抛物线中的一个结论及推广

韩永强+康微

2017年高考全国卷Ⅲ理科第20题的第（1）小问蕴含了抛物线中的一个重要结论，本文从一般化推广、特殊化处理、逆向思考、横向类比的角度对该结论进行探究。现分析如下：

一、试题再现

（2017年高考全国卷Ⅲ理科20题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2，0）的直线l交C于A、B两点，圆M是以线段AB为直径的圆。

（1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点P（4，2），求直线l与圆M的方程。

二、性质结论

1.结论1-1：已知抛物线C：y2=2px，过点（2p，0）的弦交抛物线于A、B两点，则抛物线内接△OAB是以O为直角顶点的直角三角形（O为坐标原点）。

以上命题的结论也等价于OA⊥OB？圳·=0？圳以AB为直径的圆经过坐标原点

2017年高考全国卷Ⅲ理科第20题的第（1）小问实质上考查的就是该结论。

对于本结论的证明方法颇多，限于篇幅，下面与读者分享一种巧设直线“另类”方程，构造齐次式的证法。

证明：设直线AB的方程为mx+ny=1（这种“另类”形式的直线方程除了不能表示经过坐标原点的直线其余皆可表示，用它表直线AB可避免斜率是否存在的讨论，而且方便下一步构造齐次式。

联立y2=2pxmx+ny=1？圯y2=2px（mx+ny）？圯y2-2pmx2-2pnxy=0（齐次式！）

？圯2-2pn-2pm=0。

设A（x1，y1），B（x2，y2），则和为以上方程的两根，故由韦达定理知：·=-2pm。

又直线AB：mx+ny=1过点（2p，0），于是有2pm=1，所以·=-2pm=-1；

即OA⊥OB？圳·=0？圳以AB为直径的圆经过坐标原点。

命题得证。

2.对结论1-1逆向思考，可得到结论1-1的逆命题：

结论1-2：已知抛物线C：y2=2px，以坐标原点O为直角顶点作抛物线内接Rt△OAB，则斜边AB所在的弦恒过定点（2p，0）。

证明：设直线AB的方程为mx+ny=1。

联立y2=2pxmx+ny=1？圯y2=2px（mx+ny）？圯y2-2pmx2-2pnxy=0？圯2-2pn-2pm=0。

設A（x1，y1），B（x2，y2），则和为以上方程的两根；

又OA⊥OB，所以kOA·kOB=·=-2pm=-1？圯m=。

所以直线AB的方程为mx+ny=1，即x+ny=1，所以直线AB恒过定点（2p，0）。

命题得证。

3.对结论1-1进行一般化推广：

结论2-1：已知抛物线C：y2=2px，过点（a，0）的弦交抛物线于相异两点A、B，则·为定值a（a-2p）。

证明：设直线AB的方程为x=my+a，联立y2=2pxx=my+a？圯y2=2p（my+a）。

所以y1y2=-2pa，即x1x2==a2；

所以x1x2+y1y2=a2-2pa=a（a-2p），即·=a（a-2p）。

命题得证。

对结论2-1特殊化处理，令a=2p，即得x1x2+y1y2=a2-2pa=a（a-2p）=0，也就是结论1-1；所以结论2-1是结论1-1的推广，结论1-1是结论2-1的特殊情形。

4.对结论2-1也作逆向研究，还可得到：

结论2-2：已知抛物线C：y2=2px，直线AB交抛物线于相异两点A、B，若·=k（常数），则有：

（Ⅰ）当p2+k>0时，直线AB过定点（p+，0）或（p-，0）；

Ⅱ当p2+k=0时，直线AB恒过定点（p，0）；

Ⅲ当p2+k<0时，直线AB不存在。

证明：设直线AB的方程为x=my+n，

联立y2=2pxx=my+n？圯y2=2p（my+n）？圯y2-2pmy-2pn=0？圯y1y2=-2pn。

所以·=x1x2+y1y2=+y1y2=n2-2pn=（n-p）2-p2≥-p2。

Ⅰ当p2+k>0，n2-2pn=（n-p）2-p2=n（n-2p）=k？圯n=p±；

则直线AB的方程为x=my+n=my+（p±），

即直线AB过定点（p+，0）或（p-，0）。

（Ⅱ）当p2+k=0，由n2-2pn=k得：n=p±=p，

即直线AB的方程为x=my+n=my+p，

即直线AB过定点（p，0）。

（Ⅲ）当p2+k<0，由n2-2pn=k知，此时关于n的方程无实数解，即直线AB不存在。

命题得证。

当结论2-2中k=0时即得结论1-2，所以结论2-2是结论1-2的推广，结论1-2是结论2-2的特殊情形。

5.再换一个角度对结论1-1和1-2进行推广，可得：

结论3：过抛物线C：y2=2px（p>0）上的定点A（x0，y0）引抛物线的两条弦AP、AQ，则AP⊥AQ（即AP·AQ=0）的充要条件是直线PQ过定点（2p+x0，-y0）。

证明：（必要性）

下面仍然构造齐次式来证明。

为便于研究，平移坐标系，将新坐标系的原点定在原坐标系的点A（x0，y0）处。

旧系中的抛物线C：y2=2px（p>0）在新系中对应C1：（y+y0）2=2p（x+x0）。

在新系中设直线PQ的方程为mx+ny=1，由（y+y0）2=2p（x+x0）？圯y2+2yy0+y02=2px+2px0；endprint

又点A（x0，y0）在抛物线C：y2=2px（p>0）上，所以y02=2px0。

故y2+2yy0-2px=0？圯y2+（2yy0-2px）（mx+ny）=0（构造齐次式！）

？圯y2+2my0xy+2ny0y-2pmx2-2pnxy=0

？圯（1+2ny0）y2+（2my0-2pn）xy-2pmx2=0

？圯（1+2ny0）（）2+（2my0-2pn）-2pm=0。

在新系中，设P（x1，y1），Q（x2，y2），因为AP⊥AQ，

所以kAP·kAQ===-1，即2pm=1+2ny0？圯m=，

直线PQ的方程为mx+ny=1？圯x+ny=1，

即（2ny0+1）x+2pny=2p？圯（2y0x+2py）n+x-2p=0。

所以在新坐标系下直线PQ恒过点（2p，-2y0），

转换后，在原坐标系下直线PQ恒过点（2p+x0，-y0）。

命题得证。

下证：（充分性）

设直线PQ的方程为x=m（y+y0）+2p+x0，

联立y2=2pxx=m（y+y0）+2p+x0？圯y2-2pmy-2p（y0m+2p+x0）=0。

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则有y1+y2=2pm，y1y2=-2p（y0m+2p+x0），

所以x1+x2=m（y1+y2）+2（y0m+2p+x0），x1x2==（y0m+2p+x0）2；

又y02=2px0，所以kAP·kAQ=·===-1。

故AP⊥AQ。

命題得证。

将结论1-1，结论1-2和结论3进行比较，它们具有特殊和一般的关系。

6.对结论1-1，结论1-2进行横向类比研究还可得：

结论4-1：已知点M（x0，y0）是曲线mx2+ny2=1（m+n≠0）上任一定点，以点M为直角顶点作曲线的内接RtΔMAB，则动直线AB过定点x0，-y0。

结论4-2：已知点M（x0，y0）是曲线mx2+ny2=1（m+n≠0）上任一定点，点Nx0，-y0是点M的伴随定点，过点N的直线交曲线于A、B两点，则以AB为直径的圆过定点M。

限于篇幅，结论4-1，4-2留给读者自己证明。

参考文献：

邹生书.由一道抛物线竞赛题引发的探究[J].数学通讯，2017（2）.

（作者单位：1.四川省南充高级中学 2.四川省德阳第五中学）endprint