在探究中溯源 在變式中求真
——以一道典型圓錐曲線問題為例

江西 鄒榮華 顏 琴

圓錐曲線在高考及模擬考試中經常考查對稱問題、面積問題、定值問題、定點問題以及向量問題、存在性問題、探究性問題等，本文以一道典型圓錐曲線問題為例，通過多角度思考，以問題為驅動，不斷探究，一題多變，以點帶面，涉及圓錐曲線中以上列舉出的各種問題.

(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；

(2)設O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB.

【分析】要證明∠OMA=∠OMB，通過直線AM,BM斜率之和為零建立方程進行求證.

(2)當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0°；

當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB；

當l與x軸不重合也不垂直時，

設l的方程為y=k(x-1)(k≠0)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

由y1=kx1-k,y2=kx2-k得，

所以kMA+kMB=0，故直線MA,MB的傾斜角互補，所以∠OMA=∠OMB；

綜上，∠OMA=∠OMB.

一、結論變換

變式一：當l與x軸不重合時,證明：MO平分∠AMB；

【分析】由∠OMA=∠OMB易得MO平分∠AMB.

變式二：當l與x軸不重合時,證明：直線MA,MB的傾斜角互補；

【分析】由原題解法中kMA+kMB=0可得直線MA,MB的傾斜角互補.

變式三：當l與x軸不重合時,證明：點F到直線MA,MB的距離相等；

【分析】因為F在∠AMB角平分線MO上，所以F到直線MA,MB的距離相等.

變式四：當l與x軸不重合時,證明：A關于x軸對稱點A′ 在直線BM上；

【分析】方法1：由原題∠OMA=∠OMB易得MO平分∠AMB，又因為直線MO即為x軸，易知A關于x軸對稱點A′ 在直線BM上；

方法2：利用向量證明B,A′,M三點共線，得到點A′在直線BM上.

證明：當l與x軸垂直時，A′與B重合，易得點A′在直線BM上;

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-1)(k≠0)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，A′(x1，-y1)，

(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

要證A關于x軸對稱點A′ 在直線BM上，

即證(x1-2)y2+(x2-2)y1

=(x1-2)(kx2-k)+(x2-2)(kx1-k)

=k[2x1x2-3(x1+x2)+4]

=0.

綜上，點A′在直線BM上.

變式五：當l與x軸不重合時,證明：|AM|·|BF|=|AF|·|BM|；

變式六：當l與x軸不重合時,證明：|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF；

【分析】由F到直線MA,MB的距離相等，并設為d，

得|BM|·S△AMF=|AM|·S△BMF

變式八：kMA+kMB是否為定值？若是求出定值，若不是說明理由；

【分析】由原題解法易得kMA+kMB=0，故kMA+kMB定值為0.

變式九：能否求出kAM·kBM的取值范圍？

【分析】由原題解法得到kAM·kBM關于k的函數式，再求出范圍.

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,

二、逆向變換

將題目已知中的“點M的坐標為(2，0)”去掉，把結論放入已知，從多個角度進行逆向設問，尋找點M是否存在.

【分析】假設M存在并設M(m,0)，根據∠OMA=∠OMB用kAM+kBM=0列式求解m,再作出判斷.

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0，

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因為k不恒為0，

當l與x軸垂直時，易得M(2，0)，滿足∠OMA=∠OMB；

綜上，存在M(2，0)，使∠OMA=∠OMB恒成立.

【分析】假設M存在并設M(m,0)，

由BMS△AMF=|AM|S△BMF，得

可知F在∠AMB的平分線上，由kAM+kBM=0建立方程求解m.

理由如下：設存在符合題意的點M(m,0)，則：

當直線AB的斜率存在時，設l的方程為y=k(x-1)，

得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.

Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0，

y1y2=k2(x1-1)(x2-1)

=k2[x1x2-(x1+x2)+1]

=x1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2

逆向變換是把原命題的結論作為已知，去探究使之滿足的其他條件.變式一至變式十(變式九除外)都可以這樣逆向設置問法進行逆向變換，其他具體變換略.逆向變換是思維的逆向過程，難度較大，常常是存在性問題、探究性問題的命制方式，比如變式十二，這樣設置問題，不僅題目新穎，而且難度變大.

三、綜合變換

【分析】類比變式十一的解法，

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-n)，

得(2k2+1)x2-4nk2x+2n2k2-2=0，

Δ=16n2k4-4(2k2+1)(2n2k2-2)=8(2k2-n2k2+1)>0，

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因為k不恒為0，

【分析】類比變式十一的解法，

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-c)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，則|x1|

得(a2k2+b2)x2-2a2ck2x+a2c2k2-a2b2=0，

Δ=4a4c2k4-4(a2k2+b2)(a2c2k2-a2b2)=4a2b2(a2k2+b2-c2k2)>0,

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因為k不恒為0，

【分析】類比變式十五的解法，

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，則|x1|

得(a2k2+b2)x2-2a2nk2x+a2n2k2-a2b2=0

Δ=4a4n2k4-4(a2k2+b2)(a2n2k2-a2b2)=4a2b2(a2k2+b2-n2k2)>0，

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因為k不恒為0，

四、同類變換

變式十七：題中橢圓變為雙曲線，是否有類似結論？

【分析】類比變式十六的解法，

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，則|x1|>a, |x2|>a，

得(b2-a2k2)x2+2a2nk2x-a2n2k2-a2b2=0，

Δ=4a4n2k4-4(-a2k2+b2)(-a2n2k2-a2b2)=4a2b2(n2k2+b2-a2k2)>0

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因為k不恒為0，所以，

變式十八：題中橢圓變為拋物線，是否有類似結論？

拋物線C的方程為：y2=2px(p>0),N(n,0)(n為已知且n>0), 過N的直線l與C交于A,B兩點，當l與x軸不重合時，x軸上是否存在定點M,使∠OMA=∠OMB恒成立，若存在求出定點，若不存在說明理由；

【分析】類比變式十六的解法,

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，則x1>0 ,x2>0 ，

將y=k(x-n)代入y2=2px，

得k2x2-(2nk2+2p)x+k2n2=0,

Δ=(2nk2+2p)2-4n2k4=4p(2nk2+p)>0,

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0,

因為k不恒為0，

解得m=-n；

當l與x軸垂直時，易得M(-n，0)，滿足∠OMA=∠OMB；

綜上，存在M(-n，0)，使得∠OMA=∠OMB.

變式十九：題中橢圓變為圓，是否有類似結論？

圓C的方程為：x2+y2=r2(r>0),N(n,0)(n為已知,-r

【分析】類比變式十六的解法，

解析：假設M存在并設M(m,0)，

當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x-n)，

A(x1,y1),B(x2,y2)，則-r

將y=k(x-n)代入x2+y2=r2，

得(1+k2)x2-2nk2x+k2n2-r2=0，

Δ=4n2k4-4(1+k2)(k2n2-r2)=4(k2r2+r2-k2n2)>0，

因為∠OMA=∠OMB，所以kAM+kBM=0，

因為k不恒為0，

同類變換是數學中常見的同類型中由一類成立，聯想到另一類或幾類是否也成立，從而進行變換設問的一種方式，這是數學中重要的類比推理的思想.比如上面的同類變換由橢圓中的結論成立，分別變換成雙曲線、拋物線和圓中此結論是否也成立，這種從一類到另一類的探究過程，使我們由懂一類題到通一片題.