切點弦方程的解法探究與推廣

宋波 陳文欽

【摘?要】??對2021年一道有關切點弦方程高考題求法的探究，從統一的思想高度思考問題，推出有統一表現形式的一組結論，是數學形式化與數學本質的完美結合，使得有關高考題輕松獲解.

【關鍵詞】??高考;方程;探究;應用

1?問題提問

題目???已知拋物線C：x?2=2py?（p>0）?的焦點為F，且F與圓M：x?2+（y+4）?2=1上點的距離的最小值為4.

（1）求p;

（2）若點P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值.

本題是2021年高考數學全國乙卷理科第21題，是一道圓錐曲線壓軸題，以拋物線和圓為載體，以拋物線阿基米德三角形為背景，考查解析幾何的核心素養用代數方法解決三角形的面積最值問題.此題因涉及的知識點多，綜合性強，運算繁雜，難度較大，故思路易有，結果難求.其中第（2）問的解法較多，在各種解法中，如何求出經過A，B兩點的切點弦直線方程，是解決問題的突破口和關鍵.若能正確求出切點弦直線方程，就能順利表示出AB弦的長和點P到直線AB的距離，從而輕松構建△PAB的面積表達式，將問題轉化為復合函數求最值.

2?解法探究

下面對本題中切點弦直線方程的求法進行探究.

解法1?判別式法

由（1）知?p=2，

拋物線C的方程為x?2=4y.

設P（x?0，y?0），切點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2），

設切線PA的方程為y-y?1=k（x-x?1），

聯立?y-?1?4?x?2=k（x-x?1），x?2=4y，?消去y得

x?2-4kx+4kx?1-x??2??1=0，

因為?PA與拋物線C相切，

所以?Δ?=16k?2-4（4kx?1-x??2??1）

=4（2k-x?1）?2=0，

解得?k=?x?1?2?，

所以切線PA的方程為

y-y?1=?x?1?2?（x-x?1），

同理可得切線PB的方程為

y-y?2=?x?2?2?（x-x?2），

由點P（x?0，y?0）既在切線PA上，又在切線PB上知

y?0-y?1=?x?1?2?（x?0-x?1），

y?0-y?2=?x?2?2?（x?0-x?2），

故點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2）滿足方程

y?0-y=?x?2?（x?0-x），

所以切點弦AB的直線方程為

y?0-y=?x?2?（x?0-x），

即?x?0x=2y+2y?0.

解法2?導數法

由（1）知?p=2，

拋物線C的方程為x?2=4y，

即?y=?1?4?x?2，則y′=?1?2?x.

設P（x?0，y?0），切點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2），

則?k??PA?=?1?2?x?1，

所以切線PA的方程為

y-y?1=?x?1?2?（x-x?1），

同理可得切線PB的方程為

y-y?2=?x?2?2?（x-x?2），

由點P（x?0，y?0）既在切線PA上，又在切線PB上知

y?0-y?1=?x?1?2?（x?0-x?1），

y?0-y?2=?x?2?2?（x?0-x?2），

故點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2）滿足方程

y?0-y=?x?2?（x?0-x），

所以切點弦AB的直線方程為

y?0-y=?x?2?（x?0-x），

即?x?0x=2y+2y?0.

3?引申推廣

由導數求曲線上切點處的切線方程的簡捷性，得到啟發，在“定”、“變”相對且相互轉換的情況下，可推出圓錐曲線?（包括圓）?有關切線的一組“殊途同歸”的結論.

結論1???已知圓錐曲線的一般方程為Ax?2+Cy?2+Dx+Ey+F=0，過曲線上一點P（x?0，y?0）作曲線的切線，則切線方程為

Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0.

證明??由Ax?2+Cy?2+Dx+Ey+F=0兩邊對x求導，得

2Ax+2Cyy′+D+Ey′=0，

即?y′=-?2Ax+D?2Cy+E?.

則曲線上點P（x?0，y?0）處的切線方程為

y-y?0=-?2Ax+D?2Cy+E?（x-x?0），

即?Ax?0x+Cy?0y+D·?x?2?+E·?y?2?-Ax??2??0-

Cy??2??0-D·?x?0?2?-E·?y?0?2?=0.

因為?點P（x?0，y?0）在曲線上，

所以?Ax??2??0+Cy??2??0+Dx?0+Ey?0+F=0，

即?-Ax??2??0-Cy??2??0=Dx?0+Ey?0+F，

代入得曲線上點P（x?0，y?0）處的切線方程為

Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0.

特別地：

（1）圓x?2+y?2+Dx+Ey+F=0?（D?2+E?2-4F>0）（或（x-a）?2+（y-b）?2=r?2）?上任意一點?P（x?0，y?0）?，則以P（x?0，y?0）為切點的切線方程為

x?0x+y?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0

（或（x?0-a）（x-a）+（y?0-b）（y-b）=r?2）?.

（2）橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1上任意一點P（x?0，y?0），則以P（x?0，y?0）為切點的切線方程為?x?0x?a?2?+?y?0y?b?2?=1.

（3）雙曲線?x?2?a?2?-?y?2?b?2?=1上任意一點P（x?0，y?0），則以P（x?0，y?0）為切點的切線方程為

x?0x?a?2?-?y?0y?b?2?=1.

（4）拋物線y?2=2px上任意一點P（x?0，y?0），則以P（x?0，y?0）為切點的切線方程為y?0y=px+px?0.

說明??對于焦點在y軸上的圓錐曲線的標準方程也有類似的結論.

在“定”、“變”相對且相互轉換的情況下，若適當改變結論1中的條件，則會得到與結論一形式完全相同的結論，于是就有了結論2.

結論2???已知圓錐曲線的一般方程為Ax?2+Cy?2+Dx+Ey+F=0，過曲線外一點P（x?0，y?0）作曲線的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，則切點弦AB所在的直線方程為Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0.

證明??設切點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2），

由結論1可得，以點A、B為切點的切線方程分別是

Ax?1x+Cy?1y+D·?x?1+x?2?+E·?y?1+y?2?+F=0，

Ax?2x+Cy?2y+D·?x?2+x?2?+E·?y?2+y?2?+F=0.

又?P（x?0，y?0）是兩條切線的交點，

故?Ax?1x?0+Cy?1y?0+D·?x?1+x?0?2?+E·?y?1+y?0?2?+F=0，

Ax?2x?0+Cy?2y?0+D·?x?2+x?0?2?+E·?y?2+y?0?2?+F=0.

這說明切點A（x?1，y?1），B（x?2，y?2）都滿足關于x，y的二元一次方程

Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0.

因為過兩點的直線方程是唯一的，故命題得證.

推論??過圓錐曲線的準線上任一點作圓錐曲線的兩條切線，則切點弦所在的直線必過其準線相應的焦點.

在“定”、“變”相對且相互轉換的情況下，若對結論2中的切點弦方程作更深入的探究，則會發現此方程其實質是圓錐曲線外一點P（x?0，y?0）和切點弦所在直線上一點（x，y）這四個變量之間的內在聯系.若將P（x?0，y?0）視為定點?（已知）?，將（x，y）看作動點?（變量）?，則方程是圓錐曲線關于點P（x?0，y?0）的切點弦所在的直線方程.反之，若將（x，y）視為定點?（已知）?，將P（x?0，y?0）看作動點?（變量）?，則方程就是經過點（x，y）的各弦兩端點處的兩條切線的交點P（x?0，y?0）的軌跡方程.于是就得到了結論3.

結論3???已知圓錐曲線的一般方程為Ax?2+Cy?2+Dx+Ey+F=0，過平面上一點?P（x?0，y?0）??（除有心圓錐曲線的中心外）?作直線交圓錐曲線于A，B兩點，則圓錐曲線在A，B處的兩條切線的交點的軌跡方程為Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0?（當點P（x?0，y?0）在圓錐曲線內部時，交點的軌跡方程所表示的直線與圓錐曲線相離;當點P（x?0，y?0）在圓錐曲線外部時，交點的軌跡方程所表示的直線在圓錐曲線外的部分）?.

證明??設交點M（x′，y′）為所求，

由結論2可得，圓錐曲線關于點M（x′，y′）的切點弦所在的直線方程為

Ax′x+Cy′y+D·?x′+x?2?+E·?y′+y?2?+F=0.

因為?點P（x?0，y?0）在此直線上，

所以?Ax′x?0+Cy′y?0+D·?x′+x?0?2?+E·?y′+y?0?2?+F=0.

這說明動點M（x′，y′）滿足關于x，y的二元一次方程

Ax?0x+Cy?0y+D·?x?0+x?2?+E·?y?0+y?2?+F=0.

故命題得證.

推論??過圓錐曲線焦點的直線與圓錐曲線的交點處的兩條切線的交點軌跡是與其焦點相應的準線.

注??以上結論的證明從統一的思想高度來思考問題，通過對曲線方程求導得切線斜率，求出曲線的切線方程，在“定”、“變”相對且相互轉換的情況下，推出有統一表現形式的一組結論，是數學形式化與數學本質的完美結合，證法簡潔、大氣，體現了數學的形式美、簡潔美與和諧統一之美.

4?應用

例1????過點（3，1）作圓（x-1）?2+y?2=1的兩條切線，切點分別為A、B，則直線AB的方程為（?）

（?A?）2x+y-3=0.??（?B?）2x-y-3=0.

（?C?）4x-y-3=0.?（?D?）4x+y-3=0.??（2013年山東卷）

解??由結論2知，圓（x-1）?2+y?2=1關于點（3，1）的切點弦AB的直線方程為

（3-1）（x-1）+1·y=1，

即?2x+y-3=0，故選（?A?）.

例2???過原點O作圓C：x?2+y?2-6x-8y+20=0的兩條切線，設切點分別為點P、Q，則線段PQ的長為?.??（2009年湖北卷）

解??由結論2可得，圓C關于原點O的切點弦PQ所在的直線方程為3x+4y-20=0.

易知圓C的半徑r=?5?，圓心C（3，4），

則點C到直線PQ的距離為

d=?|3?2+4?2-20|??3?2+4?2??=1，

所以?|PQ|=2?r?2-d?2?=4.

例3???已知直線l：y=x+m，m∈?R?.

（1）若以點M（2，0）為圓心的圓與直線l相切于在y軸上的點P，求該圓的方程;

（2）若直線l關于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x?2=4y是否相切？??（2011年福建卷）

解??（1）設圓的方程為（x-2）?2+y?2=r?2，

由結論1知，過點P（0，m）的切線方程為

（0-2）（x-2）+my=r?2，

即?-2x+my+4-r?2=0，

該直線與直線l：x-y+m=0是同一條直線，

故??-2?1?=?m?-1?=?4-r?2?m?，

解得?m=2，r=2?2?，

所以圓的方程為（x-2）?2+y?2=8.

（2）設直線l′與拋物線C：x?2=4y相切于點

x?0，?x??2??0?4??，

則由結論1知，直線l′的方程為x?0x=2y+?x??2??0?2?，

即?x?0x-2y-?x??2??0?2?=0，

又直線l′的方程為y=-x-m，

即?x+y+m=0，

故??x?0?1?=?-2?1?=?-?x??2??0?2??m?，

解得?x?0=-2.

所以當m=1時，直線l′與拋物線C相切;當m≠1時，直線l′與拋物線C不相切.

例4???拋物線C?1：y=?1?2p?x?2?（p>0）?的焦點與雙曲線C?2：?x?2?3?-y?2=1的右焦點的連線交C?1于第一象限的點M.若C?1在點M處的切線平行于C?2的一條漸近線，求p=（?）

（?A?）??3??16?.?（?B?）??3??8?.?（?C?）?2?3??3?.?（?D?）?4?3??3?.??（2013年山東卷）

解??依題意知

C?1的焦點為?0，?p?2??，C?2的右焦點為（2，0），

則這兩點連線的方程為?x?2?+?2y?p?=1，

設該直線交C?1于第一象限的點為M（x?0，y?0），

由?x?2?+?2y?p?=1和y=?1?2p?x?2聯立解得

x?0=?p?p?2+16?-p?2?4?，

由結論1得C?1在點M處的切線方程為

x?0x=py+py?0，其斜率為?x?0?p?，

又C?2的一條漸近線的斜率為??3??3?，

由切線平行于漸近線得?x?0?p?=??3??3?，

即???p?2+16?-p?4?=??3??3?，

解得?p=?4?3??3?，故選（?D?）.

例5???已知A（-2，3）在拋物線C：y?2=2px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為（?）

（?A?）?1?2?.?（?B?）?2?3?.?（?C?）?3?4?.?（?D?）?4?3?.??（2014年遼寧卷）

解??由A（-2，3）在拋物線C：y?2=2px的準線上，

易得??p?2?=2，p=4，

所以?C：y?2=8x，

由結論2的推論可知

過A作C的兩條切線，切點弦直線過C的焦點F，

所以?切點弦直線為BF，

由結論2得拋物線C關于點A的切點弦直線BF的方程為3y=4x-8，

則直線BF的斜率為?4?3?.故選（?D?）.

例6???已知曲線C：y=?x?2?2?，D為直線y=-?1?2?上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.

（1）證明：直線AB過定點;

（2）若以E?0，?5?2??為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求該圓的方程.??（2019年全國卷Ⅲ）

解??（1）??證法1???設D?t，-?1?2??，

由結論2得，切點弦直線AB的方程為tx=y-?1?2?，

即?y=tx+?1?2?，

所以直線AB過定點?0，?1?2??.

證法2???因為點D在拋物線C的準線y=-?1?2?上，

由結論2的推論知，切點弦直線AB過拋物線C的焦點?0，?1?2??.

（2）設切點的坐標為M（x?0，y?0），

由結論1得，圓x?2+?y-?5?2???2=r?2的切線AB的方程為

x?0x+?y?0-?5?2???y-?5?2??=r?2，

即?y=?2x?0?5-2y?0?x+?25-10y?0-4r?2?10-4y?0?.

因為圓的切線AB與曲線C的切點弦直線AB：y=tx+?1?2?是同一條直線，

所以??2x?0?5-2y?0?=t，??①

25-10y?0-4r?2?10-4y?0?=?1?2?.??②

設A（x?1，y?1），B（x?2，y?2），

由?y=tx+?1?2?，y=?x?2?2?，?得x?2-2tx-1=0，

則?x?1+x?2=2t，

y?1+y?2=t（x?1+x?2）+1=2t?2+1，

則?M?t，t?2+?1?2??，

所以?x?0=t，y?0=t?2+?1?2?，??③

①②③聯立，

當t=0時，得y?0=?1?2?，r?2=4，

故所求圓的方程為x?2+?y-?5?2???2=4;

當t≠0時，得y?0=?3?2?，r?2=2，

故所求圓的方程為x?2+?y-?5?2???2=2.

以上在“定”與“變”是相對且可以相互轉換的解析幾何觀點指導下，從求圓錐曲線的切線出發，推出了一組“殊途同歸”的“新”結論，對于有關高考的一些較難問題，得到了一些簡易的解題方法，從中體會了導數求切線斜率的優勢和解析幾何的“設而不求”、利用方程?（組）?思想解決問題的本質和精髓.事實上，上述結論的推導和相關高考試題的簡便解答，都引入和應用了極點、極線和阿基米德三角形的有關性質，所以在平時的數學教學中應注重數學文化因素的融入，不僅能夠激發學習數學的興趣，還能從中豐富解題方法，進而提高解題的效率和精度，達到事半功倍的效果.