用结论 k 1k 2=e 2-1 优化数学运算

黄昌毅

【摘 要】  解析几何问题难在几何关系坐标化及数学运算，通过圆锥曲线中常用结论将问题进行转化，则可以减少繁琐运算过程，优化数学运算，有效培养学生的数学运算核心素养.

【关键词】  解析几何;二级结论;优化运算

解题过程中若能用常用结论将问题进行转化，则能减少繁琐运算过程，优化数学运算，有效培养学生的数学运算核心素养.本文就圆锥曲线k 1k 2=e 2-1这一常用结论在解题中应用做一个探究.

1  与k 1k 2=e 2-1相关的结论

以椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 （a>b>0） 为例：

结论1   如图1，已知椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 （a>b>0） 的左右顶点分别为A，B，P为椭圆上异于A，B两点的任意一点，则有k  PA ·k  PB =- b 2 a 2 =e 2-1.

证明  A（-a，0），B（a，0），

设P（x 0，y 0），则有  x  2  0 a 2 + y  2  0 b 2 =1，

k  PA ·k  PB  = y 0 x 0+a · y 0 x 0-a = y  2  0 x  2  0-a 2

= b 2 a 2 · a 2-x  2  0 x  2  0-a 2 =- b 2 a 2 =e 2-1.

结论2   如图2，已知M，N是椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 （a>b>0） 上关于原点对称的两点，P为椭圆上任意一点，若直线PM，PN斜率存在，则有

k  PM ·k  PN =- b 2 a 2 =e 2-1.

证明  设

M（x 1，y 1），N（-x 1，-y 1），P（x 2，y 2），

则有  x  2  1 a 2 + y  2  1 b 2 =1， x  2  2 a 2 + y  2  2 b 2 =1，

k  PM ·k  PN  = y 2-y 1 x 2-x 1 · y 2+y 1 x 2+x 1

= y  2  2-y  2  1 x  2  2-x  2  1 =- b 2 a 2

=e 2-1.

結论3   如图3，已知M，N是椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1  （a>b>0）  上任意两点，弦MN中点为G，若直线MN，OG斜率存在，则有

k  MN ·k  OG =- b 2 a 2 =e 2-1.

证明  设M（x 1，y 1），N（x 2，y 2），

则有  x  2  1 a 2 + y  2  1 b 2 =1， x  2  2 a 2 + y  2  2 b 2 =1，

G  x 1+x 2 2 ， y 1+y 2 2  ，

所以 k  MN ·k  OG  = y 2-y 1 x 2-x 1 · y 2+y 1 x 2+x 1

= y  2  2-y  2  1 x  2  2-x  2  1 =- b 2 a 2 =e 2-1.

以上结论对双曲线 x 2 a 2 - y 2 b 2 =1 （a>0，b>0） 也成立.

2 结论的应用

例1   已知A、B分别为椭圆E： x 2 a 2 +y 2=1  （a>1）  的左、右顶点，G为E的上顶点，  AG  · GB   =8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.

（1）求E的方程;

（2）证明：直线CD过定点.  （2020年全国Ⅰ卷）

分析  （1）E： x 2 9 +y 2=1;

（2）①P（6，0）时，直线CD为y=0;

②设P（6，y 0） （y 0≠0） ，

则有 k  PA =k  CA = y 0 9 ，k  PB =k  BD = y 0 3 ，

即 k  CA = 1 3 k  BD ，如图4.

由结论1可知 k  CA ·k  CB =- b 2 a 2 =- 1 9 ，

则有 k  BD ·k  BC =- 1 3 .

设直线CD方程为x=ty+m （m≠3） ，

C（x 1，y 1），D（x 2，y 2），

联立 x=ty+m， x 2 9 +y 2=1， 得

（t 2+9）y 2+2mty+m 2-9=0，

由韦达定理可知

y 1+y 2=- 2mt t 2+9 ，y 1y 2= m 2-9 t 2+9 ，

则 k  BC ·k  BD = y 1 x 1-3 · y 2 x 2-3

= y 1y 2 （ty 1+m-3）（ty 2+m-3）

= y 1y 2 t 2y 1y 2+t（m-3）（y 1+y 2）+（m-3） 2

=- 1 3 ，

代入化簡得 m= 3 2 ，满足Δ>0，

所以 直线CD过定点  3 2 ，0 .

综上知，直线CD过定点  3 2 ，0 .

例2   已知椭圆C： x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 （a>b>0） 的一个焦点为 （- 3 ，0） ，且过点 1，  3  2  .

（1）求椭圆C的方程;

（2）设M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，A 1与A 2分别是椭圆C的左右顶点，点B为上顶点.若直线A 1B与直线A 2M交于点P，直线A 1M与直线A 2B交于点Q.求证：△BPQ是等腰三角形.  （2021年呼和浩特市一模）

分析  （1）C： x 2 4 +y 2=1;

（2）如图5，由结论1可知

k  MA 1 ·k  MA 2 =- b 2 a 2 =- 1 4 .

設k  MA 1 =k，则k  MA 2 =- 1 4k .

设P（x 1，y 1），Q（x 2，y 2），

则有  k  PA 1  k  PA 2  = x 1+2 x 1-2 =  1 2  - 1 4k  =-2k，

k  QA 1  k  QA 2  = x 2+2 x 2-2 = k - 1 2  =-2k，

所以  x 1+2 x 1-2 = x 2+2 x 2-2 ，

化简得 x 1=x 2，

即 直线PQ⊥x轴，

所以 △BPQ是等腰三角形.

例3   已知点A（-2，0），B（2，0），动点 M（x，y） 满足直线AM与BM的斜率之积为- 1 2 .记M的轨迹为曲线C.

（1）求C的方程，并说明C是什么曲线;

（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.

（ i ）证明：△PQG是直角三角形;

（ ii ）求△PQG面积的最大值.  （2019年全国Ⅱ卷）

分析  （1） x 2 4 + y 2 2 =1 （x≠±2） .

（2）（ i ）设P（x 0，y 0） （x 0>0，y 0>0） ，

则  x  2  0 4 + y  2  0 2 =1.

如图6，依题意得Q（-x 0，-y 0），E（x 0，0），

则有 k  PQ = y 0 x 0 ，k  QG = y 0 2x 0 = 1 2 k  PQ .

由结论2可知 k  GP ·k  GQ =- 1 2 ，

则有 k  GP ·k  PQ =-1，

即 △PQG是直角三角形.

（ ii ）直线QG方程为y= y 0 2x 0 （x-x 0），

直线PG方程为y=- x 0 y 0 （x-x 0）+y 0，

联立两直线方程可求得

x G= x 0（x  2  0+3y  2  0） 2x  2  0+y  2  0 ，

则 S  △PQG  = 1 2 |PE|·|x G-x Q|

= y 0 2   x 0（2x  2  0+3y  2  0） 2x  2  0+y  2  0 +x 0

= 2x 0y 0（x  2  0+y  2  0） 2x  2  0+y  2  0

= 8x 0y 0（x  2  0+y  2  0） （2x  2  0+y  2  0）（x  2  0+2y  2  0）

= 8  x 0 y 0 + y 0 x 0     2x 0 y 0 + y 0 x 0    x 0 y 0 + 2y 0 x 0

= 8  x 0 y 0 + y 0 x 0   2  x 0 y 0   2+2  y 0 x 0   2+5

= 8  x 0 y 0 + y 0 x 0   2  x 0 y 0 + y 0 x 0   2+1 .

設t= x 0 y 0 + y 0 x 0 ≥2.

易证S  △PQG = 8t 1+2t 2 在[2，+∞）单调递减，

所以当t=2，S  △PQG 最大值为 16 9 .

因此，△PQG面积的最大值为 16 9 .

例4   已知点A，B在椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 =1  （a>b>0）  上，点A在第一象限，O为坐标原点，且OA⊥AB.    图7

（1）若a= 3 ，b=1，直线OA的方程为x-3y=0，求直线OB的斜率;

（2）若△OAB是等腰直角三角形 （点O，A，B按顺时针排列） ，求 b a 的最大值.

分析  （1）略;

（2）如图7，延长AO交椭圆于点A′，连接A′B.

设∠AA′B=θ，则 tan θ= 1 2 .

设k  OA =k>0，则有k  AB =- 1 k .

由结论2可得 k  BA ·k  BA′ =- b 2 a 2 ，

则有 k  A′B = b 2k a 2 .

又  tan θ= k  A′A -k  A′B  1+k  A′A ·k  A′B  =  1- b 2 a 2  k 1+ b 2 a 2 k 2 = 1 2 ，

所以  b 2 a 2 k 2-2 1- b 2 a 2  k+1=0，

以k為主元构造一元二次方程，

由判别式 Δ=4 1- b 2 a 2   2-4 b 2 a 2 ≥0，

得  b a ≤  5 -1 2 .

小结  观察图形特征，引入A′点，发现∠AA′B为定值，利用结论2得k  BA ·k  BA′ =- b 2 a 2 及垂直关系将直线斜率用k表示，代入 tan θ= 1 2 得到 b 2 a 2 k 2-2 1- b 2 a 2  k+1=0.确定k为主元，则关于k的一元二次方程有解，得到 b a 的最大值.这种解法避开直线曲线联立，优化数学运算.

例5   如图8，已知椭圆C 1： x 2 2 +y 2=1，抛物线C 2：y 2=2px （p>0） ，点A是椭圆C 1与抛物线C 2的交点，过点A的直线l交椭圆C 1于点B，交抛物线C 2于M （B，M不同于A） .

（1）若p= 1 16 ，求抛物线C 2的焦点坐标;

（2）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.  （2020年浙江卷）

分析  （1）略;

（2）设A（2pt  2  1，2pt 1），M（2pt  2  2，2pt 2），t 1≠t 2.

由结论3可知

k  OM ·k  AB =- b 2 a 2 =- 1 2 .

又 k  AB =k  AM = 1 t 1+t 2 ，

即  2pt 2 2pt  2  2 · 1 t 1+t 2 =- 1 2 ，

化简得 t  2  2+t 1t 2+2=0，

以t 2主元构造一元二次方程，

由判别式 Δ=t  2  1-8≥0，得t  2  1≥8.

又 点A在椭圆上，

则有  4p 2t  4  1 2 +4p 2t  2  1=1，

则  1 2p 2 =t  4  1+2t  2  1=（t  2  1+1） 2-1≥80，

所以当t 1=2 2 ，t 2=- 2 或t 1=-2 2 ，t 2= 2 时，p取到最大值为  10  40 .

例6   已知抛物线C：x 2=2py （p>0） 的焦点为F，P为C上的动点，Q为P在直线y=t （t<0） 上的投影.当△PQF为等边三角形时，其面积为4 3 .

（1）求C的方程;

（2）设O为原点，过点P的直线l与C相切，且与椭圆 x 2 4 + y 2 2 =1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得|AM|= |BM| 恒成立？若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由.

分析  （1）x 2=4y;

（2）如图9，设P x 0， x  2  0 4  ，

则 P在y=t上的投影Q（x 0，y）.

当x 0≠0时，k  OQ = t x 0 ，

直线l的斜率为 k=y′|  x=x 0 = 1 2 x 0.

由结论3得 k·k  OQ =k·k  OM =- 1 2 ，

即  1 2 x 0· t x 0 =- 1 2 ，解得t=-1.

当x 0=0时，切线l为x轴;

当t=-1也满足|AM|=|BM|.

综上知，存在t=-1，使得|AM|=|BM|恒成立.