巧借線線聯(lián)立 妙解高考?jí)狠S題

摘要：從“線線聯(lián)立”、構(gòu)造關(guān)于斜率的同解二次方程的視角妙解四道圓錐曲線高考?jí)狠S題的同時(shí)，提煉出雙斜率問(wèn)題中的“手電筒模型”，達(dá)到“做一題，透一點(diǎn)，通一類(lèi)”的效果.

關(guān)鍵詞：線線聯(lián)立；同解方程；圓錐曲線；高考

近幾年的高考試題中，有一類(lèi)“雙斜率問(wèn)題”，即題干的核心條件是k1+k2或k1k2，或者目標(biāo)是k1+k2或k1k2的結(jié)構(gòu).筆者研究發(fā)現(xiàn)，該類(lèi)試題除了能用傳統(tǒng)的“直曲聯(lián)立”求解外，還可以通過(guò)“線線聯(lián)立”，構(gòu)造關(guān)于斜率的同解二次方程解決.

下面通過(guò)四道高考試題，舉例說(shuō)明“線線聯(lián)立”在此類(lèi)問(wèn)題中的應(yīng)用，供讀者參考.

例1 （2018年高考·新課標(biāo)Ⅰ卷·節(jié)選）設(shè)橢圓C：x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）.

設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA=∠OMB.

分析：此類(lèi)問(wèn)題常用的方法就是將直線方程與橢圓方程聯(lián)立轉(zhuǎn)化為關(guān)于x或y的二次方程，由目標(biāo)要證明∠OMA=∠OMB轉(zhuǎn)化為證明kMA+kMB=0.由斜率之和可以聯(lián)想得到二次方程兩根之和的形式，那么本題重點(diǎn)探究能否構(gòu)造出關(guān)于斜率的二次方程.

解：設(shè)直線AB的方程為x=ty+1，直線MA的方程為y=k1x-2k1，直線MB的方程為y=k2x-2k2.

聯(lián)立x=ty+1，y=k1x-2k1，得點(diǎn)A的坐標(biāo)為2tk1-1k1t-1，k1k1t-1，代入橢圓方程并化簡(jiǎn)，得

（2+2t2）k21=1.

同理，得

（2+2t2）k22=1.

所以k1，k2是方程（2+2t2）x2=1的兩個(gè)不等實(shí)根，則k1+k2=0，即∠OMA=∠OMB.

例2 （2020年·新高考Ⅰ卷）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的離心率為22，且過(guò)點(diǎn)A（2，1）.

（1）求C的方程；

（2）點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值.

分析：第（2）問(wèn)的常規(guī)策略是通過(guò)設(shè)直線MN的方程，并與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合AM·AN=0及根與系數(shù)的關(guān)系，求得直線MN的方程，確定恒過(guò)的定點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求解.事實(shí)上，題中的AM⊥AN，也可轉(zhuǎn)化為kAM·kAN=-1，這樣就可聯(lián)想關(guān)于斜率的二次方程，利用韋達(dá)定理求解.

解：（1）x26+y23=1（過(guò)程略）.

（2）當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，直線AM的方程為y=k1（x-2）+1，即y=k1x+1-2k1，直線BM的方程為y=k2x+1-2k2.

聯(lián)立y=k1x+1-2k1，y=kx+m，得點(diǎn)M的坐標(biāo)為

m-1+2k1k1-k，（2k+m）k1-kk1-k.

將其代入橢圓方程并化簡(jiǎn)，得

［2（2k+m）2-2］k21-（8k2+4km-4m-12k+4）k1+（m-1）2-4k2=0.

同理，得

［2（2k+m）2-2］k22-（8k2+4km-4m-12k+4）k2+（m-1）2-4k2=0.

所以k1，k2是方程［2（2k+m）2-2］x2-（8k2+4km-4m-12k+4）x+（m-1）2-4k2=0的兩個(gè)不等實(shí)根.

由AM⊥AN，得k1k2=-1，即（m-1）2-4k22（2k+m）2-2=-1，整理得（2k+3m+1）（2k+m-1）=0.

由A（2，1）不在直線MN上，可知2k+m-1≠0，所以2k+3m+1=0（k≠1）.

于是直線MN的方程為y=k（x-23）-13（k≠1），所以直線MN過(guò)定點(diǎn)P23，-13.

當(dāng)直線MN垂直于x軸時(shí)，由x=23，可得M23，53，N23，-53，也滿足AM⊥AN.

令Q為AP的中點(diǎn)，即Q43，13.若點(diǎn)D與P不重合，則由題設(shè)可知AP是Rt△ADP的斜邊，此時(shí)

DQ=12AP=223;若點(diǎn)D與P重合，也滿足DQ=12AP.

綜上，存在點(diǎn)Q43，13，使得DQ為定值.

例3 （2020年高考·北京卷）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）過(guò)點(diǎn)A（-2，-1），且a=2b.

（1）求C的方程；

（2）過(guò)點(diǎn)B（-4，0）的直線l交橢圓C于點(diǎn)M，N，直線AM，AN分別交直線x=-4于點(diǎn)P，Q.求PBBQ的值.

分析：題目要求PBBQ的值，而P，B，Q都在直線x=-4上，實(shí)質(zhì)上就是要求yPyQ的值.事實(shí)上，通過(guò)引入直線AM，AN的斜率，自然可求得yP，yQ.設(shè)直線AM的方程為y=k1x+2k1-1，直線AN的方程為y=k2x+2k2-1，再令x=-4，可得yP=-2k1-1，yQ=-2k2-1，從而有PBBQ=2k1+12k2+1，需要研究k1與k2的關(guān)系，這時(shí)通過(guò)“線線聯(lián)立”，構(gòu)造斜率的同解二次方程就水到渠成了.

解：（1）x28+y22=1（過(guò)程略）.

（2）設(shè)直線MN的方程為y=k（x+4），直線AM的方程為y=k1x+2k1-1，直線AN的方程為y=k2x+2k2-1.

聯(lián)立y=k1x+2k1-1，y=k（x+4），可以解得點(diǎn)M的坐標(biāo)為2k1-1-4kk-k1，-2kk1-kk-k1，代入橢圓方程并化簡(jiǎn)，得

（16k2-4）k21+（16k2-4）k1+1+8k+12k2=0.

同理，可得

（16k2-4）k22+（16k2-4）k2+1+8k+12k2=0.

所以k1，k2是方程（16k2-4）x2+（16k2-4）x+1+8k+12k2=0的兩個(gè)不等實(shí)根，則k1+k2=-1.

由x=-4得，yP=-2k1-1，yQ=-2k2-1，則PBBQ=2k1+12k2+1=2k1-（k1+k2）2k2-（k1+k2）=1.

例4 （2020年高考·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（agt;1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，AG·GB=8.P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D.

（1）求E的方程；

（2）證明：直線CD過(guò)定點(diǎn).

分析：如果將直線PA，PB的斜率視為“雙斜率”，由條件得出的kPB=3kPA，并不符合k1+k2或k1k2的結(jié)構(gòu).但是命題者設(shè)置了一個(gè)很好的考點(diǎn)——“垂徑定理”，注意到A，B是長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，顯然有kCA·kCB=-19，進(jìn)而kBD·kBC=-13，自然能用“線線聯(lián)立”，構(gòu)造同解二次方程，簡(jiǎn)化運(yùn)算.

解：（1）由題設(shè)得A（-a，0），B（a，0），G（0，1），則AG=（a，1），GB=（a，-1）.由AG·GB=8，得a2=9，所以E的方程為x29+y2=1.

（2）設(shè)直線CD的方程為x=ty+m，點(diǎn)P（6，n），則kPA=n9，kPB=n3，所以有kPB=3kPA.

因?yàn)閗CA·kCB=-19，于是kPA=-19kCB，所以kBD·kBC=-13.

設(shè)直線BD的方程為y=k1（x-3），直線BC的方程為y=k2（x-3）.

聯(lián)立y=k1（x-3），x=ty+m，得點(diǎn)D的坐標(biāo)為m-3tk11-tk1，k1m-3k11-tk1，代入橢圓方程并化簡(jiǎn)，得

9（m-3）k21-6tk1+m+3=0.

同理，可得

9（m-3）k22-6tk2+m+3=0.

所以k1，k2是方程9（m-3）x2-6tx+m+3=0的兩個(gè)不等實(shí)根，則有

k1k2=m+39（m-3）=-13，解得m=32.

故直線CD過(guò)定點(diǎn)32，0.

以上四道高考試題，不論是證明角相等或是證明第三條直線過(guò)定點(diǎn)，還是代數(shù)式的求值問(wèn)題，這些試題都是在“直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，P是定點(diǎn)，連接PA，PB所構(gòu)造的三角形”圖形背景下命制的.而這個(gè)背景圖形，像極了手電筒，所以有人稱(chēng)之為“手電筒模型”.

類(lèi)似的試題，在往年的高考中屢見(jiàn)不鮮，我們不能單純地就題做題，這些經(jīng)過(guò)專(zhuān)家精心打磨的試題蘊(yùn)含著無(wú)數(shù)變化的可能，無(wú)論是教師還是學(xué)生都應(yīng)注意.一方面要學(xué)會(huì)挖掘高考題的內(nèi)涵，注意從多個(gè)角度進(jìn)行思考與探究，在變化中尋找不變的規(guī)律，以此建立知識(shí)間聯(lián)系；另一方面要學(xué)會(huì)歸納整理各類(lèi)試題，并能總結(jié)模型，以此建立題型與方法間的聯(lián)系，最終達(dá)到“做一題，透一點(diǎn)，通一類(lèi)”的目的.這樣才能避免題海戰(zhàn)術(shù)，起到舉一反三、融會(huì)貫通的效果.

著名教育家波利亞曾說(shuō)：“沒(méi)有一道題是可以解決得十全十美的，總剩下些工作要做，經(jīng)過(guò)充分的探討總結(jié)，總會(huì)有點(diǎn)滴的發(fā)現(xiàn)，總能改進(jìn)這個(gè)解答，而且在任何情況下，我們都能提高自己對(duì)這個(gè)解答的理解水平.”也就是說(shuō)，數(shù)學(xué)解題過(guò)程潛藏著豐富的智慧，認(rèn)真分析解題過(guò)程的每一步，并領(lǐng)悟其內(nèi)涵，就會(huì)給你的解題寶庫(kù)增添新的財(cái)富.