB的斜率.聯立方程:

得:x2-2pkx-4p2tk-4p2-4p2t2=0,所以

由x2= 2py(P ＞0)求導得:y′=所以過點A的切線AM的方程為:

同理可求過點B的切線BM的方程為:

聯立①②得

消去變量k得2tx+y+2pt2+2p=0,所以點M的軌跡是直線: 2tx+y+2pt2+2p=0.證畢.

2.2 位置關系的問題

結論2如圖3, 已知O是直角坐標原點,A、B是拋物線C:x2= 2py(p ＞0)上異于頂點的兩動點,T(2pt,2pt2)是拋物線C上一定點(t為常數), 且TA⊥TB,過點A、B分別作拋物線的切線,兩切線相交于點M.記線段AB的中點為N,線段MN的中點為Q,則有: ①MN垂直于x軸; ②點Q在拋物線C上.

圖3

證明①設A(x1,y1),B(x2,y2),則由結論1 知:所以MN垂直于x軸.

②點Q是線段MN的中點,所以

由結論1 知:

由y1-2p-2pt2=k(x1+2pt),y2-2p-2pt2=k(x2+2pt)得:

y1+y2=k(x1+x2)+4ptk+4p+4pt2=2pk2+4ptk+4p+4pt2,

由x21= 2py1,x22= 2py2得:y1y2=4p2(tk+t2+1)2,所以所以將其坐標代入拋物線C:x2= 2py方程, 可知點Q在拋物線C上.證畢.

2.3 相似問題

結論3如圖4, 已知O是直角坐標原點,A、B是拋物線C:x2= 2py(p ＞0)上異于頂點的兩動點,T(2pt,2pt2)是拋物線C上一定點(t為常數), 且TA⊥TB,過點A、B分別作拋物線的切線,兩切線相交于點M,點F是拋物線C的焦點,則ΔFAM∽ΔFMB.

圖4

證明設A(x1,y1),B(x2,y2), 由由結論 1 知:因為

所以|FA|·|FB|=|FM|2,即:

由于|MB|=所以

所以|FA|·|MB|-|FM|·|AM|= 0,即故從而ΔFAM∽ΔFMB.證畢.

2.4 定量問題

結論4(與直線斜率有關的定量問題)如圖5, 已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點, 且滿足OA⊥OB,過點A、B分別作拋物線的切線,兩切線相交于點M,記AB恒過的一定點為Q, 在點M的軌跡上任取點H, 則:HA、HQ、HB的斜率成調和數列(即kHA、kHQ、kHB的倒數成等差數列).

圖5

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/=0)由0?x1x2+y1y2= 0?x1x2+= 0,因為x1x2/= 0,所以x1x2=-4p2,由結論1 知: 定點Q(0,2p),M點的軌跡方程:y=-2p.故可設點H的坐標為H(xH,-2p).從而有

結論5(與面積有關的定量問題)如圖6, 已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB,設OA、OB與拋物線圍成的面積分別為S1、S2.則S1S2=

圖6

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/=0),由

因為x1x2/= 0,所以x1x2=-4p2,不妨設x1＜0,x2＞0.因為OA的方程為y=所以

所以S1S2=-(定值).證畢.

結論6(與面積有關的定量問題)如圖7, 已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB,過點A、B分別作拋物線的切線, 兩切線相交于點M, 記ΔMAB的面積為S3,線段AB與拋物線圍成的面積為S4,則

圖7

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/=0),由0?x1x2+y1y2=0?x1x2+=0,因為x1x2/=0,所以x1x2=-4p2,因為AB的方程為:y-y1=(xx1)?y=,因為x1x2=-4p2,所以AB的方程為: (x1+x2)x-2py+4p2= 0,由結論1 可知點M的坐標為,-2p),因為

所以點M到AB的距離

結論7(與面積有關的定量問題)如圖7,已知A、B是拋物線x2=2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB,過點A、B分別作拋物線的切線,兩切線相交于點M,記線段AB與拋物線圍成的面積為S4,兩切線MA、MB與拋物線圍成的面積為S5,則

證明不妨設x2＞ x1, 由命題結論6 知:S4=

2.5 最值問題

結論8(與線段長度有關的最值問題)如圖8, 已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點, 且滿足OA⊥OB,則|AB|≥4p.

圖8

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/=0),由0?x1x2+y1y2= 0?x1x2+= 0,因為x1x2/= 0,所以x1x2=-4p2,結合x21=2py1,x22=2py2,由于

當且僅當x1=-x2時等號成立.所以|AB|≥4p.證畢.

結論9(與線段長度有關的最值問題)如圖8,已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB,則|OA|+|OB|≥

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/= 0),由結論4 的證明知:x1x2=-4p2,且x21=2py1,x22=2py2.

當且僅當x1=-x2時等號成立.所以|OA|+|OB|≥證畢.

結論10(與ΔOAB有關的最值問題)如圖8, 已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點, 且滿足OA⊥OB, 記ΔOAB周長為CΔOAB, 則CΔOAB≥

證明由結論8 和結論9 可知:|AB|、|OA|+|OB|均在x1=-x2時取得最小值,所以CΔOAB≥當且僅當x1=-x2時等號成立.證畢.

結論11(與面積有關的最值問題)如圖8,已知A、B是拋物線x2=2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB,記ΔOAB面積為SΔOAB,則SΔOAB≥4p2.

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/=0),由結論4 的證明知:x1x2=-4p2,且x21=2py1,x22=2py2.從而

當且僅當x1=-x2時等號成立.所以SΔOAB≥4p2.證畢.

結論12(與面積有關的最值問題)如圖9,已知A、B是拋物線x2= 2py(p ＞0)上不同于原點O的兩個動點,且滿足OA⊥OB, 過點A、B分別作拋物線的切線, 兩切線相交于點M,記ΔMAB的面積為S3,線段AB與拋物線圍成的面積為S4,兩切線MA、MB與拋物線圍成的面積為S5,記ΔOAB面積為SΔOAB, 則

圖9

證明設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2/= 0), 不妨 設x1＜ x2, 由結論6,結論7知:S3=SΔOAB=p(x2-x1),由結論8 知:x1x2=-4p2,且=2py2,所以

均當且僅當x2=-x1=2p時等號成立.證畢.

3 問題的總結

與圓錐曲線有關的軌跡問題、位置關系問題、相似問題、定量問題、最值問題等一直是高考的熱點話題,而課本例題、習題作為題目的典型,是高考題目命制常見的知識出發點之一.因此,對課本例題、習題經行多角度、深層次、全方位的探究,不僅是鞏固學生基礎知識、提升學生基本能力、促進學生深度學習的有效途徑,更是充分發散學生思維、培養學生創新意識的重要載體,對學生數學思維品質的提升以及數學核心素養的發展都具有重要意義.就如波利亞所說:“一個專心的、認真的老師能拿出一個有意義但又不復雜的題目,去幫助學生發掘問題的各個方面,使得通過這道題,就好像一道門,把學生引入一個完整的理論領域.”這一直是我們努力追求的方向.