武剛 李秀元

摘 要：借助例題，對(duì)兩直線斜率積問(wèn)題進(jìn)行分類解讀，查找問(wèn)題根源，展示求解方法，并試圖推廣一些命題，從中體會(huì)數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理及數(shù)學(xué)抽象等核心素養(yǎng)如何在教學(xué)中落地生根.

關(guān)鍵詞：直線斜率;分類解析;命題推廣;核心素養(yǎng)

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2021）34-0004-04

收稿日期：2021-09-05

作者簡(jiǎn)介：

武剛（1976.1-），男，湖北省黃岡人，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

李秀元（1973.11-），男，湖北省黃岡人，中學(xué)高級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

平面解析幾何的教學(xué)，從知識(shí)層面上講，需要掌握直線、圓及圓錐曲線的定義、方程和幾何性質(zhì)，熟悉直線與二次曲線位置關(guān)系問(wèn)題的處理方式;從思想方法層面講，主要是傳授數(shù)形結(jié)合與模型化思想;從能力層面，包括但不僅僅限于發(fā)現(xiàn)問(wèn)題、提出問(wèn)題，語(yǔ)言表達(dá)以及運(yùn)算與推理等能力培養(yǎng);從核心素養(yǎng)層面，則需重點(diǎn)提升直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模、邏輯推理和數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)，其中，數(shù)學(xué)運(yùn)算尤為突出，很多結(jié)論的獲取，都是基于計(jì)算結(jié)果，解題過(guò)程大部分是運(yùn)算過(guò)程展示.在圓錐曲線的學(xué)習(xí)過(guò)程中，我們發(fā)現(xiàn)，兩直線斜率積問(wèn)題比較常見(jiàn)，從課本到高考都有體現(xiàn)，試題大致可分為四類：已知過(guò)動(dòng)點(diǎn)兩直線斜率積為定值，求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程;已知?jiǎng)又本€與圓錐曲線相交于兩點(diǎn)，兩點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的兩條直線斜率積為定值，研究動(dòng)直線的特點(diǎn);證明兩直線斜率積為定值;在兩直線斜率積為定值的基礎(chǔ)上，探討直線方程中參數(shù)關(guān)系等.

一、已知斜率積求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程

例1 已知A（0，2），B（0，-2），動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足PA，PB的斜率之積為-12.

（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程;

（2）已知直線l：y=kx+m，C的右焦點(diǎn)為F，直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，若點(diǎn)F是△AMN的垂心，求直線l的方程.

分析 這類題是課標(biāo)實(shí)驗(yàn)教科書(shū)《數(shù)學(xué)》（選修2-1）中例題的變式.課本例題可以看成產(chǎn)生橢圓的一種方式，揭示了橢圓的一條性質(zhì).

設(shè)過(guò)原點(diǎn)的直線與橢圓x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）交于A，B兩點(diǎn)，稱AB為橢圓x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）的一條直徑，則橢圓x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）上不同于直徑端點(diǎn)的任一點(diǎn)與直徑端點(diǎn)連線的斜率之積為定值-b2a2.

因此，基于兩個(gè)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，若兩動(dòng)直線斜率之積為定值（負(fù)值），則動(dòng)點(diǎn)軌跡一定是橢圓（除去兩已知點(diǎn)）.應(yīng)用模型識(shí)別，我們可以提前定位曲線類型，識(shí)別方程結(jié)構(gòu).

本題條件直譯后，化簡(jiǎn)即得動(dòng)點(diǎn)軌跡方程，但在表示斜率時(shí)要注意坐標(biāo)的限制條件，即軌跡方程的限制條件，而第（2）小題，則需要借助互相垂直的兩直線斜率之積為-1來(lái)轉(zhuǎn)化運(yùn)算.

解析 （1）因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足PA，PB的斜率之積為-12，所以y-2x·y+2x=-12（x≠0），整理，得x28+y24=1（x≠0）.

因此，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x28+y24=1（x≠0），圖形是焦點(diǎn)在x軸的橢圓（缺失短軸端點(diǎn)）;

（2）由（1）可得右焦點(diǎn)F（2，0），因此kAF=2-00-2=-1.因?yàn)辄c(diǎn)F為△AMN的垂心，所以直線MN的斜率為1，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2）.

聯(lián)立直線l與橢圓C的方程y=x+m，x2+2y2=8，，消去y，整理，得3x2+4mx+2m2-8=0.由△=16m2-12（2m2-8）>0，得m2<12，且x1+x2=-4m3，x1x2=2m2-83.

因?yàn)锳M⊥NF，所以kAM·kNF=-1，即y1-2x1·y2x2-2=-1，整理，得y2（y1-2）+x1（x2-2）=0，進(jìn)一步化簡(jiǎn)，得2x1x2+（m-2）（x1+x2）+m2-2m=0.

把x1+x2=-4m3，x1x2=2m2-83代入化簡(jiǎn)，得3m2+2m-16=0，解得m=-83或m=2，經(jīng)檢驗(yàn)，m=-83滿足條件.

所以直線l的方程為y=x-83，即3x-3y-8=0.

反思 橢圓這一性質(zhì)的產(chǎn)生，應(yīng)該源于任一直徑所對(duì)圓周角為直角，且互相垂直的兩直線斜率之積為定值-1的基本事實(shí).圓和橢圓同屬于二次曲線，兩者之間可以互相轉(zhuǎn)化，進(jìn)行類比推理，從特殊入手，進(jìn)而得到橢圓的一般化命題.橢圓具有的性質(zhì)，雙曲線也會(huì)有類似的性質(zhì)，我們要做的只是想辦法將它們統(tǒng)一起來(lái).在圓錐曲線章節(jié)復(fù)習(xí)時(shí)，以課本例習(xí)題為載體，設(shè)置一次探究活動(dòng)，重點(diǎn)關(guān)注性質(zhì)的產(chǎn)生過(guò)程與整合，對(duì)落實(shí)邏輯推理、數(shù)學(xué)抽象和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)意義非凡.

二、探討或證明兩直線斜率積為定值

例2 如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，已知|AB|=4，且點(diǎn)（e，345）在橢圓上，其中e是橢圓的離心率.

圖1

（1）求橢圓C的方程;

（2）設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上異于A，B的點(diǎn)，與x軸垂直的直線l分別交直線AP，BP于點(diǎn)M，N，求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值.

解析 （1）因?yàn)閨AB|=4，所以2a=4，即a=2.又點(diǎn)（e，345）在橢圓上，所以e2a2+4516b2=1，即c216+4516b2=1，而b2+c2=4，聯(lián)立方程組，解得b2=3.所以，橢圓C的方程為x24+y23=1.

（2）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為s，t，M，N的橫坐標(biāo)為m（-2

故k1k2=t（m+2）（s+2）（m-2）×t（m-2）（s-2）（m+2）=t2s2-4.

又點(diǎn)P在橢圓C上，故s24+t23=1，即t2=-34（s2-4），從而t2s2-4=-34.

所以k1k2=-34，即直線AN與直線BM的斜率之積是定值.

反思 由于定值結(jié)構(gòu)形式與橢圓性質(zhì)一致，二者之間應(yīng)該有一定的聯(lián)系.事實(shí)上，如果將AN和BM延長(zhǎng)，設(shè)交點(diǎn)為Q，只要能說(shuō)明點(diǎn)Q在橢圓上，或者由直線BM與橢圓交于另一點(diǎn)Q，能說(shuō)明A，N和Q三點(diǎn)共線，則兩個(gè)問(wèn)題也就合二為一了.由于是純字母運(yùn)算，無(wú)論是運(yùn)算方向的把握，還是運(yùn)算過(guò)程的落實(shí)，難度值都是很大的.但經(jīng)過(guò)核算，這是對(duì)的.因此有

命題推廣 A，B是橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C上異于A，B的任意點(diǎn)，與x軸垂直的直線l分別交直線AP，BP于點(diǎn)M，N，則直線AN與直線BM的斜率之積是定值-b2a2.

我們甚至可以更大膽地猜想，將橢圓長(zhǎng)軸換成任一直徑，直線l與直徑垂直，所得兩直線斜率之積也是定值，讀者不妨試一試.

下面繼續(xù)來(lái)看斜率積為定值的其他形式的問(wèn)題.

例3 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，短軸長(zhǎng)為2，直線l與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn).

（1）求橢圓的方程;

（2）圓C的方程為x2+y2=5，若圓C與直線l相交于P，Q兩點(diǎn)（兩點(diǎn)均不在坐標(biāo)軸上），試探究OP，OQ的斜率之積是否為定值？若是，求出此定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析 （1）由離心率為32，得e=ca=32，而短軸長(zhǎng)為2，故b=1.

又a2-c2=b2=1，解得a=2，c=3，所以橢圓的方程為x24+y2=1.

（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+m，

由y=kx+m，x2+4y2=4，消去y，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0.

因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)，所以Δ1=（8km）2-4（1+4k2）（4m2-4）=0，即m2=1+4k2.

由y=kx+m，x2+y2=5，消去y，得（1+k2）x2+2kmx+m2-5=0，此時(shí)Δ2>0.

設(shè)P1（x1，y1），P2（x2，y2），則x1+x2=-2km1+k2，x1x2=m2-51+k2.

設(shè)直線OP1，OP2的斜率分別為k1，k2，則

k1k2=y1y2x1x2=（kx1+m）（kx2+m）x1x2

=k2x1x2+km（x1+x2）+m2x1x2=m2-5k2m2-5.

將m2=1+4k2代入上式，得k1k2=-k2+14k2-4=-14.

當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，其方程為x=±2，此時(shí)圓x2+y2=5與l的交點(diǎn)為P1，P2也滿足k1k2=-14.

綜上可知，OP，OQ的斜率之積為定值-14.

結(jié)果同樣與橢圓性質(zhì)形式一致.一般地，我們有

命題推廣 直線l與橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）有且只有一個(gè)交點(diǎn)，直線l與圓x2+y2=a2+b2相交于P，Q兩點(diǎn)，則直線OP，OQ的斜率之積為定值-b2a2.

例4 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為22，點(diǎn)（2，2）在C上.

（1）求C的方程;

（2）直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.證明：直線OM與直線l的斜率乘積為定值.

解析 （1）由題意有a2-b2a=22，4a2+2b2=1， 解得a2=8，b2=4，所以橢圓C的方程為x28+y24=1.

（2）設(shè)直線l：y=kx+t（k≠0，t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）.

把y=kx+t代入x28+y24=1，得（2k2+1）x2+4ktx+2t2-8=0.

故xM=x1+x22=-2kt2k2+1，yM=kxM+t=t2k2+1，于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k， 所以kOM·k=-12，即直線OM與直線l的斜率乘積為定值.

命題推廣 不過(guò)原點(diǎn)O且斜率存在的直線l與橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，則直線OM和直線l的斜率乘積為定值-b2a2.

三、基于兩直線斜率積為定值，研究動(dòng)直線特點(diǎn)

例5 已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的離心率e=63，且橢圓C過(guò)點(diǎn)P（33，2）.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）設(shè)點(diǎn)Q是橢圓C與x軸正半軸的交點(diǎn)，斜率不為0的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)D，E，若kQD·kQE=9，問(wèn)直線DE是否恒過(guò)定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo);若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由.

解析 （1）設(shè)橢圓C的焦距為2c，由e=ca=63，得c2a2=23，則b2a2=a2-c2a2=13，即a2=3b2.

又橢圓C過(guò)點(diǎn)P（33，2），所以2a2+13b2=1，聯(lián)立解得a2=3，b2=1.

因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y23+x2=1.

（2）設(shè)直線DE的方程為x=ty+m，代入y23+x2=1，消去x，整理得（1+3t2）y2+6mty+3m2-3=0.

設(shè)D（x1，y1），E（x2，y2），則y1+y2=-6mt1+3t2，y1y2=3m2-31+3t2.

由題意，得Q（1，0），故kQD·kQE=y1x1-1·y2x2-1=y1y2（x1-1）（x2-1）=9.

所以y1y2=9（x1-1）（x2-1）=9（ty1+m-1）（ty2+m-1），進(jìn)一步整理，得（9t2-1）y1y2+9（m-1）t（y1+y2）+9（m-1）2=0.

把y1+y2=-6mt1+3t2，y1y2=3m2-31+3t2代入，得（9t2-1）×3m2-31+3t2-54m（m-1）t21+3t2+9（m-1）2=0.

因?yàn)閙≠1（直線不過(guò)（1，0）點(diǎn)），故有（9t2-1）（m+1）-18mt2+3（m-1）（1+3t2）=0，解得m=2.

故直線DE恒過(guò)定點(diǎn)（2，0）.

四、基于兩直線斜率積為定值，研究動(dòng)直線方程中參數(shù)的特點(diǎn)

例6 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，短軸長(zhǎng)為2.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）設(shè)直線l：y=kx+m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON=54，求證：點(diǎn)（m，k）在定圓上.

解析 （1）設(shè)焦距為2c，由已知得e=ca=32，2b=2，所以b=1，a=2.

故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.

（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），把y=kx+m代入x24+y2=1，整理，得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0.

依題意，Δ=（8km）2-4（4k2+1）（4m2-4）>0，化簡(jiǎn)，得m2<4k2+1.①

此時(shí)x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1.

所以y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2.

若kOM·kON=54，則y1y2x1x2=54， 即4y1y2=5x1x2.

所以（4k2-5）x1x2+4kmx1+x2+4m2=0.

把x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1代入，得（4k2-5）·4（m2-1）4k2+1+4km·（-8km4k2+1）+4m2=0.

整理，得（4k2-5）（m2-1）-8k2m2+m2（4k2+1）=0，化簡(jiǎn)，得m2+k2=54.②

由①②，得0≤m2<65，120

雖然我們對(duì)一些命題進(jìn)行了推廣，但也只是一般化而已，如果能在不同曲線上展現(xiàn)，這樣的研究也許更有意義.不管是哪種類型，問(wèn)題解決最終都是展現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，因此，在平時(shí)的解題教學(xué)中，除了邏輯分析外，還是需要留足時(shí)間，展示運(yùn)算過(guò)程，突破運(yùn)算技巧，提升運(yùn)算能力.

參考文獻(xiàn)：

[1]人民教育出版社，課程教材研究所，數(shù)學(xué)課程教材研究開(kāi)發(fā)中心.普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書(shū)·數(shù)學(xué)[M].北京：人民教育出版社，2010.

[責(zé)任編輯：李 璟]