黃昌毅

【摘?要】??解析幾何問題難在幾何關系坐標化及數(shù)學運算，通過圓錐曲線中常用結論將問題進行轉化，則可以減少繁瑣運算過程，優(yōu)化數(shù)學運算，有效培養(yǎng)學生的數(shù)學運算核心素養(yǎng).

【關鍵詞】??解析幾何;二級結論;優(yōu)化運算

解題過程中若能用常用結論將問題進行轉化，則能減少繁瑣運算過程，優(yōu)化數(shù)學運算，有效培養(yǎng)學生的數(shù)學運算核心素養(yǎng).本文就圓錐曲線k?1k?2=e?2-1這一常用結論在解題中應用做一個探究.

1??與k?1k?2=e?2-1相關的結論

以橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1?（a>b>0）?為例：

結論1???如圖1，已知橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1?（a>b>0）?的左右頂點分別為A，B，P為橢圓上異于A，B兩點的任意一點，則有k??PA?·k??PB?=-?b?2?a?2?=e?2-1.

證明??A（-a，0），B（a，0），

設P（x?0，y?0），則有??x??2??0?a?2?+?y??2??0?b?2?=1，

k??PA?·k??PB??=?y?0?x?0+a?·?y?0?x?0-a?=?y??2??0?x??2??0-a?2

=?b?2?a?2?·?a?2-x??2??0?x??2??0-a?2?=-?b?2?a?2?=e?2-1.

結論2???如圖2，已知M，N是橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1?（a>b>0）?上關于原點對稱的兩點，P為橢圓上任意一點，若直線PM，PN斜率存在，則有

k??PM?·k??PN?=-?b?2?a?2?=e?2-1.

證明??設

M（x?1，y?1），N（-x?1，-y?1），P（x?2，y?2），

則有??x??2??1?a?2?+?y??2??1?b?2?=1，?x??2??2?a?2?+?y??2??2?b?2?=1，

k??PM?·k??PN??=?y?2-y?1?x?2-x?1?·?y?2+y?1?x?2+x?1

=?y??2??2-y??2??1?x??2??2-x??2??1?=-?b?2?a?2

=e?2-1.

結論3???如圖3，已知M，N是橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1??（a>b>0）??上任意兩點，弦MN中點為G，若直線MN，OG斜率存在，則有

k??MN?·k??OG?=-?b?2?a?2?=e?2-1.

證明??設M（x?1，y?1），N（x?2，y?2），

則有??x??2??1?a?2?+?y??2??1?b?2?=1，?x??2??2?a?2?+?y??2??2?b?2?=1，

G??x?1+x?2?2?，?y?1+y?2?2??，

所以?k??MN?·k??OG??=?y?2-y?1?x?2-x?1?·?y?2+y?1?x?2+x?1

=?y??2??2-y??2??1?x??2??2-x??2??1?=-?b?2?a?2?=e?2-1.

以上結論對雙曲線?x?2?a?2?-?y?2?b?2?=1?（a>0，b>0）?也成立.

2?結論的應用

例1???已知A、B分別為橢圓E：?x?2?a?2?+y?2=1??（a>1）??的左、右頂點，G為E的上頂點，??AG??·?GB???=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.

（1）求E的方程;

（2）證明：直線CD過定點.??（2020年全國Ⅰ卷）

分析??（1）E：?x?2?9?+y?2=1;

（2）①P（6，0）時，直線CD為y=0;

②設P（6，y?0）?（y?0≠0）?，

則有?k??PA?=k??CA?=?y?0?9?，k??PB?=k??BD?=?y?0?3?，

即?k??CA?=?1?3?k??BD?，如圖4.

由結論1可知?k??CA?·k??CB?=-?b?2?a?2?=-?1?9?，

則有?k??BD?·k??BC?=-?1?3?.

設直線CD方程為x=ty+m?（m≠3）?，

C（x?1，y?1），D（x?2，y?2），

聯(lián)立?x=ty+m，?x?2?9?+y?2=1，?得

（t?2+9）y?2+2mty+m?2-9=0，

由韋達定理可知

y?1+y?2=-?2mt?t?2+9?，y?1y?2=?m?2-9?t?2+9?，

則?k??BC?·k??BD?=?y?1?x?1-3?·?y?2?x?2-3

=?y?1y?2?（ty?1+m-3）（ty?2+m-3）

=?y?1y?2?t?2y?1y?2+t（m-3）（y?1+y?2）+（m-3）?2

=-?1?3?，

代入化簡得?m=?3?2?，滿足Δ>0，

所以?直線CD過定點??3?2?，0?.

綜上知，直線CD過定點??3?2?，0?.

例2???已知橢圓C：?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1?（a>b>0）?的一個焦點為?（-?3?，0）?，且過點?1，??3??2??.

（1）求橢圓C的方程;

（2）設M是橢圓C上一點，且不與頂點重合，A?1與A?2分別是橢圓C的左右頂點，點B為上頂點.若直線A?1B與直線A?2M交于點P，直線A?1M與直線A?2B交于點Q.求證：△BPQ是等腰三角形.??（2021年呼和浩特市一模）

分析??（1）C：?x?2?4?+y?2=1;

（2）如圖5，由結論1可知

k??MA?1?·k??MA?2?=-?b?2?a?2?=-?1?4?.

設k??MA?1?=k，則k??MA?2?=-?1?4k?.

設P（x?1，y?1），Q（x?2，y?2），

則有??k??PA?1??k??PA?2??=?x?1+2?x?1-2?=??1?2??-?1?4k??=-2k，

k??QA?1??k??QA?2??=?x?2+2?x?2-2?=?k?-?1?2??=-2k，

所以??x?1+2?x?1-2?=?x?2+2?x?2-2?，

化簡得?x?1=x?2，

即?直線PQ⊥x軸，

所以?△BPQ是等腰三角形.

例3???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M的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程，并說明C是什么曲線;

（2）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E，連接QE并延長交C于點G.

（?i?）證明：△PQG是直角三角形;

（?ii?）求△PQG面積的最大值.??（2019年全國Ⅱ卷）

分析??（1）?x?2?4?+?y?2?2?=1?（x≠±2）?.

（2）（?i?）設P（x?0，y?0）?（x?0>0，y?0>0）?，

則??x??2??0?4?+?y??2??0?2?=1.

如圖6，依題意得Q（-x?0，-y?0），E（x?0，0），

則有?k??PQ?=?y?0?x?0?，k??QG?=?y?0?2x?0?=?1?2?k??PQ?.

由結論2可知?k??GP?·k??GQ?=-?1?2?，

則有?k??GP?·k??PQ?=-1，

即?△PQG是直角三角形.

（?ii?）直線QG方程為y=?y?0?2x?0?（x-x?0），

直線PG方程為y=-?x?0?y?0?（x-x?0）+y?0，

聯(lián)立兩直線方程可求得

x?G=?x?0（x??2??0+3y??2??0）?2x??2??0+y??2??0?，

則?S??△PQG??=?1?2?|PE|·|x?G-x?Q|

=?y?0?2???x?0（2x??2??0+3y??2??0）?2x??2??0+y??2??0?+x?0

=?2x?0y?0（x??2??0+y??2??0）?2x??2??0+y??2??0

=?8x?0y?0（x??2??0+y??2??0）?（2x??2??0+y??2??0）（x??2??0+2y??2??0）

=?8??x?0?y?0?+?y?0?x?0?????2x?0?y?0?+?y?0?x?0????x?0?y?0?+?2y?0?x?0

=?8??x?0?y?0?+?y?0?x?0???2??x?0?y?0???2+2??y?0?x?0???2+5

=?8??x?0?y?0?+?y?0?x?0???2??x?0?y?0?+?y?0?x?0???2+1?.

設t=?x?0?y?0?+?y?0?x?0?≥2.

易證S??△PQG?=?8t?1+2t?2?在[2，+∞）單調(diào)遞減，

所以當t=2，S??△PQG?最大值為?16?9?.

因此，△PQG面積的最大值為?16?9?.

例4???已知點A，B在橢圓?x?2?a?2?+?y?2?b?2?=1??（a>b>0）??上，點A在第一象限，O為坐標原點，且OA⊥AB.????圖7

（1）若a=?3?，b=1，直線OA的方程為x-3y=0，求直線OB的斜率;

（2）若△OAB是等腰直角三角形?（點O，A，B按順時針排列）?，求?b?a?的最大值.

分析??（1）略;

（2）如圖7，延長AO交橢圓于點A′，連接A′B.

設∠AA′B=θ，則?tan?θ=?1?2?.

設k??OA?=k>0，則有k??AB?=-?1?k?.

由結論2可得?k??BA?·k??BA′?=-?b?2?a?2?，

則有?k??A′B?=?b?2k?a?2?.

又??tan?θ=?k??A′A?-k??A′B??1+k??A′A?·k??A′B??=??1-?b?2?a?2??k?1+?b?2?a?2?k?2?=?1?2?，

所以??b?2?a?2?k?2-2?1-?b?2?a?2??k+1=0，

以k為主元構造一元二次方程，

由判別式?Δ=4?1-?b?2?a?2???2-4?b?2?a?2?≥0，

得??b?a?≤??5?-1?2?.

小結??觀察圖形特征，引入A′點，發(fā)現(xiàn)∠AA′B為定值，利用結論2得k??BA?·k??BA′?=-?b?2?a?2?及垂直關系將直線斜率用k表示，代入?tan?θ=?1?2?得到?b?2?a?2?k?2-2?1-?b?2?a?2??k+1=0.確定k為主元，則關于k的一元二次方程有解，得到?b?a?的最大值.這種解法避開直線曲線聯(lián)立，優(yōu)化數(shù)學運算.

例5???如圖8，已知橢圓C?1：?x?2?2?+y?2=1，拋物線C?2：y?2=2px?（p>0）?，點A是橢圓C?1與拋物線C?2的交點，過點A的直線l交橢圓C?1于點B，交拋物線C?2于M?（B，M不同于A）?.

（1）若p=?1?16?，求拋物線C?2的焦點坐標;

（2）若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值.??（2020年浙江卷）

分析??（1）略;

（2）設A（2pt??2??1，2pt?1），M（2pt??2??2，2pt?2），t?1≠t?2.

由結論3可知

k??OM?·k??AB?=-?b?2?a?2?=-?1?2?.

又?k??AB?=k??AM?=?1?t?1+t?2?，

即??2pt?2?2pt??2??2?·?1?t?1+t?2?=-?1?2?，

化簡得?t??2??2+t?1t?2+2=0，

以t?2主元構造一元二次方程，

由判別式?Δ=t??2??1-8≥0，得t??2??1≥8.

又?點A在橢圓上，

則有??4p?2t??4??1?2?+4p?2t??2??1=1，

則??1?2p?2?=t??4??1+2t??2??1=（t??2??1+1）?2-1≥80，

所以當t?1=2?2?，t?2=-?2?或t?1=-2?2?，t?2=?2?時，p取到最大值為??10??40?.

例6???已知拋物線C：x?2=2py?（p>0）?的焦點為F，P為C上的動點，Q為P在直線y=t?（t<0）?上的投影.當△PQF為等邊三角形時，其面積為4?3?.

（1）求C的方程;

（2）設O為原點，過點P的直線l與C相切，且與橢圓?x?2?4?+?y?2?2?=1交于A，B兩點，直線OQ與AB交于點M，試問：是否存在t，使得|AM|=?|BM|?恒成立？若存在，求出t的值;若不存在，請說明理由.

分析??（1）x?2=4y;

（2）如圖9，設P?x?0，?x??2??0?4??，

則?P在y=t上的投影Q（x?0，y）.

當x?0≠0時，k??OQ?=?t?x?0?，

直線l的斜率為?k=y′|??x=x?0?=?1?2?x?0.

由結論3得?k·k??OQ?=k·k??OM?=-?1?2?，

即??1?2?x?0·?t?x?0?=-?1?2?，解得t=-1.

當x?0=0時，切線l為x軸;

當t=-1也滿足|AM|=|BM|.

綜上知，存在t=-1，使得|AM|=|BM|恒成立.