2019年一道解析几何高考试题的简解及推广.doc

一道解析几何高考试题的简解及推广 广东仲元中学 严运华 2018年全国高考数学I卷理科第19题为: 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：. 一 解法探究（1）由已经得F0,1，将x=1代入椭圆方程，得y=22，即A1,22，所以直线AM的斜率为22，因此其方程为y=22x-2或.b5E2RGbCAP探究第2问:分析1：OMA=OMB等价于直线MA和MB的斜率互为相反数，即kMA+kMB=0.证法1：OMA=OMB等价于kMA+kMB=0.kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2=y1x2-2+y2（x1-2）x1-2（x2-2）=y1x2+y2x1-2（y1+y2）x1-2（x2-2）=y1ty2+1+y2ty1+1-2（y1+y2）x1-2（x2-2） =2ty1y1-（y1+y2）x1-2（x2-2），因为2ty1y2-y1+y2=-2tt2+2-2tt2+2=0，所以kMA+kMB=0，因此 OMA=OMB.分析2：OMA=OMB等价于点O到直线MA和MB的距离相等.证法2：直线MA为y=y1x1-2（x-2），即y1x+2-x1y-2y1=0，故O到直线MA的距离为2y1y12+2-x12，同理，O到直线MB的距离等于2y2y22+2-x22.p1EanqFDPwOMA=OMB 2y1y12+2-x12=2y2y22+2-x22y12y22+2-x22=y22y12+2-x12y122-x22=y222-x12 2-x122-x22=2-x222-x128x2-x1-6x22-x12+4x1x2x2-x1=0 当x1=x2时，式显然成立；当x1x2时，式等价于4-3x1+x2+2x1x2=04t2+2+12+4-4t2=0这显然是成立的，因此OMA=OMB.分析3：从向量的角度，利用夹角公式来证明.OMA=OMBcosOMA=cosOMB证法3：OMA=OMBcosOMA=cosOMBMO-MA-MOMA=MO-MB-MOMB2-x1x1-22+y12=2-x2x2-22+y22 2-x12x2-22+y22=2-x12x1-22+y122-x12y22=2-x22y12这就是式，下同证法2.分析4：利用角平分线定理，OMA=OMBFAMA=FBMB2-22x1x1-22+y12=2-22x2x2-22+y222-x1x1-22+y12=2-x2x2-22+y22这就是式，下同证法3.分析5：由于OMA=OMBMAMA+MBMB=MO，0.证法5： =1MAMBMBx1-2+MAx2-2，MBy1+MAy2，下面证明MBy1+MAy2=0，等价于证明y1x2-22+y22+y2x1-22+y12=0y1x2-22+y22=-y2x1-22+y12y12x2-22+y22=y22x1-22+y12y122-x22=y222-x12这就是式，由证法1知，MBy1+MAy2=0.又因为MBx1-2+MAx2-20成立，因此OMA=OMB.证法1到证法5，用解析几何的方法，从不同的视角来证明了OMA=OMB.其核心思想就是分析几何关系，然后把几何关系转化为代数关系，利用解析几何证明.解法6:发现点为准线与轴的交点, 由于涉及到椭圆的焦点和准线，故考虑椭圆的第二定义，利用平面几何知识来证.由椭圆的第二定义，DXDiTa9E3dAFAA1=BFBB1，即AFBF=AA1BB1，又AA1/ x轴/ BB1， 所以AFBF=A1MB1M，故AA1BB1=A1MB1M，所以Rt AA1 MRt BB1 M，所以A1AM=B1BM，因此OMA=OMB.类似的2018年全国高考数学I卷文科第20题为:设抛物线，点，过点的直线与交于，两点（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：也有上述解法. 不仅有多种解法，还可以将结论推广定理1设抛物线，点，过点的直线与交于，两点则直线与与轴成等角；证明：显然，直线不与轴重合，设直线的方程为，联立抛物线方程得，设 ，则，设直线和直线的斜率分别为 则而，代入上式得将，代入上式得，故；发现两点的横坐标之和为零，可以得出以下一般结论：定理2设抛物线，点，过点的直线与交于，两点则直线与与轴成等角；证明：显然，直线不与轴重合，设直线的方程为，联立抛物线方程得，设 ，则，设直线和直线的斜率分别为 则而，代入上式得将，代入上式得，故；定理3 过椭圆的右焦点的直线与交于两点，点.其中为的焦半距，设坐标原点，则直线与与轴成等角；证明：当直线与轴重合时，结论显然成立；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，联立椭圆方程得，设 ，则， 设直线和的斜率分别为，所以因此 将， 代入上式得故直线与与轴成等角；再探究发现：点和点的横坐标之积为，于是可将命题3进一步拓展得到：定理4：设椭圆，过点的直线与交于两点，点.且，设为坐标原点，则直线与与轴成等角； 证明：当直线与轴重合时，结论显然成立；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，联立椭圆方程得 ，设 ，则， 设直线和的斜率分别为，所以因此 ，由， 得又，代入上式得故直线与与轴成等角；将椭圆的相关结论推广到双曲线有：定理5：设双曲线，过点的直线与交于两点，点.且，则直线与与轴成等角；定理6：设是圆锥曲线的一对“等角点”，过点的直线与交于两点,则直线与与轴成等角；若圆锥曲线为抛物线，则两“等角点”的坐标分别为，其中，且。若圆锥曲线为椭圆或双曲线，则两“等角点”的坐标分别为，其中。显然，2018年的两道解析几何试题就是命题7的具体化。近年高考常以上述结论为背景命题。如2015年全国高考理科数学试题第20题RTCrpUDGiT在直角坐标系中，曲线与直线交于两点，（）当时，分别求在点和处的切线方程；（）轴上是否存在点，使得当k变动时，总有？说明理由。其中第2问，就是命题3的特例。由此可见，2018年高考文科、理科的两道解析几何的源头是一直的，有着相同的根，只