“向曲线引一类切线”的求解过程及对策

向曲线引一类切线 的求解过程及对策广州市花都区第二中学㊀㊀５１０８２０㊀㊀杨伟达㊀㊀解析几何历来是高考数学的重要组成部分．近几年随着新增内容导数的出现，解析几何的高考命题方向由原来曲线与直线相交逐渐转变为曲线与直线相切．其中 向曲线引一类切线 成了解析几何与导数交汇点上设计问题的典型素材，应引起我们足够重视．本文主要介绍向曲线引一类切线的求解过程及对策．１㊀会借栈道 Δ＝０ 过曲线外某一点向曲线引切线，可以先把曲线转化为函数式，当求导运算较为困难时，不妨设曲线上切线的斜率为ｋ，利用曲线与切线有且只有一个公共点，联立方程组，满足 Δ＝０ 可将问题解决．例１㊀（２００９年广东高考２１）已知曲线Ｃｎ：ｘ２－２ｎｘ＋ｙ２＝０（ｎ＝１，２， ）．从点Ｐ（－１，０）向曲线Ｃｎ引斜率为ｋｎ（ｋｎ＞０）的切线ｌｎ，切点为Ｐｎ（ｘｎ，ｙｎ）．（１）求数列｛ｘｎ｝与｛ｙｎ｝的通项公式；（２）略．分析㊀此曲线方程为二元二次方程，转化为函数带有根号，求导运算繁杂，不宜直接求导．建议先设切线的斜率为ｋｎ（ｋｎ＞０），再利用 Δ＝０ 即可．解㊀（１）设直线ｌｎ：ｙ＝ｋｎ（ｘ＋１），联立ｘ２－２ｎｘ＋ｙ２＝０，代入得：（１＋ｋ２ｎ）ｘ２＋（２ｋ２ｎ－２ｎ）ｘ＋ｋ２ｎ＝０，则Δ＝（２ｋ２ｎ－２ｎ）２－４（１＋ｋ２ｎ）ｋ２ｎ＝０，所以ｋｎ＝ｎ２ｎ＋１（－ｎ２ｎ＋１舍去），ｘ２ｎ＝ｋ２ｎ１＋ｋ２ｎ＝ｎ２（ｎ＋１）２，即ｘｎ＝ｎｎ＋１（ｋ＞０），所以ｙｎ＝ｋｎ（ｘｎ＋１）＝ｎ２ｎ＋１ｎ＋１．（２）略．例２㊀（２０１４年广东高考理２０）已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的一个焦点为（５，０），离心率为５３．（１）求椭圆Ｃ的标准方程；（２）若动点Ｐ（ｘ０，ｙ０）为椭圆外一点，且点Ｐ到椭圆Ｃ的两条切线相互垂直，求点Ｐ的轨迹方程．解㊀（１）略．椭圆Ｃ的标准方程为：ｘ２９＋ｙ２４＝１．（２）若其中一条切线垂直ｘ轴，则另一条切线垂直于ｙ轴，则满足这样的点Ｐ共有４个．它们的坐标分别为（－３，ʃ２），（３，ʃ２）．若两切线不垂直于坐标轴，设切线方程为ｙ－ｙ０＝ｋ（ｘ－ｘ０），即ｙ＝ｋ（ｘ－ｘ０）＋ｙ０，将之代入椭圆方程ｘ２９＋ｙ２４＝１中并整理得：（９ｋ２＋４）ｘ２＋１８ｋ（ｙ０－ｋｘ０）ｘ＋９（[ｙ０－ｋｘ０）２－４]＝０，依题意：Δ＝０．即１８２ｋ２（ｙ０－ｋｘ０）２－３６［（ｙ０－ｋｘ０）２－４］（９ｋ２＋４）＝０，化简得（ｘ２０－９）ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｙ２－４＝０．因为两切线互相垂直，ｋ１㊃ｋ２＝－１，即ｙ２０－４ｘ０－９＝－１，ｘ２０＋ｙ２０＝１３，经检验，这四点（－３，ʃ２），（３，ʃ２）也满足以上方程，所以点Ｐ的轨迹方程为：ｘ２＋ｙ２＝１３．２㊀会用栈道 ｋ＝ｆᶄ（ｘ０）过曲线外某一点向曲线引切线，可以先把曲线转化为函数式，当求导运算较为容易时，直接利用曲线上切线的几何意义 ｋ＝ｆᶄ（ｘ０） 可将问题解决．例３㊀已知抛物线Ｃ的顶点为原点，其焦点Ｆ０，ｃ()ｃ＞０()到直线ｌ：ｘ－ｙ－２＝０的距离为３２２．设Ｐ为直线ｌ上的点，过点Ｐ作抛物线Ｃ的两条切线ＰＡ，ＰＢ，其中Ａ，Ｂ为切点．（１）求抛物线Ｃ的方程；（２）当点Ｐｘ０，ｙ０()为直线ｌ上的定点时，求直线ＡＢ的方程；（３）略．解㊀（１）略．抛物线Ｃ的方程为ｘ２＝４ｙ．（２）抛物线Ｃ的方程为ｘ２＝４ｙ，即ｙ＝１４ｘ２，求导得ｙᶄ＝１２ｘ．设Ａｘ１，ｙ１()，Ｂｘ２，ｙ２()（其中ｙ１＝ｘ２１４，ｙ２＝ｘ２２４），则切线ＰＡ，ＰＢ的斜率分别为１２ｘ１，１２ｘ２，所以切线ＰＡ的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１()，即ｙ＝ｘ１２ｘ－ｘ２１２＋ｙ１，即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０．同理可得切线ＰＢ的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０，因为切线ＰＡ，ＰＢ均过点Ｐｘ０，ｙ０()，０６㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀中学数学杂志㊀２０１５年第５期有ｘ１ｘ０－２ｙ０－２ｙ１＝０，ｘ２ｘ０－２ｙ０－２ｙ２＝０，因此ｘ１，ｙ１()，ｘ２，ｙ２()为方程ｘ０ｘ－２ｙ０－２ｙ＝０的两组解．所以直线ＡＢ的方程为ｘ０ｘ－２ｙ－２ｙ０＝０．（３）略．３㊀会凿栈道 是否切点过某一点向曲线引切线，首先要分清该点是否为切点．若不是切点，则先要设曲线上切点的坐标（ｘ０，ｙ０）．因此，没有特别说明先应要对该点进行分类讨论．例４㊀求过曲线ｙ＝ｘ３－２ｘ上的点（１，－１）的切线方程．分析㊀先对点（１，－１）是否切点进行分类讨论．若不是切点，先设切点的坐标．解㊀（１）当点（１，－１）是切点时，ｋ＝ｆᶄ（ｘ）＝３ｘ２－２，即ｋ＝ｆᶄ（１）＝３㊃１２－２＝１，所以切线方程为ｙ＋１＝１（ｘ－１），化简得：ｙ＝ｘ－２．（２）当点（１，－１）不是切点时，设曲线上的切点坐标为（ｘ０，ｙ０），则ｋ＝ｆᶄ（ｘ０）＝３ｘ２０－２，所以切线方程为：ｙ－ｙ０＝（３ｘ２０－２）（ｘ－ｘ０），且经过点（１，－１）满足方程：－１－ｙ０＝（３ｘ２０－２）（１－ｘ０）；又因为切点在曲线上满足方程：ｙ０＝ｘ３０－２ｘ０．列方程组得：－１－ｙ０＝（３ｘ２０－２）（１－ｘ０），ｙ０＝ｘ３０－２ｘ０．{解得：ｘ０＝１（舍去），ｘ０＝－１２，分别代入上式得：ｙ０＝－１（舍去），ｙ０＝７８，故切线方程为：ｙ＋７８＝－５４（ｘ＋１２），即５ｘ＋４ｙ＋６＝０．例５㊀曲线Ｅ方程为：ｘ３＋ａｘ＋ｂ－ｙ＝０（ａ，ｂɪＲ），过点Ａ（１２，－３８）作曲线Ｅ的切线，这样的切线有且仅有两条，求ａ＋２ｂ的值．分析㊀此题的关键点Ａ（１２，－３８）是否切点．要对点Ａ进行分类讨论．若不是切点，要先设切点的坐标．解㊀将曲线Ｅ方程变为函数ｙ＝ｘ３＋ａｘ＋ｂ．（１）当Ａ（１２，－３８）是切点时，这样的切线有且仅有两条．其中一条切线方程：ｙ＝－３８；因为点Ａ在曲线ｙ＝ｘ３＋ａｘ＋ｂ上，所以满足曲线方程：－３８＝（１２）３＋１２ａ＋ｂ；化简得ａ＋２ｂ＝－１．（２）当Ａ（１２，－３８）不是切点，这样的切线有且仅有两条．故设两切线的切点分别为Ｍ（ｘ１，ｙ１）㊁Ｎ（ｘ２，ｙ２），由点Ｍ在曲线上，有：ｙ１＝ｘ３１＋ａｘ１＋ｂ，①又因为切线ＡＭ的斜率为ｋ１＝ｙ１ᶄ＝３ｘ２１＋ａ且切线过点Ａ（１２，－３８），所以切线ＡＭ的方程为ｙ＋３８＝（３ｘ２１＋ａ）（ｘ－１２），当ｘ＝ｘ１时，ｙ１＝（３ｘ２１＋ａ）（ｘ－１２）－３８＝３ｘ３１－３２ｘ２１＋ａｘ１－ａ２－３８，②①②联立得：ｘ３１＋ａｘ１＋ｂ＝３ｘ３１－３２ｘ２１＋ａｘ１－ａ２－３８，化简为：４ｘ３１－３ｘ２１－３４－ａ－２ｂ＝０．同理：由切线ＡＮ可得关系式：４ｘ３２－３ｘ２２－３４－ａ－２ｂ＝０．由过点Ａ的切线有且仅有两条切线，即方程４ｘ３－３ｘ２－３４－ａ－２ｂ＝０，③有且只有两解，下面用两种解法求ａ＋２ｂ的值．解法一㊀不妨设ａ＋２ｂ＝ｚ，４ｘ３－３ｘ２－３４－ｚ＝０有且只有两解．构造函数ｇ（ｘ）＝４ｘ３－３ｘ２－３４即函数ｇ（ｘ）＝４ｘ３－３ｘ２－３４有两个零点．所以过极值点与ｘ轴平行的直线与函数ｇ（ｘ）＝４ｘ３－３ｘ２－３４图象有且只有两个交点．故ｇᶄ（ｘ）＝１２ｘ２－６ｘ＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝１２．因为函数ｙ＝ｇ（ｘ）在（－ɕ，０）ɣ（１２，＋ɕ）单调递增；（０，１２）单调递减．所以当ｘ＝０或ｘ＝１２时，函数ｙ＝ｇ（ｘ）取得极值；当ｘ＝０时，ｇ（０）＝４ˑ０３－３ˑ０２－３４＝－３４；当ｘ＝－１２时，ｇ（－１２）＝４ˑ（－１２）３－３ˑ（－１２）２－３４＝－１；所以ａ＋２ｂ＝－１或－３４．解法二㊀待定系数法．设三次方程的一个二重根为ｍ㊁另一根为ｎ，因此可得三次方程：４（ｘ－ｍ）２（ｘ－ｎ）＝０，化简为：４ｘ３－４（２ｍ＋ｎ）ｘ２＋４（２ｍｎ＋ｍ２）ｘ－４ｍ２ｎ＝０，㊀④比较③④，由同类项相等原则得：１６中学数学杂志㊀２０１５年第５期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀４（２ｍｎ＋ｍ２）＝０，４（２ｍ＋ｎ）＝３，４ｍ２ｎ＝３４＋ａ＋２ｂ，ìîíïïïï由４（２ｍｎ＋ｍ２）＝０，解得ｍ＝０或ｍ＝－２ｎ．将ｍ＝０代入４（２ｍ＋ｎ）＝３，解得ｎ＝３４，所以ａ＋２ｂ＝４ｍ２ｎ－３４＝－３４．将ｍ＝－２ｎ代入４（２ｍ＋ｎ）＝３，解得ｎ＝－１４，ｍ＝１２，所以ａ＋２ｂ＝４ｍ２ｎ－３４＝４（１２）２ˑ（－１４）－３４＝－１，综上所述：ａ＋２ｂ＝－３４或－１．４㊀巧架栈道 Ｒｔә过特殊曲线上某一点向另一特殊曲线引一类切线，可借助其他工具如向量等，再利用特殊曲线的特殊性质，再转化为 Ｒｔә 可将问题转化．例６㊀动圆Ｃ１：（ｘ－３－ｃｏｓθ）２＋（ｙ－４－ｓｉｎθ）２＝１与定圆Ｃ２：ｘ２＋ｙ２＝１．过动圆Ｃ１上任意一点Ｐ向圆Ｃ２引切线ＰＥ，ＰＦ，其中Ｅ，Ｆ为切点，求ＰＥң㊃ＰＦң的最大值与最小值．分析㊀此题借助向量的数量积，再利用勾股定理把切线长表示出来．解㊀圆Ｃ１的圆心轨迹方程为ｘ＝３＋ｃｏｓθｙ＝４＋ｓｉｎθ{（θ为参数），即（ｘ－３）２＋（ｙ－４）２＝１，其圆心坐标为Ｍ（３，４）．点Ｐ构成圆面Ｍ：（ｘ－３）２＋（ｙ－４）２ɤ４，半径为２．设ＰＥң＝ＰＦң＝ａ，øＥＰＦ＝θ，则ＰＥң㊃ＰＦң＝ａ２ｃｏｓθ．利用圆上平分弦的性质：ＯＥʅＰＥ可构成ＲｔәＰＯＥ，令ＯＰң＝ｔ，则ａ２＝ｔ２－１，ｃｏｓθ＝１－２ｓｉｎ２θ２＝１－２（１ｔ）２，ＯＭң－２ɤＯＰңɤＯＭң＋２，而ＯＭң＝３２＋４２＝５，可得３ɤＯＰңɤ７，所以ｆ（ｔ）＝ＰＥң㊃ＰＦң＝ａ２ｃｏｓθ＝（ｔ２－１）（１－２ｔ２）（３ɤｔɤ７），化简得ｆ（ｔ）＝ｔ２＋２ｔ２－３在［３，７］上单调递增，而ｆ（３）＝５６５，ｆ（７）＝２２５６４９．所以ＰＥң㊃ＰＦң的最小值和最大值分别为５６５，２２５６４９．总之，纵观近几年的高考数学题，命题专家往往从定点到动点㊁从数字到字母，将问题的难度引向更深㊁更活，从而体现出浓浓的 高考味 ．作者简介㊀杨伟达，男，１９７３年生，广东兴宁人，有多篇文章发表在国家㊁省级刊物．多次参加区高中数学解题比赛并获奖．对‘对教科书上分期付款问题算法的质疑“一文的商榷安徽省合肥市第六中学㊀㊀２３０００１㊀㊀周天明㊀㊀全日制普通中学教科书（必修）‘数学第一册（上）“（２００６年人民教育出版社）第１４４ １４５页的 研究性学习课题：数列在分期付款中的应用 中，提出问题：一般地，采用等额本息分期付款方式贷款ａ元，ｍ个月将贷款全部付清，月利率为ｒ，那么每月付款额的计算公式是什么？在配套的‘教师教学用书“上，给出以上问题的解答：（１）起初的贷款ａ元到第ｍ个月末产生的本利和是ａ（１＋ｒ）ｍ；（２）设每月末均还款ｘ元，则第１，２， ，ｍ－１，ｍ个月末的还款ｘ元到第ｍ个月末所得的本利和分别是ｘ（１＋ｒ）ｍ－１，ｘ（１＋ｒ）ｍ－２， ，ｘ（１＋ｒ），ｘ元，所以所有还款到第ｍ个月末产生的本利和是ｘ（１＋ｒ）ｍ－１＋ｘ（１＋ｒ）ｍ－２＋ ＋ｘ（１＋ｒ）＋ｘ＝ｘ㊃（１＋ｒ）ｍ－１ｒ元．（３）由公平原则，得ａ（１＋ｒ）ｍ＝ｘ㊃（１＋ｒ）ｍ－１ｒ，ｘ＝ａｒ（１＋ｒ）ｍ（１＋ｒ）ｍ－１，即每月末均应还款ａｒ（１＋ｒ）ｍ（１＋ｒ）ｍ－１元．文［１］对上述解法提出质疑，认为第（１）步没有问题，但第（２）步中的ｍ次还款到第ｍ个月末的利息应按存款算但以上是按贷款算的（一般来说，期限相同的存款利率比贷款利率低），并且期限增加时利率不会降低（存款㊁贷款都是如此），但以上ｍ次还款的存款利息的利率均是按更长期限的ｍ个月的贷款利息的利率算的，所以第（３）步的等式是没有理由的，得到的结论应当是ａ（１＋ｒ）ｍ＞ｘ㊃（１＋ｒ）ｍ－１ｒ，ｘ＞ａｒ（１＋ｒ）ｍ（１＋ｒ）ｍ－１．即等额还款时每月末的还款额应当多于ａｒ（１＋ｒ）ｍ（１＋ｒ）ｍ－１元，２６㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀中学数学杂志㊀２０１５年第５期。