對一道拋物線平行弦模考題的探究

廣東省中山市桂山中學(xué)(528463) 蔡曉波

一、題目再現(xiàn)

題目(深圳市2021 屆高三第二次調(diào)研考試第21 題)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,P是直線x= ?2上的動點, 過P作兩條相異直線l1和l2, 其中l(wèi)1與拋物線C:y2=4x交于A,B兩點,l2與C交于M,N兩點,記l1、l2和直線OP的斜率分別為k1,k2和k3.

(1)當(dāng)P在x軸上,且A為PB中點時,求|k1|;

(2)當(dāng)AM為?PBN的中位線時,請問是否存在常數(shù)μ,使得? 若存在,求出μ的值;若不存在,請說明理由.

評注該題屬于壓軸題,具有一定的難度. 第一問較為簡單,其解答從略. 我們著重對第2 問進行解法與結(jié)論的探究.

二、解法探究

圖1

圖2

評注這是深圳二模當(dāng)時給出的官方答案,該解題過程的主要難點在于有一定的計算量,而計算量來自于直線代入拋物線以及由方程①②③得出的過程,而這些計算量皆是由直線l1,l2方程的復(fù)雜性引起的. 為了降低復(fù)雜度,我們不難想到如果以P為原點重新建立直角坐標(biāo)系,則直線l1,l2的方程可以簡化,因此我們可得如下解法2.

解法2設(shè)P(?2,y0),以P為新坐標(biāo)原點O′,過P平行于x軸且與x軸同向為x′軸,平行于y軸且與y軸同向為y′軸如圖2 建立新的直角坐標(biāo)系x′O′y′,易知拋物線C的方程為: (y+y0)2= 4(x?2),原來的坐標(biāo)原點O(2,?y0),P(0,0)

評注解法2 利用坐標(biāo)的平移變換使得計算量下降,當(dāng)直線方程過于復(fù)雜(尤其是過普通點的點斜式方程時),則代入曲線時會帶來不少的計算量,而坐標(biāo)的平移變換會讓直線便為過原點的直線,從而使得直線易于代入曲線方程.

實際上, 由AM為?PBN的中位線我們不難得到AM//BN,結(jié)合點差法的思想,我們不難得到如下更加巧妙的解法:

評注解法3 利用了中點弦問題中常用的點差法思想,避免了直線代入曲線方程的復(fù)雜計算,此解法具有一定的巧妙性.

三、拋物線平行弦的若干結(jié)論

上述解法3 中,我們不難發(fā)現(xiàn),如果把題目中的“AM為?PBN的中位線”改為“AM//BN”結(jié)論仍然成立.

那么對于本題,如果把“AM為?PBN的中位線”改為“AM//BN”,對任意的拋物線結(jié)論是否依然成立呢? 本題的本質(zhì)又是什么呢? 筆者探究得出一些結(jié)論.

在給出相關(guān)結(jié)論之前,我們先來看2 個引理:

引理1在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,A,B,M,N為拋物線C:y2= 2px上不相同的四點, 且AM//BN,設(shè)AM,BN的中點分別為D,E,則直線DE垂直于y軸.

類似于解法3 的證明過程可得引理1 的證明,故這里不再贅述.

引理2在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,P是不在拋物線C:y2= 2px上的任意一點, 過P做直線l交拋物線于A,B兩點, 且, 則有且僅有另外一條不同于l的直線l1,使得l1交C于M,N,且.

證明設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0,y0), 類似于上述解法2以P為新坐標(biāo)原點O′重新建立直角坐標(biāo)系可得: 拋物線C的方程為: (y+y0)2= 2p(x+x0), 原來的坐標(biāo)原點O(?x0,?y0),P(0,0). 依題意可知直線l的斜率不可能為0,故設(shè)直線l的方程為:x=my,A(x1,y1),B(x2,y2), 因為,故y1=ty2. 由可得:

利用韋達定理可得關(guān)于m的方程:

由P是不在拋物線C上可知t0,故方程⑥為關(guān)于m的二次方程,此時.

(1)當(dāng)P在拋物線C的內(nèi)側(cè)時,顯然,此時A,B必在點P兩側(cè),故t<0,又因為t?1,故?>0.

(2)當(dāng)P在拋物線C的外側(cè)時,顯然,此時A,B必在點P同側(cè),故t>0,故?>0.

因此方程⑤有且僅有兩個解, 因此存在一個不同于m的另一個解,即有且僅有另外一條不同于l的直線l1,使得l1交C于M,N,且.

結(jié)論1在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,P(x0,y0)是不在拋物線C:y2= 2px上的動點,過P作兩條相異直線l1和l2,其傾斜角的余切值分別為m1,m2,其中l(wèi)1與拋物線C交于A,B兩點,l2與C交于M,N兩點(P不為AB或MN的中點),則AM//BN或AN//BM的充要條件是:.

證明以P為新坐標(biāo)原點O′,類似于上述解法2 以P為新坐標(biāo)原點O′重新建立直角坐標(biāo)系可得: 拋物線C的方程為: (y+y0)2= 2p(x+x0), 直線l1和l2的方程分別為x=m1y,x=m2y(平移坐標(biāo)系不改變直線的傾斜角).

結(jié)合解法2 和引理2 的分析過程不難得出必要性的證法,故這里不再贅述.

在結(jié)論1,我們不難發(fā)現(xiàn),當(dāng)y0為定值時,此時m1+m2也為定值,由此可得相關(guān)推論,另外,如果進一步讓還可以得到m1+m2=1 的更加特殊的推論,相關(guān)推論請讀者自行總結(jié).

在結(jié)論1 中,當(dāng)P的橫坐標(biāo)時,則,而具有明顯的幾何意義,它就是OP的斜率,因此我們可得如下推論:

推論1在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,P是不在y軸上且不在拋物線C:y2=2px上的動點,過P作兩條相異直線l1和l2,其斜率分別為k1,k2,其中l(wèi)1與拋物線C交于A,B兩點,l2與C交于M,N兩點(P不為AB或MN中點),點P的橫坐標(biāo)為x0,則AM//BN或AN//BM的充要條件是:.

在推論1 中,如果令x0=?2,p=2,則其必要性便為深圳市2021 屆高三第二次調(diào)研考試第21 題的結(jié)論.

對于推論1 中,如果l2垂直于x軸時,此時m2為0,則可以得到更加特殊的推論,相關(guān)推論由筆者自己總結(jié).

結(jié)論1 中,P不為AB中點且不為MN中點,因為由引理2 證明過程可知,當(dāng)P是為AB或MN中點時l1與l2重合,那么當(dāng)P為AB中點時有何類似于結(jié)論1 的結(jié)論呢? 探究可得:

結(jié)論2直線l交拋物線C:y2= 2px于A,B不同兩點,且直線l的傾斜角的余切值為m,P為A,B的中點,且P的縱坐標(biāo)為y0,則.

該結(jié)論較易證明,這里不再贅述. 結(jié)論2 可以看成是對結(jié)論1 的補充,也可以看成是結(jié)論1 的極限情況.

結(jié)論1 告訴我們, 拋物線中任意兩條平行弦可以構(gòu)成一個梯形, 該梯形的兩條腰所在的直線的傾斜角的余切值之和與弦中點縱坐標(biāo)成正比, 比例系數(shù)為; 顯然,該梯形的兩條對角線所在的直線的傾斜角的余弦值也滿足這個關(guān)系. 梯形的兩條腰會交于一點,兩條對角線也會交于一點,且由引理1 結(jié)合平面幾何知識可知這兩個交點的縱坐標(biāo)與弦中點縱坐標(biāo)是相等的,那么這兩個交點的橫坐標(biāo)有什么關(guān)系呢? 筆者探究之得出如下結(jié)論:

圖3

結(jié)論3在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,A,B,M,N為拋物線C:y2= 2px上不相同的四點, 且AM//BN,設(shè)直線AB與MN于P,AN與BM于Q,P,Q的橫坐標(biāo)分別為xP,xQ,P的縱坐標(biāo)為y0,則.

根據(jù)結(jié)論3,我們?nèi)菀椎玫饺缦峦普?

推論2在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,A,B,M,N為拋物線C:y2= 2px上不相同的四點,AM//BN且AM不垂直于x軸, 設(shè)直線AB與MN于P,AN與BM于Q,若直線OP與OQ的傾斜角的余切值分別為m1,m2,P的縱坐標(biāo)為y0,則.

對于推論2中, 我們不難發(fā)現(xiàn), 若y0為定值a時, 則m1+m2為定值,此時點P恒在定直線y=a上運動,故可以另一個推論,該推論由讀者自己完成,這里不再贅述.

推論2 與結(jié)論1 的必要性從形式上看十分相似,很好的體現(xiàn)了數(shù)學(xué)美;結(jié)合這2 個結(jié)論,我們可得如下結(jié)論:

結(jié)論4在平面直角坐標(biāo)系xOy中,O是坐標(biāo)原點,A,B,M,N為拋物線C:y2= 2px上不相同的四點,AM//BN且AM不垂直于x軸, 設(shè)直線AB與MN于P,AN與BM于Q, 若直線OP,OQ,AB,MN,AN,BM的傾斜角的余切值分別為m1,m2,m3,m4,m5,m6, 則有m1+m2=4(m3+m4+m5+m6).

相關(guān)證明過程由讀者完成.