劉天武

摘 要：在解決圓錐曲線問(wèn)題時(shí)，通常我們的做法就是“設(shè)而不求”，主要是利用韋達(dá)定理計(jì)算兩根之和、兩根之積，然后把所需求解的或者證明的式子全部變形為兩根之和、兩根之積的形式，代入化簡(jiǎn)即可完成相關(guān)的求解.本文也是類(lèi)似的解法，但是與之不同的是構(gòu)造了一個(gè)新的方程，將所求的結(jié)果整體利用韋達(dá)定理.

關(guān)鍵詞：韋達(dá)定理;設(shè)而不求;構(gòu)造方程;圓錐曲線

中圖分類(lèi)號(hào)：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A?? 文章編號(hào)：1008-0333（2022）04-0030-03

1 試題呈現(xiàn)與解析

通過(guò)分析近六年的全國(guó)Ⅰ卷高考圓錐曲線的大題，可以發(fā)現(xiàn)2015年20題，2017年20題，2018年19題，它們的解法一致（韋達(dá)定理的整體構(gòu)造）.這種整體構(gòu)造韋達(dá)定理的思想，考查頻率高，而且解法簡(jiǎn)潔.本文將選取2017年全國(guó)Ⅰ卷20題和2021年廣東省一測(cè)數(shù)學(xué)20題作為例子，并用該方法去解決.

題1 （2017年全國(guó)Ⅰ卷理科數(shù)學(xué)20題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點(diǎn)P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，32），P4（1，32）中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.

（1）求C的方程;

（2）設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P2且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線P2A與直線P2B的斜率之和為-1，證明：l過(guò)定點(diǎn).

解法1 （普通解法 ）

（1）C的方程為x24+y2=1.（解答過(guò)程略）

（2）設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.

情況1 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x=t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為t，4-t22，t，-4-t22.

則k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1，

解得t=2，不符合題設(shè).

情況2 若直線的斜率存在，可設(shè)

l：y=kx+m（m≠1）.

將y=kx+m代入x24+y2=1，得

（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0.

由題設(shè)可知Δ=16（4k2-m2+1）>0.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則

x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1.

而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2

=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2

=2kx1x2+（m-1）（x1+x2）x1x2.

由題設(shè)k1+k2=-1，

故（2k+1）x1x2+（m-1）（x1+x2）=0.

即（2k+1）·4m2-44k2+1+（m-1）·-8km4k2+1=0.

解得k=-m+12.

故當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí)，Δ>0.

所以y=-m+12x+m，即y+1=-m+12（x-2）.

所以l過(guò)定點(diǎn)（2，-1）.

解法2（韋達(dá)定理的整體構(gòu)造方法）

我們?cè)O(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則kPA+kPB=y1-1x1+y2-1x2.因此可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于y-1x的一元二次方程，讓kPA，kPB的斜率為方程的兩根.

設(shè)直線l的方程為：mx+n（y-1）=1.

聯(lián)立x24+y2=1，mx+n（y-1）=1，①②

由①可知：14x2+（y-1）2+2（y-1）=0.

將②式代入上式，可得

14x2+（y-1）2+2（y-1）mx+n（y-1）=0.

即

（2n+1）（y-1）2+14x2+2mx（y-1）=0.

令t=y-1x，既然直線PA與PB的斜率存在，故x≠0，上式同時(shí)除以x2，得

（2n+1）t2+2mt+14=0.

因此kPA+kPB=-2m2n+1=-1.

化簡(jiǎn)，得2m-2n=1.

令x=2，y-1=-2，得x=2，y=-1.

所以直線l過(guò)定點(diǎn)（2，-1）.

小結(jié) 通過(guò)對(duì)比兩種解法，我們可以發(fā)現(xiàn)整體構(gòu)造韋達(dá)定理的方法比普通方法計(jì)算要簡(jiǎn)潔一些，所設(shè)的直線方程無(wú)需討論斜率是否存在，運(yùn)算量小，對(duì)學(xué)生而言容易掌握.

題2 （2021年廣東省一測(cè)數(shù)學(xué)20題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為12，過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)并垂直于x軸的直線PM交橢圓C于P，M（點(diǎn)P位于x軸上方）兩點(diǎn)，且△OPM（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為32.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）若直線l交橢圓于C于A，B（A，B異于點(diǎn)P）兩點(diǎn)，且直線PA與PB的斜率之積為-94，求點(diǎn)P到直線l距離的最大值.

解析 （1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.

（2）為了避免討論直線l的斜率是否存在，且直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，我們可以設(shè)直線l的方程為m（x-1）+n（y-32）=1.

聯(lián)立x24+y23=1，m（x-1）+n（y-32）=1，①②

由①可知：

3（x-1）2+4（y-32）2+6（x-1）+12（y-32）

=0.

將②式代入上式，可得

3（x-1）2+4（y-32）2+6（x-1）[m（x-1）+n（y-32）]+12（y-32）[m（x-1）+n（y-32）]=0.

化簡(jiǎn)，得4（1+3n）（y-32）2+3（1+2m）·（x-1）2+6（n+2m）（x-1）（y-32）=0.

令t=y-32x-1，既然直線PA與PB的斜率存在，故x≠1，上式同時(shí)除以（x-1）2，得

4（1+3n）t2+6（n+2m）t+3（1+2m）=0.

故直線PA與PB的斜率是上述方程的兩個(gè)根.

因此kPA·kPB=3（1+2m）4（1+3n）=-94.

化簡(jiǎn)，得2m+9n+4=0.

即-12m-94n=1.

所以直線l過(guò)定點(diǎn)Q（12，-34）.

又因?yàn)椋?2）24+（-34）23<1，

所以點(diǎn)Q在橢圓的內(nèi)部.

設(shè)點(diǎn)P到直線l的距離為d，

所以

dmax=PQ=1-122+32--342=854.

所以點(diǎn)P到直線l距離的最大值為854.

小結(jié) 如果本題采用普通的解法，我們會(huì)發(fā)現(xiàn)計(jì)算量非常大，基本上很少有人做出來(lái)，至少在筆者閱卷的過(guò)程中，未曾發(fā)現(xiàn)利用普通方法做出來(lái)的.但是采用整體構(gòu)造韋達(dá)定理的思路，還是比較容易解決的.

2 試題變式

通過(guò)之前的計(jì)算，我們可以將2017年全國(guó)Ⅰ卷理科數(shù)學(xué)20題第（2）問(wèn)改編.

改編1 將“和”改為“積”，其解法是一致的.

設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P2且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線P2A與直線P2B的斜率之積為112，證明：l過(guò)定點(diǎn).

改編2 可推廣到更加一般的情況.

已知點(diǎn)P（x0，y0）在橢圓上，設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率之積為定值，證明：l過(guò)定點(diǎn).

改編3 把上述的“積”改為“和”.

已知點(diǎn)P（x0，y0）在橢圓上，設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率之和為定值，證明：l過(guò)定點(diǎn).

改編4 可以把上述的橢圓改為雙曲線、拋物線.

已知點(diǎn)P（x0，y0）在雙曲線（拋物線）C上，設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率之積（和）為定值，證明：l過(guò)定點(diǎn).

小結(jié) 其實(shí)不管條件或者證明的結(jié)果怎么變化，只要題目有直接或者間接的涉及到了兩條直線的斜率之和或者斜率之積的問(wèn)題時(shí)，我們均可以采用韋達(dá)定理的整體構(gòu)造思想解決問(wèn)題.

參考文獻(xiàn)：

[1] 林國(guó)紅.齊次化法巧解一類(lèi)圓錐曲線問(wèn)題[J].高考數(shù)學(xué)，2019（20）：56-59.

[責(zé)任編輯：李 璟]