真題解密同構(gòu)顯 課本一隅題根隱
——2021年高考甲卷數(shù)學(xué)理科第20題的源與流

巨小鵬

(陜西省漢中市龍崗學(xué)校 723102)

高考題源于課本，高于課本，然而教材中許多被人忽視的例題靜靜地散發(fā)著自己的魅力.同構(gòu)法在函數(shù)、圓錐曲線和數(shù)列等模塊中相繼顯現(xiàn)，并被大家接受和認(rèn)可，然而同構(gòu)法并不是新的方法，其思想就隱藏在課本之中.

1 真題呈現(xiàn)

題目(2021年高考甲卷數(shù)學(xué)(理)20題)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O．焦點(diǎn)在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ．已知點(diǎn)M(2,0)，且⊙M與l相切．

(1)求C，⊙M的方程；

(2)設(shè)A1,A2,A3是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切，判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由．

解析(1)依題意，設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0),P(1,y0),Q(1,-y0).

因?yàn)镺P⊥OQ，

即2p=1.

所以C的方程為y2=x.

因?yàn)椤袽的圓心M(0,2),

可知⊙M半徑為1.

所以⊙M的方程為(x-2)2+y2=1.

(2)設(shè)A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)，若A1A2斜率不存在，則A1A2方程為x=1或x=3.

若A1A2方程為x=1，易知不合題意.

則過點(diǎn)A1與圓M相切的直線A1A3為

所以y3=0.

此時(shí)直線A1A3，A2A3關(guān)于x軸對稱.

所以直線A2A3與圓M相切.

若直線A1A2，A1A3，A2A3斜率均存在，

所以直線A1A2方程為

x-(y1+y2)y+y1y2=0.

同理直線A1A3的方程為

x-(y1+y3)y+y1y3=0，

直線A2A3的方程為

x-(y2+y3)y+y2y3=0.

因?yàn)锳1A2與圓M相切，

整理,得

A1A3與圓M相切，同理

點(diǎn)M到直線A2A3的距離為

所以直線A2A3與圓M相切.

綜上,若直線A1A2，A1A3與圓M相切，則直線A2A3與圓M相切.

2 課本尋根

特級教師萬爾遐說過:“題海戰(zhàn)術(shù)人笑癡，別人抓根你抓枝，抓根九九能歸一，抓枝遍野怎收拾?課有本，題有根，題根課根聯(lián)考根，講課不把根題展，盲人摸象白費(fèi)神”.命題時(shí)，命題人千方百計(jì)地把這個(gè)題根藏起來，解題時(shí)恰好相反，解題人則是要千方百計(jì)地把這個(gè)題根尋找到.找到題根題源，就找到問題的底層邏輯，以此展開思維，繼續(xù)探究.

題源(蘇教版(新版)高中數(shù)學(xué)必修一第19頁13題)已知兩條直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點(diǎn)A(1,2)，求過兩點(diǎn)P1(a1,b1),P2(a2,b2)的直線方程.

解析因?yàn)閮蓷l直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點(diǎn)A(1,2)，所以a1+2b1+1=0且a2+2b2+1=0.

即(a1,b1),(a2,b2)是方程x+2y+1=0的兩組解.

所以過兩點(diǎn)P1(a1,b1),P2(a2,b2)的直線方程是x+2y+1=0.

評注題本身不難，重點(diǎn)在由已知得出(a1,b1),(a2,b2)是方程x+2y+1=0的兩組解，對于這種結(jié)構(gòu)相同性問題，構(gòu)造出新的方程解決問題的方法值得我們?nèi)ヌ骄?由此可知，將條件進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，化成結(jié)構(gòu)形式相同的方程或者不等式，然后構(gòu)造出熟悉的方程或者函數(shù)解決問題，起到化繁為簡的目的，我們將這種方法稱為“同構(gòu)法”.

3 應(yīng)用舉例

3.1 雙切線問題

因?yàn)棣?0，

同理可得

即λx2-y2=λa2-b2(x≠±a,y≠±b).

可知當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，方程也成立.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程.

解析(1)由題意知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為

(2)①設(shè)從點(diǎn)P所引的直線的方程為

y-y0=k(x-x0)，

即y=kx+(y0-kx0).

當(dāng)從點(diǎn)P所引的橢圓C的兩條切線的斜率都存在時(shí)，分別設(shè)為k1,k2，則k1k2=-1.

將直線y=kx+(y0-kx0)的方程代入橢圓C的方程并化簡,得

(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9(y0-kx0)2-36=0.

Δ=[18k(y0-kx0)]2-4×(9k2+4)[9(y0-kx0)2-36]=0，

②當(dāng)從點(diǎn)P所引的兩條切線均與坐標(biāo)軸垂直，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(±3,±2)，此時(shí)點(diǎn)P也在圓x2+y2=13上.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

評注本題以橢圓為載體，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，將直線與二次曲線的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)利用Δ的符號來進(jìn)行轉(zhuǎn)化，計(jì)算量較大，從中也涉及了方程思想的靈活應(yīng)用.

變式如圖1,設(shè)點(diǎn)P為拋物線Γ:y2=x外一點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線Γ的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B．

圖1

(1)若點(diǎn)P為(-1,0)，求直線AB的方程；

解析(1)設(shè)直線PA方程為x=m1y-1，直線PB方程為x=m2y-1.

y2-m1y+1=0.

因?yàn)镻A與拋物線相切，

取m1=2，則yA=1,xA=1.

所以A(1，1)．

同理可得B(1，-1)．

所以AB：x=1．

(2)設(shè)P(x0,y0)，則直線PA方程為

y=k1x-k1x0+y0，

直線PB方程為y=k2x-k2x0+y0．

k1y2-y-k1x0+y0=0．

因?yàn)橹本€PA與拋物線相切，所以

△=1-4k1(-k1x0+y0)

同理可得

所以k1,k2是方程4x0k2-4y0k+1=0的兩根．

則-3≤x0≤-1.

評注本題主要考查拋物線方程的應(yīng)用及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用問題,解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與拋物線(圓錐曲線)方程的方程組，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，此類問題易錯(cuò)點(diǎn)是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯(cuò)解，能較好地考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力、分析問題和解決問題的能力．

3.2 斜率同構(gòu)定點(diǎn)問題

除了雙切線問題，還有過曲線外一定點(diǎn)作曲線的兩條交線的斜率同構(gòu)問題.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)直線l不經(jīng)過點(diǎn)P2且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點(diǎn).

(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，如果l與x軸垂直，設(shè)l:x=t，經(jīng)驗(yàn)證不符合題意.

設(shè)P2A的直線方程為y=k1x+1，

直線l方程為y=kx+m，

將兩個(gè)直線方程聯(lián)立，得

代入橢圓方程整理,得

設(shè)P2B的直線方程為y=k2x+1，

同理可得

即k1，k2是方程4(m2-1)x2+8k(1-m)x+(m-1)2+4k2=0的兩個(gè)根.

則m=-2k-1.

所以直線l的方程為

y=kx-2k-1=k(x-2)-1.

即直線l恒過點(diǎn)(2，-1).

評注橢圓的對稱性是橢圓的一個(gè)重要性質(zhì)，判斷點(diǎn)是否在橢圓上，可以通過這一方法進(jìn)行判斷.證明直線過定點(diǎn)的關(guān)鍵是設(shè)出直線方程，通過一定關(guān)系轉(zhuǎn)化，找出兩個(gè)參數(shù)之間的關(guān)系式，從而可以判斷過定點(diǎn)情況.另外，在設(shè)直線方程之前，若題設(shè)中未告知，則一定要討論直線斜率不存在和存在兩種情況，其通法是聯(lián)立方程，求判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系，再根據(jù)題設(shè)關(guān)系進(jìn)行化簡.

3.3 參數(shù)同構(gòu)定值問題

(1)求橢圓C的方程；

(2)可知F(2,0)，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(0,m)，

所以(x1,y1-m)=λ1(2-x1,-y1).

去分母整理，得

所以λ1和λ2為方程λ2+10λ+5-5m2=0的兩個(gè)根.

所以λ1+λ2=-10.