高繼浩
(四川省名山中學(xué),四川 雅安 625100)
(1)求橢圓E的方程;
(2)過點(diǎn)P(-2,1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B,C,直線AB,AC分別與x軸交于點(diǎn)M,N.當(dāng)|MN|=2時(shí),求k的值.
解法1 如圖1,顯然k<0.直線BC的方程為y=k(x+2)+1,與橢圓方程聯(lián)立,消去y得
圖1 2022年高考數(shù)學(xué)北京卷第19題圖
(4k2+1)x2+8(2k2+k)x+16(k2+k)=0.
設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),則由韋達(dá)定理得
故|x1-x2|=|k|·|(x1+2)(x2+2)|.
=|k|·|x1x2+2(x1+x2)+4|.
因?yàn)閗<0,故k=-4.
點(diǎn)評(píng)本解法聯(lián)立直線與橢圓方程,借助韋達(dá)定理,采用“設(shè)而不求”的方法,思維量小,是比較自然而且容易想到的方法,關(guān)鍵就是要注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性.
解法2 當(dāng)|MN|=2時(shí),直線AB,AC的斜率都存在,設(shè)直線AB,AC的方程分別為
y=k1x+1,y=k2x+1.
聯(lián)立直線AB與橢圓的方程,消去y,得
由kPB=kPC,得
化簡(jiǎn),得(k1-k2)(k1+k2-4k1k2)=0.
代入可得k=kPB=-4.
點(diǎn)評(píng)本解法分別設(shè)出直線AB,AC的方程,與橢圓方程聯(lián)立將B,C兩點(diǎn)的坐標(biāo)解出,通過P,B,C三點(diǎn)共線及|MN|=2來建立兩直線的斜率關(guān)系求解,運(yùn)算量稍大,但解題思路簡(jiǎn)明[1].
解法3 因?yàn)橹本€BC不過點(diǎn)A(0,1),故可設(shè)其方程為mx+n(y-1)=1.
將直線BC的方程代入,得
當(dāng)|MN|=2時(shí),直線AB,AC的斜率都存在,故x≠0,上式兩邊同時(shí)除以x2,得
設(shè)直線AB,AC的斜率分別為k1,k2,則k1,k2是關(guān)于k的一元二次方程的兩根,故
直線AB的方程為y=k1x+1,
所以直線BC的方程為4x+y+7=0.
即k=-4.
點(diǎn)評(píng)本解法通過齊次化方法構(gòu)造出以k1,k2為兩根的一元二次方程,再借助根與系數(shù)的關(guān)系求解,運(yùn)算量較小,齊次化方法是解決從一點(diǎn)出發(fā)的兩直線斜率和、積問題的利器.
代入橢圓方程消去x,得
(m2+4)y2-2m2y+m2-4=0.
即(m-n)(m+n+4)=0.
由|MN|=2,知|m-n|=2.
所以m+n=-4.
代入可得k=kPB=-4.
點(diǎn)評(píng)本解法與解法2都是通過P,B,C三點(diǎn)共線及|MN|=2來建立關(guān)系求解,解題思路一致,但本解法通過直接設(shè)出M,N兩點(diǎn)的坐標(biāo)切入,使得運(yùn)算量明顯減少[2].
解法5 設(shè)B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ),則
代入可得k=kPB=-4.
點(diǎn)評(píng)本解法通過橢圓的參數(shù)方程設(shè)出B,C兩點(diǎn)的坐標(biāo),再利用三角公式求解,運(yùn)算時(shí)恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用變量代換使過程簡(jiǎn)潔.此法打破了傳統(tǒng)模式,體現(xiàn)了創(chuàng)新,有利于培養(yǎng)發(fā)散思維.
從前面的解法2和解法4可以看到M,N兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為定值,于是進(jìn)行一般化探究得到:
借助幾何畫板探究發(fā)現(xiàn):當(dāng)保持點(diǎn)P的縱坐標(biāo)不變,改變其橫坐標(biāo)時(shí)仍有相應(yīng)的定值.于是將結(jié)論1進(jìn)一步推廣得到:
由于結(jié)論2比結(jié)論1更具一般性,故只證結(jié)論2.
證明顯然k≠0.直線BC的方程為y=k(x-t)+b,與橢圓方程聯(lián)立,消去y得
(a2k2+b2)x2+2a2k(b-tk)x+a2tk(tk-2b)=0.
設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),則由韋達(dá)定理得
將結(jié)論2中上頂點(diǎn)改為右頂點(diǎn)后探究得到:
對(duì)雙曲線進(jìn)行與結(jié)論3類似的探究得到:
結(jié)論3和結(jié)論4的證明與結(jié)論2類似,讀者可自行證明.