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]