圆锥曲线中两个充要条件命题及变式 圆锥曲线命题背景
摘要:圆锥曲线中有许多优美的曲线性质,有些命题及其逆命题都正确,如果深入研究会发现很多有趣的结论. 本文摘取几朵“浪花”供大家赏析. 关键词:圆锥曲线;命题及其逆命题;变式
命题1设双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A,B,右焦点为F,右准线为l. 过点F作直线交双曲线右支于P,Q两点,直线PB交l于点M,且=λ(λ>0).?摇求证:A,M,Q共线的充要条件是c=2a(其中c=).
图1
证明设F(c,0)(其中c=),P(x1,y1),Q(x2,y2),则=(c-x1,-y1),=(x2-c,y2).
因为=λ?摇,
所以c-x1=λ(x2-c),?摇-y1=λy2.
因为y=b2-1,y=b2-1,代入上式,
解得
x1=(1+λ)c+(1-λ)?摇,x2=(1+λ)c-(1-λ)?摇.
又设M,y0,A(-a,0),B(a,0),
因为P,B,M三点共线,
所以kPB=kBM,即=.
从而y0=-a.
所以=+a,y0=+a,-a,=x2-,y2-y0.
因为x2-=(1+λ)c-(1-λ)?摇-=(1+λ)c-(1-λ)?摇-=•(1+λ)c-(1+λ)?摇=c-,
y2-y0=---a=-•(1+λ)c+(1-λ)+-2a-2λa=•2a-c-,
所以=c-,2a-c- . 所以A,M,Q共线?圳存在实数k使得=k?圳c-=+a,2a-c-=-a
?圳c=2a.
此时k=(常数). 故原命题成立.
若将命题中双曲线换成椭圆、抛物线,命题仍然成立,即有下述命题(证明留给读者自己完成):
变式1设椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,右焦点为F,右准线为l. 过点F作直线交椭圆于P,Q两点,直线PB交l于点M,且=λ(λ>0). 求证:A,M,Q共线的充要条件是a=2c(其中c=).
变式2设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l. 过点F作直线交抛物线于P,Q两点,直线PO(O为坐标原点)交l于点M. 求证:MQ∥x轴. 反之,若MQ∥x轴,则点P,O,M共线.
命题2在抛物线y2=2px(p>0)上取一定点A(a,b),过点A作两条直线AB,AC,分别交抛物线于B,C两点,当直线BC的斜率存在时,求证:AB⊥AC的充要条件是直线BC过定点M(a+2p,-b).
图2
证明(必要性)设B(x1,y1),C(x2,y2),直线AB的斜率为k(若AB的斜率不存在,则AC与抛物线没有两个交点),则直线AB的方程为y-b=k(x-a). 将其与y2=2px(p>0)联立,消x得
?摇ky2-2py-2pka+2pb=0. ①
因为A,B为交点,
所以b,y1是方程①的解.
所以b+y1=. 故y=-b.?摇②
因为AB⊥AC,
所以AC的斜率为-.
同理可得y2=-2pk-b.?摇③
所以直线BC的方程为y-y1=•(x-x1)=(x-x1).
化简得(y1+y2)y-y1y2=2px.
把②③代入得-2pk-2by-b2+4p2-2pbk-=2px.
令λ=k-,
则上式化为(-2pλ-2b)y-b2+4p2-2pbλ=2px,整理得
(2py+2bp)λ+2px+2by-4p2+b2=0.
解2py+2bp=0,2px+2by-4p2+b2=0,
得x=,y=-b.
所以不论λ为何值时,直线BC都过定点M,-b.
因为点A(a,b)在抛物线上,
所以b2=2pa?摇. 从而直线BC过定点M(a+2p,-b).
(充分性)设直线BC的方程为y+b=k•(x-a-2p),B(x1,y1),C(x2,y2).
由y+b=k(x-a-2p),y2=2px,
消x得--a-2p-=0.
由根与系数的关系得
y1+y2=,y1y2=2p-a-2p-.
所以x1+x2=•(y1+y2)++2a+4p=++2a+4p,
x1x2==a+2p+2.
于是•=(x1-a)(x2-a)+(y1-b)•(y2-b)=x1x2-a(x1+x2)+a2+y1y2-b(y1+y2)+b2=a+2p+2-a++2a+4p+a2+2p•-a-2p--b•+b2=0.
所以⊥,
即AB⊥AC?摇.
故原命题成立.
用类似方法可以证明以下两命题成立:
变式1将命题2中的点“A(a,b)”改成“O(0,0)”时,结论变成“OB⊥OC的充要条件是直线BC过定点M(2p,0)”,这是一道常见的抛物线题目.
变式2将变式1中的抛物线换成椭圆+=1(a>b>0)、双曲线-=1(a>0,b>0,a≠b)时,结论变成“OB⊥OC的充要条件是直线BC过定点M•2a,0(其中e为离心率)”.
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