唐正泉
摘 要:斜率是高中解析幾何模塊的重要概念,也是高考解析幾何問題的重要考點.本文對圓錐曲線中斜率之和、斜率之積的結構進行研究,總結了若干結論,并對相關試題進行了分析.
關鍵詞:圓錐曲線;斜率;試題分析
斜率是高中解析幾何模塊的重要概念,也是高考解析幾何問題的重要考點.本文總結了圓錐曲線問題中的三種經典的斜率結構的性質,并展示了基于這三種結構的若干試題.限于篇幅,本文主要圍繞橢圓進行探討,讀者不難將問題推廣到雙曲線、拋物線的背景中.
1 三種斜率結構
1.1 關于坐標軸方向對稱:斜率之和為零
結論1 給定橢圓x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)和兩定點K(x0,0),P(a2 x0,0),其中0 結論2 給定橢圓x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)和橢圓上的定點P(x0,y0).在橢圓上取兩點A,B滿足直線PA與PB關于x=x0對稱,則直線AB的斜率為定值,且該定值為橢圓在點P處的切線斜率的相反數. 這兩個結論的關鍵都是關于坐標軸方向對稱,用解析幾何的語言刻畫就是kPA+kPB=0. 結論1在2018年的全國Ⅰ卷中出現: 題1 (2018年全國Ⅰ卷理科第19題)設橢圓C∶x2 2+y2=1的右焦點為F,過點F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標為(2,0). (1)當l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設O為坐標原點,證明:∠OMA=∠OMB. 結論2是2011年全國高中數學聯賽解析幾何問題的命制背景. 1.2 垂直結構:斜率之積為-1 結論3 給定橢圓x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)和橢圓上的定點P(x0,y0).在橢圓上取兩點A,B滿足PA⊥PB,則直線AB過定點((a2-b2)x0 a2+b2,-(a2-b2)y0 a2+b2). 該結論的關鍵是PA⊥PB,用解析幾何的語言刻畫就是kPAkPB=-1. 該結論在2017年的高中聯賽福建省預賽中出現: 題2 (2017年全國高中數學聯賽福建省賽區預賽)已知橢圓C∶x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)過點P(-2,1),且離心率為2 2.過點P作兩條互相垂直的直線分別交橢圓于A,B兩點(點A,B與點P不重合).求證:直線AB過定點,并求該定點的坐標. 1.3 “第三定義”:斜率之積為-b2 a2 結論4 給定定點A(-a,0),B(a,0).設動點P滿足kPAkPB=-b2 a2,則動點P的軌跡方程是x2 a2+y2 b2=1(y≠0). 結論5 給定橢圓x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)和橢圓上關于坐標原點對稱的兩定點A,B.在橢圓上取點P使得直線PA,PB斜率存在,則直線PA,PB斜率之積為定值-b2 a2. 結論4來自一個教材的習題,將這一結果稱為橢圓的“第三定義”,是因為用它可以以不同于第一定義、第二定義的方式定義橢圓.結論5是結論4逆命題的一個推廣,對點P和點A運用“點差法”可以簡捷地證明. 2019年的全國Ⅱ卷運用“第三定義”的方式給出橢圓: 題3 (2019年全國Ⅱ卷理科第21題第(1)問)已知點A(-2,0),B(2,0),動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-1 2,記點M的軌跡為曲線C.求C的方程,并說明C是什么曲線. 2 基于三種斜率結構的試題分析 以上探討的三種斜率問題在處理上有很強的共性,即圍繞kPAkPB和kPA+kPB形式的結構進行一系列的對稱計算.相關問題涵蓋了軌跡方程、定點、定值等基本設問,也涉及了設而不解、韋達定理、點差法等常見手法,因此成為了設置考題的經典背景.為了使試題更具有創新性,命題者還可以在這些斜率結構的交匯處命題,下面給出若干例子. 2.1 結合“坐標軸方向對稱”與“垂直” 題4 (2020年泉州市高二上學期期末)已知△PAB的兩個頂點A,B的坐標分別是A(0,3),B(0,-3),且直線PA,PB的斜率之積是-3 2. (1)是否存在定點F1,F2,使得|PF1|+|PF2|為定值? (2)設點P的軌跡為Γ,點C,D,E是Γ上互異的三點,且滿足AC,AD關于y軸對稱,AC⊥AE.求證:直線DE過定點. 解析 (1)軌跡方程為y2 3+x2 2=1(x≠0),定點為F1(0,-1),F2(0,1). (2)由于點C,D,E在Γ上,所以AC,AD,AE斜率存在. 由條件kAD+kAC=0,kAE·kAC=-1可得kAD·kAE=1. 設lDE∶y=kx+m,D(x1,kx1+m),E(x2,kx2+m), 則kAD·kAE=1(kx1+m-3)(kx2+m-3)=x1x2. 聯立直線和橢圓方程并消元,用韋達定理將上式化為m2-6 3m+15=0. 解得m=3(舍去)或m=5 3. 所以直線DE過定點(0,5 3). 分析 本題第(2)問將斜率之和為0與斜率之積為-1兩個關系巧妙結合,構造了斜率之積為1的結構,使圖形更加新穎,也更有“幾何味”. 筆者經過探究發現,此題的結論可以進一步一般化為: 結論6 給定橢圓x2 a2+y2 b2=1(a>b>0)和橢圓上的定點P(x0,y0),在橢圓上取兩點A,B滿足kPAkPB=t,則直線AB過定點(-(ta2+b2)x0 a2+b2,(ta2+b2)y0 a2+b2).
證明需要繁瑣的計算,這里略去.
2.2 結合“第三定義”與“垂直”
題5 (2019年全國Ⅰ卷理科第21題第(2)問)給定曲線C:x2 4+y2 2=1(y≠0),過坐標原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為點E,連結QE并延長交C于點G.證明:△PQG是直角三角形.
證明 由結論5,kPGkQG=-1 2.(證明可采用點差法,此處略)
由兩點間的斜率公式可以看出,kQG=1 2kPQ.
綜合以上兩式得到kPGkPQ=-1,這表明PG⊥PQ,即△PQG是直角三角形.
分析 不難看出,此題正是從結論5的斜率乘積結構出發,以kQG=1 2kPQ為橋梁,構造了一個垂直結構.有了對以上幾種斜率結構的探討和對本題命題思路的分析,我們得到了上面的簡捷解法.
題6 給定橢圓C:x2 3+y2=1和圓O∶x2+y2=1,設點A,B為橢圓C的上、下頂點,過點A作直線l,l與橢圓C和圓O的另一個交點分別是點P,Q,則∠PBQ的最大值是.
解析 由結論5,klkPB=-1 3;又由l⊥QB,klkQB=-1,所以kQB=3kPB.
由圖形關于y軸的對稱性,不妨設kl<0.設kPB=t,則kQB=3t,其中t>0.
所以tan∠PBQ=3t-t 1+3t2=2 1 t+3t≤3 3,其中,當且僅當t=3 3時等號成立.
所以tan∠PBQ的最大值是3 3,即∠PBQ的最大值是π 6.
分析 此題巧妙設計圖形,綜合“第三定義”與“垂直”兩個結構,得到了kQB=3kPB的有趣性質.在這一性質上,該題結合三角函數、基本不等式等考點設置了一個最值問題,形式新穎,具有很高的區分度.
2.3 結合“坐標軸方向對稱”與“第三定義”
當我們同時有k1+k2=0和k2k3=-b2 a2時,我們會得到k1k3=b2 a2,這恰好是雙曲線的“第三定義”的結構.因此,結合“坐標軸方向對稱”與“第三定義”能夠使我們在圖形中溝通橢圓和雙曲線,得到一系列有趣的問題.限于篇幅,我們不加證明地展示一個簡單的例子.
題7 給定橢圓C1:x2 4+y2=1和雙曲線C2∶x2 4-y2=1,設點A,B為C1和C2的兩公共點,過點A的直線l與C1和C2的另一個交點分別是點P,Q,求證:∠PBA+∠QBA=π.
本文以橢圓為例,介紹了圓錐曲線問題中三個經典的斜率結構,并展示了基于這三種結構的創新式、綜合式的命題實踐.將綜合問題拆解為幾個簡單的背景,有利于解題者理解試題的內涵;而將簡單的背景組合成綜合問題,有利于命題者設置有區分度的試題.
(收稿日期:2020-02-27)