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特性L:过圆上一点P作两条互相垂直的弦,则连接两弦的另一端点的弦经过定点(圆心)。
探索一、那么在相同条件下,对于抛物线是否有特性L呢?
问题1.过抛物线y2=2px(p>0)顶点作互相垂直的弦OA、OB交抛物线于A、B,如图1,求证:直线AB过定点M(2p,0)
证明:由条件易知AB斜率不为0,设AB:x=ky+b代入y2=2px。得:y2-2pky-2pb=0,设A(x1,y1),B(x2,y2)由OA·OB=0x1x2+y1y2=0■■+y1y2=0y1y2=-4p2,
b=2p,AB∶x=ky+2p,令y=0,得x=2p,
即AB过定点(2p,0)。
探索二、问题1中互相垂直的弦是从抛物线顶点出发的,具有一定特殊性,那么它是否可以推广到一般情况呢?
问题2.过抛物线y2=4x上点P(1,2)作互相垂直的弦PP1,PP2,如图2,求证:弦P1P2过定点。
解:由条件易知,直线P1P2斜率不为0,
设直线P1P2方程为x=my+b,代入y2=4x。得:y2-4my-4b=0。
设P1(■,y1),P2(■,y2)由PP1⊥PP2得
(■-1)(■-1)+(y1-2)(y2-2)=0,
化简得y1y2+2(y1+y2)+20=0,由韦达定理得:
-4b+8m+20=0,b=2m+5,
此时直线P1P2方程为(x-5)+m(y+2)=0,令y=-2,则x=5,得弦P1P2过定点Q(5,-2)
从上面两问题可看出,抛物线具有特性L
探索三、椭圆是否具有特性L呢?
问题3、已知椭圆■+■=1的左顶点为A,过A作互相垂直的弦AP、AQ交椭圆于P、Q,如图3,求证:直线PQ过定点。证明:当直线PQ斜率存在时,设直线PQ:y=kx+b,代入■+■=1得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0。设P(x1,y1),Q(x2,y2),其中A(-2,0),
由AP⊥AQ得:(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,
即(x1+2)(x2+2)(kx1+b)(kx2+b)=0
(1+k2)x1x2+(2+kb)(x1+x2)+4+b2=0,
由韦达定理得:
(1+k2)■+(2+kb)(-■)+4+b2=0。
化简得:7b2-16kb+4k2=0,解得:b=2k(此时PQ过A点,舍去),或b=■k,求得直线PQ:y=k(x+■),即直线PQ过定点(-■,0),经检验当直线PQ斜率不存在时也满足过点(-■,0)。说明椭圆也具有特性L。
探索四、双曲线是否具有特性L呢?
问题4、过双曲线■-y2=1上的定点P(2,1)作互相垂直的弦PA、PB,交双曲线于两点A、B,求证:直线AB过定点。证明:当AB斜率存在时,设AB为y=kx+b,代入■-y2=1,化简得:(1-2k2)x-4kbx-2b2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由PA⊥PB得:(x1-2)(x2-2)+(y1-1(y2-1)=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+b-1)(kx2+b-1)=0,化简得:(1+k2)x1x2+[k(b-1)-2](x1+x2)+4+(b-1)2=0,由韦达定理得:12k2+8kb+(b+3)(b-1)=0,解得b=-2k+1(此时AB过P点,舍去),或b=-6k-3,得直线AB的方程为:,此时直线AB过定点(6,-3),得直线AB的方程为:y=k(x-6)-3,此时直线AB过定点(6,-3),经检验当直线AB斜率不存在时也过点(6,-3)。即直线AB过定点(6,-3)。说明双曲线也具有特性L。
探索一、那么在相同条件下,对于抛物线是否有特性L呢?
问题1.过抛物线y2=2px(p>0)顶点作互相垂直的弦OA、OB交抛物线于A、B,如图1,求证:直线AB过定点M(2p,0)
证明:由条件易知AB斜率不为0,设AB:x=ky+b代入y2=2px。得:y2-2pky-2pb=0,设A(x1,y1),B(x2,y2)由OA·OB=0x1x2+y1y2=0■■+y1y2=0y1y2=-4p2,
b=2p,AB∶x=ky+2p,令y=0,得x=2p,
即AB过定点(2p,0)。
探索二、问题1中互相垂直的弦是从抛物线顶点出发的,具有一定特殊性,那么它是否可以推广到一般情况呢?
问题2.过抛物线y2=4x上点P(1,2)作互相垂直的弦PP1,PP2,如图2,求证:弦P1P2过定点。
解:由条件易知,直线P1P2斜率不为0,
设直线P1P2方程为x=my+b,代入y2=4x。得:y2-4my-4b=0。
设P1(■,y1),P2(■,y2)由PP1⊥PP2得
(■-1)(■-1)+(y1-2)(y2-2)=0,
化简得y1y2+2(y1+y2)+20=0,由韦达定理得:
-4b+8m+20=0,b=2m+5,
此时直线P1P2方程为(x-5)+m(y+2)=0,令y=-2,则x=5,得弦P1P2过定点Q(5,-2)
从上面两问题可看出,抛物线具有特性L
探索三、椭圆是否具有特性L呢?
问题3、已知椭圆■+■=1的左顶点为A,过A作互相垂直的弦AP、AQ交椭圆于P、Q,如图3,求证:直线PQ过定点。证明:当直线PQ斜率存在时,设直线PQ:y=kx+b,代入■+■=1得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0。设P(x1,y1),Q(x2,y2),其中A(-2,0),
由AP⊥AQ得:(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,
即(x1+2)(x2+2)(kx1+b)(kx2+b)=0
(1+k2)x1x2+(2+kb)(x1+x2)+4+b2=0,
由韦达定理得:
(1+k2)■+(2+kb)(-■)+4+b2=0。
化简得:7b2-16kb+4k2=0,解得:b=2k(此时PQ过A点,舍去),或b=■k,求得直线PQ:y=k(x+■),即直线PQ过定点(-■,0),经检验当直线PQ斜率不存在时也满足过点(-■,0)。说明椭圆也具有特性L。
探索四、双曲线是否具有特性L呢?
问题4、过双曲线■-y2=1上的定点P(2,1)作互相垂直的弦PA、PB,交双曲线于两点A、B,求证:直线AB过定点。证明:当AB斜率存在时,设AB为y=kx+b,代入■-y2=1,化简得:(1-2k2)x-4kbx-2b2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由PA⊥PB得:(x1-2)(x2-2)+(y1-1(y2-1)=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+b-1)(kx2+b-1)=0,化简得:(1+k2)x1x2+[k(b-1)-2](x1+x2)+4+(b-1)2=0,由韦达定理得:12k2+8kb+(b+3)(b-1)=0,解得b=-2k+1(此时AB过P点,舍去),或b=-6k-3,得直线AB的方程为:,此时直线AB过定点(6,-3),得直线AB的方程为:y=k(x-6)-3,此时直线AB过定点(6,-3),经检验当直线AB斜率不存在时也过点(6,-3)。即直线AB过定点(6,-3)。说明双曲线也具有特性L。