由一道赛题谈“联立双直线方程”在解几试题中的妙用*

广东省中山市濠头中学(528437) 闫 伟

1.试题呈现

题目(2019年广西赛区预赛试题)如图1,设k >0 且1,直线l:y=kx+1 与l1:y=k1x+1 关于直线y=x+1 对称,直线l与l1分别交椭圆于点A,M和点A,N.(1)求kk1的值; (2)求证:对任意的k,直线MN恒过定点.

图1

作为竞赛试题,该题难度适中,解法多样,是一道具有研究价值的好题.碰到这道题是源于在一节自习课上笔者偶遇几个数学基础较好的学生讨论此题,于是第二天将此题作为选做题作业布置给学生,经反馈后,能解出的学生大都采用的是下文中的常规解法,个别学生用的是齐次化求解(算是很牛的学生),大部分人劳而无功,主要原因是“算”不下去.下面给出常规解法,供大家参考.

解(1)因为直线l与l1关于直线y=x+1 对称,由到角公式知:,解得kk1=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线AM与椭圆方程得(4k2+1)x21+8kx1= 0,所以联立椭圆与直线AN同理可得:由可知:,于是直线MN的斜率从而直线MN的方程为化简得:对任意的k,直线MN恒过定点

评注此解法是解析几何试题中求定点问题的常用方法,用斜率作为单一参数来表示直线方程,进而确定定点坐标;解法思路自然,学生容易想到,但是运算量很大,对学生的运算能力有较高的要求.

2.试题第(2)问的另解

大部分计算能力较弱的学生算不下去,要么是联立后M,N坐标算错,或者直线MN的斜率化简出问题导致解题崩盘;其实对于这类定点问题,我们想解决直线MN的方程,而MN的方程受到直线AM,AN的制约,于是可以将两条直线方程同时与椭圆联立得到三个公共点再舍去A点,即可得到直线MN的方程,思路简捷,计算量大大减少,同时也体现了该试题的本质.

解由题意可知直线AM,AN的方程为分别为y=kx+1 和y=k1x+1,则双直线方程(kx+1−y)(k1x+1−y)=0 表示直线AM,AN上的所有点,整理得kk1x2+(k+k1)x(1−y)+(1−y)2=0.

因为M,N在椭圆+y2=1 上,即x2=4(1−y2),和上式联立得4kk1(1−y2)+(k+k1)x(1−y)+(1−y)2=0,且1,kk1=1,于是有4(1+y)+(k+k1)x+(1−y)=0,即(k+k1)x+(5+3y)= 0,此方程即为直线MN的方程,令x=0,解得于是直线MN恒过定点

评注本解法利用两条直线方程的乘积形式来刻画直线MN的方程,其本质是利用曲线系方程解题,可以将两条直线看做二次曲线的退化,作为曲线的特殊形式,联立两条直线(曲线)与椭圆得到的解就是对应交点M,N的坐标,从而快速锁定直线MN的方程,此过程中代数变形简单,极大提高了解题效率.

3.方法总结

笔者发现,只要试题中的条件满足两条直线过曲线上同一点P(x0,y0),即曲线上的内接三角形出现,利用双直线方程与曲线联立解题简捷、高效,具体步骤总结如下:

(1)设两条直线方程分别为y=k1(x −x0)+y0与y=k2(x −x0)+y0,将其写成双直线方程

形式并化简;

(2)将上述双直线方程与已知曲线联立并消去已知点P(x0,y0),得到含有参数k1,k2的一般方程;

(3)根据所求的一般方程计算相关的定点和定值问题.

4.拓展应用

例1(2017年高考全国I 卷第20 题)已知椭圆四点P1(1,1),P2(0,1),中恰有三点在椭圆上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设直线l不经过P2点,且与椭圆C相交于A,B两点,若直线P2A与直线P2B的斜率之和为−1,证明:直线l过定点.

解(1)椭圆C的方程为过程从略.

(2)设直线P2A,P2B的斜率分别为k1,k2,则k1+k2=−1,于是直线P2A与P2B的双直线方程为(k1x+1−y)(k2x+1−y)= 0,化 简 得k1k2x2+(1−y)2+(k1+k2)(1−y)x=0,与椭圆联立得:4k1k2(1−y2)+(1−y)2−x(1−y)= 0,此方程的解是椭圆与两条直线的三个公共点P2,A,B的坐标,因为P2(0,1),当1 时,得4k1k2(1 +y)+(1−y)−x= 0,这便是直线AB的方程,由于k1,k2取任意值,令y=−1,解得x=2,故直线l过定点(2,−1).

评注本题利用两条双直线同时与椭圆联立得到三个公共点,再舍去点P即为直线AB的方程,相比传统方法直接设直线AB方程再联立椭圆消去参数更简洁,极大减少了运算量,达到化繁为简的效果.

例2已知椭圆E:的离心率为,上顶点为B,点P在椭圆上,点D(0,−2b),如图2所示,∆PBD的面积最大值为

图2

(1)求椭圆E的方程;

(2)若直线DP与椭圆的另一交点为Q,直线BP,BQ分别与x轴交于点M,N,试判断|OM|·|ON|是否为定值,并说明理由.

解(1)椭圆E的方程为过程从略.

(2)设直线BP,BQ的斜率分别为k1,k2,则两直线方程分别为y=k1x+1 和y=k2x+1,于是双直线方程为(k1x+1−y)(k2x+1−y)=0,化简得k1k2x2+(1−y)2+(k1+k2)(1−y)x= 0,与椭圆方程x2= 2(1−y2)联立得:2k1k2(1−y2)+(1−y)2−x(1−y)=0,即B,P,Q三点满足的方程,若y≠1,得2k1k2(1+y)+(1−y)+(k1+k2)x=0为直线PQ的方程; 又因为D(0,−2)在直线PQ上,代入得结合图2可知,在Rt∆BOM中,|k1|=同理可得于是

评注本题的关键在于利用数形结合将题中几何长度转化为斜率,再联立双直线与椭圆方程得到两直线的斜率之积,相比较利用M,N两点的横坐标再结合方程联立和韦达定理而言要简便得多,故解题中要抓住问题的本质,明确双直线联立后的意义,这样可以极大优化解题过程,可谓大道至简.

5.结束语

解析几何的根本思想是几何问题的代数化,即将抽象的几何问题转化为易于计算的代数问题,那么选择什么样的转化方法就显得尤为重要,如上文中利用双直线与曲线联立的方法就更巧妙,运算简洁,思路新颖,这就要求我们在平常的课堂教学中打破那种单一的联立直线和曲线再结合韦达定理求解的惯性思维,从整体思想的视角出发,在与曲线联立时作一些灵活的转化,即从另一个角度感受解析几何试题中简化运算的技巧和思维方式,从而有效地提高教学的效率.