真題解密同構顯 課本一隅題根隱

巨小鵬

摘要：近幾年同構法在高考題中不斷顯現，方法讓人耳目一新，然而這種方法的影子就在課本的例題或習題里.本文對高考真題所涉及同構法的例題進行剖析，找出在課本中的題源題根，并以往年高考題或者名校聯考試題為例加以運用，深刻理解同構法的高妙.

關鍵詞：真題;同構;課本;題根

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0035-05

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著自己的魅力.同構法在函數、圓錐曲線和數列等模塊中相繼顯現，并被大家接受和認可，然而同構法并不是新的方法，其思想就隱藏在課本之中.

1 真題呈現

題目（2021年高考甲卷數學（理）20題）拋物線C的頂點為坐標原點O.焦點在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點，且OP⊥OQ.已知點M2，0，且⊙M與l相切.

（1）求C，⊙M的方程;

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

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

因為OP⊥OQ，

所以OP·OQ=1-y20=1-2p=0.

即2p=1.

所以C的方程為y2=x.

因為⊙M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.

若A1A2方程為x=3，根據對稱性不妨A1（3，3），A2（（3，-3），

則過點A1與圓M相切的直線A1A3為

y-3=33（x-3）.

又kA1A3=13+y3=33，

所以y3=0.

此時直線A1A3，A2A3關于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，

則

kA1A2=1y1+y2，

kA1A3=1y1+y3，

kA2A3=1y2+y3.

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.

因為A1A2與圓M相切，

所以|2+y1y2|1+（y1+y2）2=1.

整理，得

（y21-1）y22+2y1y2+3-y21=0.

A1A3與圓M相切，同理

（y21-1）y23+2y1y3+3-y21=0.

所以y2，y3為方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的兩根，由韋達定理，得

y2+y3=2y11-y21，y2y3=-y21-31-y21.

點M到直線A2A3的距離為

|2+y2y3|1+（y2+y3）2=|2+3-y21y21-1|1+（2y11-y21）2=1.

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.

評注（1）過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉化為只與縱坐標（或橫坐標）有關;（2）要充分利用A1A2，A1A3的對稱性，構造出y2，y3為方程（y21-1）y2+2y1y+3-y21=0的兩根，抽象出y2+y3，y2y3與y1關系，把y2，y3的關系轉化為用y1表示.

2 課本尋根

特級教師萬爾遐說過：“題海戰術人笑癡，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，題根課根聯考根，講課不把根題展，盲人摸象白費神”.命題時，命題人千方百計地把這個題根藏起來，解題時恰好相反，解題人則是要千方百計地把這個題根尋找到.找到題根題源，就找到問題的底層邏輯，以此展開思維，繼續探究.

題源（蘇教版（新版）高中數學必修一第19頁13題）已知兩條直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點A（1，2），求過兩點P1（a1，b1），

P2（a2，b2）的直線方程.

解析因為兩條直線a1x+b1y+1=0和a2x+b2y+1=0都過點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，對于這種結構相同性問題，構造出新的方程解決問題的方法值得我們去探究.由此可知，將條件進行等價轉化，化成結構形式相同的方程或者不等式，然后構造出熟悉的方程或者函數解決問題，起到化繁為簡的目的，我們將這種方法稱為“同構法”.

3 應用舉例

3.1 雙切線問題

動點P（x0，y0）為橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）外一點，過點作橢圓的兩條切線l1，l2，其斜率存在且分別為k1，k2，若k1k2=λ（λ≠0），則點P的軌跡方程為λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

探究證明設直線l1：y-y0=k1（x-x0）與橢圓聯立，得a2k21+b2）x2+2a2k1（y0-k1x0）x+

a2[（y0-k1x0）2-b2]=0.

因為Δ=0，

所以（x20-a2）k21-2x0y0k1+（y20-b2）=0.

同理可得

（x20-a2）k22-2x0y0k2+（y20-b2）=0.

即k1，k2為方程（x20-a2）k2-2x0y0k+（y20-b2）=0的兩個根.

所以k1k2=y20-b2x20-a2=λ.

即λx2-y2=λa2-b2（x≠±a，y≠±b）.

可知當切線斜率不存在時，方程也成立.

雙切線交點軌跡問題不僅僅在橢圓中有這樣的結論，在雙曲線和拋物線中也有類似的結論，有興趣可以繼續探究.并且雙切線的斜率之間也有關系，比如上述探究中k1k2=y20-b2x20-a2，也可得k1+k2=2x0y0x20-a2.

例1（2014年廣東卷理科18題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的一個焦點為5，0，離心率為53.

（1）求橢圓C的標準方程;

（2）若動點Px0，y0為橢圓外一點，且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點P的軌跡方程.

解析（1）由題意知橢圓C的標準方程為

x29+y24=1.

（2）①設從點P所引的直線的方程為

y-y0=kx-x0，

即y=kx+y0-kx0.

當從點P所引的橢圓C的兩條切線的斜率都存在時，分別設為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，

化簡，得y0-kx02-9k2-4=0.

即x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0.

則k1，k2是關于k的一元二次方程x20-9k2-2kx0y0+y20-4=0的兩根.

則k1k2=y20-4x20-9=-1.

化簡，得x20+y20=13.

②當從點P所引的兩條切線均與坐標軸垂直，則點P的坐標為±3，±2，此時點P也在圓x2+y2=13上.

綜上所述，點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系以及動點的軌跡方程，將直線與二次曲線的公共點的個數利用Δ的符號來進行轉化，計算量較大，從中也涉及了方程思想的靈活應用.

變式如圖1，設點P為拋物線Γ：y2=x外一點，過點P作拋物線Γ的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B.

（1）若點P為（-1，0），求直線AB的方程;

（2）若點P為圓（x+2）2+y2=1上的點，記兩切線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求|1k1-1k2|的取值范圍.

解析（1）設直線PA方程為x=m1y-1，直線PB方程為x=m2y-1.

由x=m1y-1，y2=x，可得

y2-m1y+1=0.

因為PA與拋物線相切，

所以△=m21-4=0.

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P（x0，y0），則直線PA方程為

y=k1x-k1x0+y0，

直線PB方程為y=k2x-k2x0+y0.

由y=k1x-k1x0+y0，y2=x，得

k1y2-y-k1x0+y0=0.

因為直線PA與拋物線相切，所以

△=1-4k1（-k1x0+y0）

=4x0k21-4y0k1+1=0.

同理可得

4x0k22-4y0k2+1=0.

所以k1，k2是方程4x0k2-4y0k+1=0的兩根.

所以k1+k2=y0x0，k1k2=14x0.

則k1-k2=y20x20-1x0=y20-x0x0.

又因為（x0+2）2+y20=1，

則-3≤x0≤-1.

即1k1-1k2=k1-k2k1k2

=4y20-x0

=41-（x0+2）2-x0

=4-（x0+52）2+134∈4，213.所以1k1-1k2的取值范圍是[4，213].

評注本題主要考查拋物線方程的應用及直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題，解答此類題目，通常聯立直線方程與拋物線（圓錐曲線）方程的方程組，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好地考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題和解決問題的能力.

3.2 斜率同構定點問題

除了雙切線問題，還有過曲線外一定點作曲線的兩條交線的斜率同構問題.

例2（2017年新課標Ⅰ卷理科20題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1），

P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三點在橢圓C上.

（1）求C的方程;

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

解析（1）C的方程為x24+y2=1.

（2）設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，如果l與x軸垂直，設l：x=t，經驗證不符合題意.

設P2A的直線方程為y=k1x+1，

直線l方程為y=kx+m，

將兩個直線方程聯立，得

A（m-1k1-k，k1m-kk1-k）.

代入橢圓方程整理，得

4（m2-1）k21+8k（1-m）k1+（m-1）2+4k2

=0.

設P2B的直線方程為y=k2x+1，

同理可得

4（m2-1）k22+8k（1-m）k2+（m-1）2+4k2=0.

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

于是k1+k2=2km+1=-1.

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（2，-1）.

評注橢圓的對稱性是橢圓的一個重要性質，判斷點是否在橢圓上，可以通過這一方法進行判斷.證明直線過定點的關鍵是設出直線方程，通過一定關系轉化，找出兩個參數之間的關系式，從而可以判斷過定點情況.另外，在設直線方程之前，若題設中未告知，則一定要討論直線斜率不存在和存在兩種情況，其通法是聯立方程，求判別式，利用根與系數的關系，再根據題設關系進行化簡.

3.3 參數同構定值問題

例3已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，且短軸長為2，離心率等于255.

（1）求橢圓C的方程;

（2）過橢圓C的右焦點F作直線l交橢圓C于A，B兩點，交y軸于點M，若MA=λ1AF，MB=λ2BF，求證：λ1+λ2為定值.

解析（1）x25+y2=1.

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

因為MA=λ1AF，

所以（x1，y1-m）=λ1（2-x1，-y1）.

即x=2λ1λ1+1，y=mλ1+1.

代入橢圓x25+y2=1，得

15·（2λ11+λ1）2+（y01+λ1）2=1.

去分母整理，得

λ21+10λ1+5-5m2=0.

又因為MB=λ1BF，同理可得

λ22+10λ2+5-5m2=0.

所以λ1和λ2為方程λ2+10λ+5-5m2=0的兩個根.

所以λ1+λ2=-10.

評注本題還可以設出直線方程y=k（x-2）與橢圓聯立，消去y得到關于x的二次方程，得到x1+x2與x1x2的值，根據條件MA=λ1AF和MB=λ1BF得到λ1+λ2=-10.但是計算不如同構法簡單.

參考文獻：

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[責任編輯：李璟]