两直线斜率积问题分类解析与命题推广

武刚 李秀元

摘 要：借助例题，对两直线斜率积问题进行分类解读，查找问题根源，展示求解方法，并试图推广一些命题，从中体会数学运算、逻辑推理及数学抽象等核心素养如何在教学中落地生根.

关键词：直线斜率;分类解析;命题推广;核心素养

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）34-0004-04

收稿日期：2021-09-05

作者简介：

武刚（1976.1-），男，湖北省黄冈人，从事高中数学教学研究.

李秀元（1973.11-），男，湖北省黄冈人，中学高级教师，从事高中数学教学研究.

平面解析几何的教学，从知识层面上讲，需要掌握直线、圆及圆锥曲线的定义、方程和几何性质，熟悉直线与二次曲线位置关系问题的处理方式;从思想方法层面讲，主要是传授数形结合与模型化思想;从能力层面，包括但不仅仅限于发现问题、提出问题，语言表达以及运算与推理等能力培养;从核心素养层面，则需重点提升直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理和数学抽象素养，其中，数学运算尤为突出，很多结论的获取，都是基于计算结果，解题过程大部分是运算过程展示.在圆锥曲线的学习过程中，我们发现，两直线斜率积问题比较常见，从课本到高考都有体现，试题大致可分为四类：已知过动点两直线斜率积为定值，求动点轨迹方程;已知动直线与圆锥曲线相交于两点，两点所对应的两条直线斜率积为定值，研究动直线的特点;证明两直线斜率积为定值;在两直线斜率积为定值的基础上，探讨直线方程中参数关系等.

一、已知斜率积求动点轨迹方程

例1 已知A（0，2），B（0，-2），动点P（x，y）满足PA，PB的斜率之积为-12.

（1）求动点P的轨迹C的方程;

（2）已知直线l：y=kx+m，C的右焦点为F，直线l与C交于M，N两点，若点F是△AMN的垂心，求直线l的方程.

分析 这类题是课标实验教科书《数学》（选修2-1）中例题的变式.课本例题可以看成产生椭圆的一种方式，揭示了椭圆的一条性质.

设过原点的直线与椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）交于A，B两点，称AB为椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）的一条直径，则椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a≠b）上不同于直径端点的任一点与直径端点连线的斜率之积为定值-b2a2.

因此，基于两个关于原点的对称点，若两动直线斜率之积为定值（负值），则动点轨迹一定是椭圆（除去两已知点）.应用模型识别，我们可以提前定位曲线类型，识别方程结构.

本题条件直译后，化简即得动点轨迹方程，但在表示斜率时要注意坐标的限制条件，即轨迹方程的限制条件，而第（2）小题，则需要借助互相垂直的两直线斜率之积为-1来转化运算.

解析 （1）因为动点P（x，y）满足PA，PB的斜率之积为-12，所以y-2x·y+2x=-12（x≠0），整理，得x28+y24=1（x≠0）.

因此，动点P的轨迹C的方程为x28+y24=1（x≠0），图形是焦点在x轴的椭圆（缺失短轴端点）;

（2）由（1）可得右焦点F（2，0），因此kAF=2-00-2=-1.因为点F为△AMN的垂心，所以直线MN的斜率为1，设M（x1，y1），N（x2，y2）.

联立直线l与椭圆C的方程y=x+m，x2+2y2=8，，消去y，整理，得3x2+4mx+2m2-8=0.由△=16m2-12（2m2-8）>0，得m2<12，且x1+x2=-4m3，x1x2=2m2-83.

因为AM⊥NF，所以kAM·kNF=-1，即y1-2x1·y2x2-2=-1，整理，得y2（y1-2）+x1（x2-2）=0，进一步化简，得2x1x2+（m-2）（x1+x2）+m2-2m=0.

把x1+x2=-4m3，x1x2=2m2-83代入化简，得3m2+2m-16=0，解得m=-83或m=2，经检验，m=-83满足条件.

所以直线l的方程为y=x-83，即3x-3y-8=0.

反思 椭圆这一性质的产生，应该源于任一直径所对圆周角为直角，且互相垂直的两直线斜率之积为定值-1的基本事实.圆和椭圆同属于二次曲线，两者之间可以互相转化，进行类比推理，从特殊入手，进而得到椭圆的一般化命题.椭圆具有的性质，双曲线也会有类似的性质，我们要做的只是想办法将它们统一起来.在圆锥曲线章节复习时，以课本例习题为载体，设置一次探究活动，重点关注性质的产生过程与整合，对落实逻辑推理、数学抽象和数学运算等核心素养意义非凡.

二、探讨或证明两直线斜率积为定值

例2 如图1，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A，B，已知|AB|=4，且点（e，345）在椭圆上，其中e是椭圆的离心率.

图1

（1）求椭圆C的方程;

（2）设点P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值.

解析 （1）因为|AB|=4，所以2a=4，即a=2.又点（e，345）在椭圆上，所以e2a2+4516b2=1，即c216+4516b2=1，而b2+c2=4，聯立方程组，解得b2=3.所以，椭圆C的方程为x24+y23=1.

（2）设点P坐标为s，t，M，N的横坐标为m（-2

故k1k2=t（m+2）（s+2）（m-2）×t（m-2）（s-2）（m+2）=t2s2-4.

又点P在椭圆C上，故s24+t23=1，即t2=-34（s2-4），从而t2s2-4=-34.

所以k1k2=-34，即直线AN与直线BM的斜率之积是定值.

反思 由于定值结构形式与椭圆性质一致，二者之间应该有一定的联系.事实上，如果将AN和BM延长，设交点为Q，只要能说明点Q在椭圆上，或者由直线BM与椭圆交于另一点Q，能说明A，N和Q三点共线，则两个问题也就合二为一了.由于是纯字母运算，无论是运算方向的把握，还是运算过程的落实，难度值都是很大的.但经过核算，这是对的.因此有

命题推广 A，B是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0长轴的端点，点P是椭圆C上异于A，B的任意点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，则直线AN与直线BM的斜率之积是定值-b2a2.

我们甚至可以更大胆地猜想，将椭圆长轴换成任一直径，直线l与直径垂直，所得两直线斜率之积也是定值，读者不妨试一试.

下面继续来看斜率积为定值的其他形式的问题.

例3 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，短轴长为2，直线l与椭圆有且只有一个公共点.

（1）求椭圆的方程;

（2）圆C的方程为x2+y2=5，若圆C与直线l相交于P，Q两点（两点均不在坐标轴上），试探究OP，OQ的斜率之积是否为定值？若是，求出此定值，若不是，请说明理由.

解析 （1）由离心率为32，得e=ca=32，而短轴长为2，故b=1.

又a2-c2=b2=1，解得a=2，c=3，所以椭圆的方程为x24+y2=1.

（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，

由y=kx+m，x2+4y2=4，消去y，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0.

因为直线l与椭圆C有且只有一个交点，所以Δ1=（8km）2-4（1+4k2）（4m2-4）=0，即m2=1+4k2.

由y=kx+m，x2+y2=5，消去y，得（1+k2）x2+2kmx+m2-5=0，此时Δ2>0.

设P1（x1，y1），P2（x2，y2），则x1+x2=-2km1+k2，x1x2=m2-51+k2.

设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，则

k1k2=y1y2x1x2=（kx1+m）（kx2+m）x1x2

=k2x1x2+km（x1+x2）+m2x1x2=m2-5k2m2-5.

将m2=1+4k2代入上式，得k1k2=-k2+14k2-4=-14.

当直线l的斜率不存在时，其方程为x=±2，此时圆x2+y2=5与l的交点为P1，P2也满足k1k2=-14.

综上可知，OP，OQ的斜率之积为定值-14.

结果同样与椭圆性质形式一致.一般地，我们有

命题推广 直线l与椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）有且只有一个交点，直线l与圆x2+y2=a2+b2相交于P，Q两点，则直线OP，OQ的斜率之积为定值-b2a2.

例4 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，点（2，2）在C上.

（1）求C的方程;

（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM与直线l的斜率乘积为定值.

解析 （1）由题意有a2-b2a=22，4a2+2b2=1， 解得a2=8，b2=4，所以椭圆C的方程为x28+y24=1.

（2）设直线l：y=kx+t（k≠0，t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）.

把y=kx+t代入x28+y24=1，得（2k2+1）x2+4ktx+2t2-8=0.

故xM=x1+x22=-2kt2k2+1，yM=kxM+t=t2k2+1，于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k， 所以kOM·k=-12，即直线OM与直线l的斜率乘积为定值.

命题推广 不过原点O且斜率存在的直线l与椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）交于A，B两点，线段AB的中点为M，则直线OM和直线l的斜率乘积为定值-b2a2.

三、基于两直线斜率积为定值，研究动直线特点

例5 已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的离心率e=63，且椭圆C过点P（33，2）.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）设点Q是椭圆C与x轴正半轴的交点，斜率不为0的直线l与椭圆C交于不同的两点D，E，若kQD·kQE=9，问直线DE是否恒过定点？若过定点，求出该定点的坐标;若不过定点，请说明理由.

解析 （1）设椭圆C的焦距为2c，由e=ca=63，得c2a2=23，则b2a2=a2-c2a2=13，即a2=3b2.

又椭圆C过点P（33，2），所以2a2+13b2=1，聯立解得a2=3，b2=1.

因此，椭圆C的标准方程为y23+x2=1.

（2）设直线DE的方程为x=ty+m，代入y23+x2=1，消去x，整理得（1+3t2）y2+6mty+3m2-3=0.

设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1+y2=-6mt1+3t2，y1y2=3m2-31+3t2.

由题意，得Q（1，0），故kQD·kQE=y1x1-1·y2x2-1=y1y2（x1-1）（x2-1）=9.

所以y1y2=9（x1-1）（x2-1）=9（ty1+m-1）（ty2+m-1），进一步整理，得（9t2-1）y1y2+9（m-1）t（y1+y2）+9（m-1）2=0.

把y1+y2=-6mt1+3t2，y1y2=3m2-31+3t2代入，得（9t2-1）×3m2-31+3t2-54m（m-1）t21+3t2+9（m-1）2=0.

因為m≠1（直线不过（1，0）点），故有（9t2-1）（m+1）-18mt2+3（m-1）（1+3t2）=0，解得m=2.

故直线DE恒过定点（2，0）.

四、基于两直线斜率积为定值，研究动直线方程中参数的特点

例6 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32，短轴长为2.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON=54，求证：点（m，k）在定圆上.

解析 （1）设焦距为2c，由已知得e=ca=32，2b=2，所以b=1，a=2.

故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），把y=kx+m代入x24+y2=1，整理，得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0.

依题意，Δ=（8km）2-4（4k2+1）（4m2-4）>0，化简，得m2<4k2+1.①

此时x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1.

所以y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2.

若kOM·kON=54，则y1y2x1x2=54， 即4y1y2=5x1x2.

所以（4k2-5）x1x2+4kmx1+x2+4m2=0.

把x1+x2=-8km4k2+1，x1x2=4m2-44k2+1代入，得（4k2-5）·4（m2-1）4k2+1+4km·（-8km4k2+1）+4m2=0.

整理，得（4k2-5）（m2-1）-8k2m2+m2（4k2+1）=0，化简，得m2+k2=54.②

由①②，得0≤m2<65，120

虽然我们对一些命题进行了推广，但也只是一般化而已，如果能在不同曲线上展现，这样的研究也许更有意义.不管是哪种类型，问题解决最终都是展现数学运算能力，因此，在平时的解题教学中，除了逻辑分析外，还是需要留足时间，展示运算过程，突破运算技巧，提升运算能力.

参考文献：

[1]人民教育出版社，课程教材研究所，数学课程教材研究开发中心.普通高中课程标准实验教科书·数学[M].北京：人民教育出版社，2010.

[责任编辑：李 璟]