论文部分内容阅读
摘 要：圆锥曲线是高中数学的难点与重点，本文从课本例题出发，逐步提出问题，探究解决问题，得到一组优美的有关动直线过定点的结论，再结合结论探讨相关高考题，贴近高考，攻克高考.
关键词：圆锥曲线；动直线；定点
苏教版数学选修2-1第47页第8题：直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于A，B两点，求证：OA⊥OB.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），将y=x-2代入y2=2x中，得x2-6x+4=0，则x1+x2=6，x1x2=4，从而·=x1x2+y1y2=x1x2+（x1-2）·（x2-2）=2x1x2-2（x1+x2）+4=8-2×6+4=0，即OA⊥OB.
此题变式在历年高考中多次涉及，例如：（2011湖南）如图1，椭圆C1：+=1（a>b>0）的离心率为，x轴被曲线C2：y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.
（Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于D，E.
（ⅰ）证明：MD⊥ME；（ⅱ）略.
易见该题的（Ⅱ）中第1小问与上文习题是同一题目. 做完习题，下面我们将已知条件改为OA⊥OB，看可以得到什么？经过几何画板的探索，可以得到：过抛物线y2=2x的顶点O作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（2，0）. 此时考虑对任意抛物线是否有类似性质，经探索，我们得到：
结论1：过抛物线y2=2px的顶点O作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（2p，0）.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB方程为x=my+b，代入y2=2px，得y2-2pmy-2pb=0，则有y1+y2=2pm，y1y2= -2pb，所以x1x2=（my1+b）（my2+b）= -2pbm2+2pbm2+b2=b2. 又因为·=x1x2+y1y2=-2pb+b2=0，所以b=0（舍）或b=2p，从而有直线AB过定点（2p，0）.
继续思考，若直角顶点不在原点O处，变为抛物线上任意一点，是否还有类似的结论成立？经探索，可以得到：
结论2：过抛物线y2=2px上的一点P（x0，y0）作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB方程为x=my+b，代入y2=2px，得y2-2pmy-2pb=0，则有y1+y2=2pm，y1y2= -2pb，所以x1x2=（my1+b）（my2+b）= -2pbm2+2pbm2+b2=b2. 又因为·=（x1-x0）（x2-x0）+（y1-y0）（y2-y0）=x1x2-x0·（x1+x2）+x+y1y2-y0（y1+y2）+y=b2-x0·（2pm2+2b）+x-2pb-2pmy0+y=b2-2pm2x0-2bx0+x-2pb-2pmy0+y=b2-m2y-2bx0+x-2pb-2pmy0+2px0=（b-x0-2p-my0）（b-x0+my0）=0，所以b=x0+2p+my0或b=x0-my0.
（1）若b=x0-my0，则x=my+x0-my0，此时点P在直线AB上，矛盾；
（2）若b=x0+2p+my0，则x=my+x0+2p+my0，所以直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
综上，直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
由结论2不难联想到过圆上一点P作两条互相垂直的直线，分别交圆于A，B两点，则直线AB过圆的圆心. 这表明类似结论在圆与抛物线这两类二次曲线中均成立，我们不禁要问在椭圆或双曲线中是否有类似结论？用几何画板探索可得：
结论3：过椭圆+=1（a>b>0）上的一点P（x，y）作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A，B两点，则直线AB过定点
，
结论4：过双曲线-=1上的一点P（x0，y0） 作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A，B两点，则直线AB过定点
在掌握上述几个结论之后再来看如下习题： （2011江苏）如图6，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆+=1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.
（1）若直线PA平分线段MN，求k的值；
（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB.
做第3小问时，从结论3出发，你是否找到新的证明方法了呢？
关键词：圆锥曲线；动直线；定点
苏教版数学选修2-1第47页第8题：直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于A，B两点，求证：OA⊥OB.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），将y=x-2代入y2=2x中，得x2-6x+4=0，则x1+x2=6，x1x2=4，从而·=x1x2+y1y2=x1x2+（x1-2）·（x2-2）=2x1x2-2（x1+x2）+4=8-2×6+4=0，即OA⊥OB.
此题变式在历年高考中多次涉及，例如：（2011湖南）如图1，椭圆C1：+=1（a>b>0）的离心率为，x轴被曲线C2：y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长.
（Ⅰ）求C1，C2的方程；
（Ⅱ）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于D，E.
（ⅰ）证明：MD⊥ME；（ⅱ）略.
易见该题的（Ⅱ）中第1小问与上文习题是同一题目. 做完习题，下面我们将已知条件改为OA⊥OB，看可以得到什么？经过几何画板的探索，可以得到：过抛物线y2=2x的顶点O作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（2，0）. 此时考虑对任意抛物线是否有类似性质，经探索，我们得到：
结论1：过抛物线y2=2px的顶点O作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（2p，0）.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB方程为x=my+b，代入y2=2px，得y2-2pmy-2pb=0，则有y1+y2=2pm，y1y2= -2pb，所以x1x2=（my1+b）（my2+b）= -2pbm2+2pbm2+b2=b2. 又因为·=x1x2+y1y2=-2pb+b2=0，所以b=0（舍）或b=2p，从而有直线AB过定点（2p，0）.
继续思考，若直角顶点不在原点O处，变为抛物线上任意一点，是否还有类似的结论成立？经探索，可以得到：
结论2：过抛物线y2=2px上的一点P（x0，y0）作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于A，B两点，则直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB方程为x=my+b，代入y2=2px，得y2-2pmy-2pb=0，则有y1+y2=2pm，y1y2= -2pb，所以x1x2=（my1+b）（my2+b）= -2pbm2+2pbm2+b2=b2. 又因为·=（x1-x0）（x2-x0）+（y1-y0）（y2-y0）=x1x2-x0·（x1+x2）+x+y1y2-y0（y1+y2）+y=b2-x0·（2pm2+2b）+x-2pb-2pmy0+y=b2-2pm2x0-2bx0+x-2pb-2pmy0+y=b2-m2y-2bx0+x-2pb-2pmy0+2px0=（b-x0-2p-my0）（b-x0+my0）=0，所以b=x0+2p+my0或b=x0-my0.
（1）若b=x0-my0，则x=my+x0-my0，此时点P在直线AB上，矛盾；
（2）若b=x0+2p+my0，则x=my+x0+2p+my0，所以直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
综上，直线AB过定点（x0+2p，-y0）.
由结论2不难联想到过圆上一点P作两条互相垂直的直线，分别交圆于A，B两点，则直线AB过圆的圆心. 这表明类似结论在圆与抛物线这两类二次曲线中均成立，我们不禁要问在椭圆或双曲线中是否有类似结论？用几何画板探索可得：
结论3：过椭圆+=1（a>b>0）上的一点P（x，y）作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A，B两点，则直线AB过定点
，
结论4：过双曲线-=1上的一点P（x0，y0） 作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A，B两点，则直线AB过定点
在掌握上述几个结论之后再来看如下习题： （2011江苏）如图6，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆+=1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连结AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.
（1）若直线PA平分线段MN，求k的值；
（2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
（3）对任意k>0，求证：PA⊥PB.
做第3小问时，从结论3出发，你是否找到新的证明方法了呢？