一道高考試題推廣后的幾個優美結論

一、原題展示

(2009年江蘇高考題)在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圓C2:(x-4)2+(y-5)2=4.

（1）若直線l過點A(4，0)，且被圓C1截得的弦長為23，求直線l的方程；

（2）設P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標.

二、試題推廣

1追本溯源，慣性拓展

在這道高考試題中，直線l1和l2垂直，其實就是l1和l2的夾角等于π2，那么當l1和l2的夾角等于θ時，這樣的點P還存在嗎？

結論1在平面內，已知圓C1和圓C2相離，且半徑相等，設P為該平面上的點，滿足：存在過點P的無數多對夾角為θ(0<θ<π)的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且射線l1被圓C1截得的弦長與射線l2被圓C2截得的弦長相等.則滿足條件的點P必定是以兩圓圓心的連線C1C2為一條對角線，以θ為一個內角的菱形的另外兩個頂點P1和P2.（當θ=π2時，即為本文所研究的高考題，這樣的點P有2個；當θ≠π2時，這樣的點P有4個）.（由于篇幅有限，這里不去給予詳細的證明）

2抓住本質，合情推廣

在上面2009年江蘇高考試題中，當兩圓的半徑r1，r2不相等時的情況呢？現把這道高考試題改為：

在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1:(x+3)2+(y-1)2=1和圓C2:(x-4)2+(y-5)2=4.在平面內是否存在點P滿足：過點P可以作無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長之比為1∶2？若存在，試求所有滿足條件的點P的坐標；若不存在，說明理由.

解設點P坐標為(m，n)，圓心C1到直線l1的距離為d1，圓心C2到直線l2的距離為d2.

設直線l1，l2的方程分別為：y-n=k(x-m)，y-n=-1k(x-m)，

即kx-y+n-km=0，x+ky-kn-m=0.

∵21-d2124-d22=12，∴d1d2=12，∴2d1=d2.

∴2×|-3k-1+n-km|k2+1=|4+5k-kn-m|k2+1，

2(-3k-1+n-km)=4+5k-kn-m或2(-3k-1+n-km)=-4-5k+kn+m，

即(11+2m-n)k+6-2n-m=0或(1+n+2m)k+m-2n-2=0.

因為關于k的方程有無窮多解，所以

11+2m-n=0，

6-2n-m=0或1+n+2m=0，

m-2n-2=0，

解得m=-165，

n=235或m=0，

n=-1.

所以滿足條件的點P存在，并且有兩個，其坐標為：P1-165，235或P2(0，-1).

原題中半徑之比為1∶1，截得的弦長之比為1∶1，所以當題目改為半徑之比為r1∶r2時，截得的弦長之比相應也應改為r1∶r2，因為2r21-d212r22-d22=r1r2d1d2=r1r2，問題還是轉化為圓心到直線的距離之比為r1∶r2，這樣問題又可以解決了.通過此題，可以歸納出更一般性的結論：

結論2在平面內，已知圓C1:(x-a1)2+(y-b1)2=r21與圓C2:(x-a2)2+(y-b2)2=r22相離，設P為該平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長之比為r1∶r2，則滿足條件的點P有兩個（設為P1，P2），在以圓心C1和圓心C2為直徑的圓上且P1P2⊥C1C2（若P1P2與C1C2交于點O，則C1O∶C2O=r21∶r22）.證明過程如下：

解設P(x0，y0)，由題意，可設直線l1的方程為y-y0=k(x-x0)，則直線l2的方程為y-y0=-1k(x-x0).

∵弦長之比為r1∶r2，半徑之比為r1∶r2，

∴C1，C2分別到l1，l2距離之比為r1∶r2.

∴|ka1-b1+y0-kx0|1+k2#8226;r2=|a2+kb2-x0-ky0|1+k2#8226;r1.

①當（ka1-b1+y0-kx0）#8226;r2=（a2+kb2-x0-ky0）#8226;r1時，化簡得：

(a1r2-r2x0-b2r1+r1y0)k=a2r1-x0r1-y0r2+b1r2.

∵方程有無數解，

∴a1r2-r2x0-b2r1+r1y0=0，

a2r1-x0r1-y0r2+b1r2=0.

解得x0=(b1-b2)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22，

y0=(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.

∴P1（b1-b2）r1r2+a1r22+a2r21r21+r22，(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.

②當（ka1-b1+y0-kx0）#8226;r2=-（a2+kb2-x0-ky0）#8226;r1時，化簡得：

（a1r2-r2x0+b2r1-r1y0）k=-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2.

∵方程有無數解，

∴a1r2-r2x0+b2r1-r1y0=0，

-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2=0.

解得x0=(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22，

y0=(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.

∴P2(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22，(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.

不難證明：(x0-a1)(x0-a2)+(y0-b1)(y0-b2)=0.

∴點P在以圓心C1和圓心C2為直徑的圓(x-a1)#8226;(x-a2)+(y-b1)#8226;(y-b2)=0上.

∵直線P1P2的斜率k1=-a2-a1b2-b1，直線C1C2的斜率k2=b2-b1a2-a1，∴k1#8226;k2=-1，∴直線P1P2⊥直線C1C2.

在Rt△PC1C2中，由射影定理不難證得：

C1OC2O=PC21PC22=r21r22.

3深入探究，遷移創新

在結論1中θ還能取其他特殊值嗎？問題又變為什么？

當θ取特殊值π時，l1和l2重合變成一條直線，問題就轉化成：在該平面上是否存在定點P，使得過點P可以作無數條直線l與圓C1和圓C2相交，且直線l被兩圓截得的弦長相等?現把這道高考試題改為：

在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圓C2:(x-4)2+(y-5)2=4.是否存在一個定點P，使過P點有無數條直線l與圓C1和圓C2都相交，且l被兩圓截得的弦長相等?若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由.

解假設存在，設點P的坐標為P(a，b)，l的方程為y-b=k(x-a)，因為圓C1和圓C2的半徑相等，被l截得的弦長也相等，所以點C1和點C2到直線l的距離相等，即|-3k-1+b-ka|k2+1=|4k-5+b-ka|k2+1，化簡得：-3k-1+b-ka=4k-5+b-ka，或-3k-1+b-ka=-4k+5-b+ka，7k=4或(1-2a)k+2b-6=0.

因為關于k的方程有無窮多解，所以1-2a=0，

2b-6=0.

解得a=12，

b=3.

綜上所述，存在滿足條件的定點P，且點P的坐標為P12，3.

對本題的幾何解釋：過線段C1C2的中點P任作一條直線l與圓C1交于A1B1，與圓C2交于A2B2，過C1，C2作直線l的垂線，垂足分別為M1，M2.如圖所示.

由平面幾何知識總能證得:Rt△C1M1P≌Rt△C2M2P.

所以C1M1=C2M2.∵A1B1=24-C1M21，A2B2=24-C2M22，∴A1B1=A2B2.

∴存在一個定點P，使過P點有無數條直線l與圓C1和圓C2都相交，且l被兩圓截得的弦長都相等.

由此我們還得到如下結論：

結論3在平面內，已知圓C1和圓C2相離且半徑相等，設P為該平面上的點，滿足：存在過點P的無數多條直線分別與圓C1和圓C2相交，且被圓C1截得的弦長與被圓C2截得的弦長相等.則滿足條件的點P必定是兩圓圓心連線C1C2的中點.

三、解后感悟

本文以一道高考試題為背景，抓住本質進行合情推廣，引出三個更一般性的問題，得出了三個重要的結論.從典型的基礎問題入手，通過一題多變，進行有效的變式既是我國數學課堂教學的一個優良傳統，也是新課程背景下引發學生自主、合作、探究的重要途徑.筆者認為在平時的教學中，如果我們能夠選擇一些入口面較寬的高考試題，有針對性地通過觀察、變更、類比、聯想等方式，進行一題多解訓練，在多解中求簡，則可使在錘煉解題思想的同時，使自己的能力的提高落到實處.與此相關的，若能以高考試題為題源，抓住本質，合情變式，編擬出綜合自然、新穎脫俗的題目，對于提高學生的認識層次、強化探索能力以及摒棄題海戰術，都將是十分有效的.