圓錐曲線壓軸題的處理策略

應(yīng)莉

[摘 要]圓錐曲線是高中數(shù)學的核心內(nèi)容之一，圓錐曲線問題在歷年高考中常以壓軸題的形式出現(xiàn)，注重考查考生的推理能力、化歸能力和運算能力。確定正確的解題方向、找到正確的解題方法是解決圓錐曲線問題的關(guān)鍵，因此，教師要引導學生做好關(guān)鍵條件的識別、審視以及題型的歸納和解題方法的總結(jié)。

[關(guān)鍵詞]圓錐曲線;壓軸題;策略

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）11-0001-03

本文以2020年新課標Ⅰ卷（山東）第22題為例，從解題方向的確定、解題方法的尋找和問題的拓展三個視角談?wù)剤A錐曲線壓軸題的處理策略。

[例1][2020年新課標Ⅰ卷（山東）第22題]已知橢圓[C：] [x2a2+y2b2=1]（[a>b>0]）的離心率為[22]，且過點[A（2 ， 1）]。

（1）求[C]的方程;

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

一、解題方向的確定

確定正確的解題方向是成功解題的關(guān)鍵。解題是從審題開始的，那么審題要審什么呢？總的來說，要審條件、審結(jié)論、找關(guān)聯(lián)。本題的主要條件是[M]，[N]是橢圓[C]上兩點，[A]為已知點，可將問題轉(zhuǎn)化為一條直線與橢圓[C]交于[M]、[N]兩點，且[AM⊥AN]。由[AM⊥AN，]可得直線[AM]和[AN]的斜率之積為-1。

橢圓有下面的性質(zhì)：

[M]，[N]是橢圓[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]上關(guān)于原點對稱的兩個點，[P]為橢圓[C]上不與[M]、[N]重合的點，若[MP]，[NP]的斜率存在且不為零，則[kMP?kNP=-b2a2]。

證明： 令[P（x0， y0）]，[M（x1， y1）]，[N（-x1，-y1）]，則[kMP=y1-y0x1-x0]，[kNP=y1+y0x1+x0]，所以[kMP·kNP=y21-y20x21-x20]，又[y21=b21-x21a2]，[y20=b21-x20a2]，所以[kMP?kNP=y21-y20x21-x20=b2x20a2-x21a2x21-x20=-b2a2]。

由該性質(zhì)不難得出如下推論：

直線[l]與橢圓[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]交于[M]，[N]兩點，[P]為橢圓[C]上不與[M]、[N]重合的點，若[kMP?kNP=-b2a2]，則直線[l]過坐標原點。

證明方法同上，省略。

上述性質(zhì)和推論中兩條直線的斜率之積為定值[-b2a2]，可得直線過定點，即坐標原點。若斜率之積為定值，但這個定值不是[-b2a2]，那么直線是否過定點呢？如果直線過某一定點，對本題的求解是否有幫助？

如圖1所示，若直線[MN]過定點，設(shè)該點為[E]，因為[A]為已知點，所以[AE]為定值，而[AD⊥MN]，所以△[ADE]為直角三角形，或所求的點[Q]為[AE]的中點，則[DQ=12AE]，為定值，進而問題得解。

從上述分析來看，解題方向并不是盲目確定的，而是與我們熟悉的內(nèi)容建立關(guān)聯(lián)。通過研究不難發(fā)現(xiàn)，很多高考題都是以我們熟悉的知識為背景，只要我們明確這些背景，解題方向的確定也就水到渠成了。

二、解題方法的尋找

以直線與圓錐曲線相交為背景的考題，常規(guī)解法是先引入直線方程，將其與橢圓方程聯(lián)立，再利用坐標法、消元法、判別式及根與系數(shù)的關(guān)系等，結(jié)合所給的條件建立關(guān)聯(lián)進行求解。

解法1：

（1）求得[C]的方程為[x26+y23=1]。

（2）當直線[MN]的斜率存在時，設(shè)其方程為[y=kx+m]，聯(lián)立[x26+y23=1，y=kx+m，]

代入消元可得[（1+2k2）x2+4kmx+2m2-6=0]。

設(shè)[M（x1， y1）]，[N（x2， y2）]，由韋達定理得

[x1+x2=-4km1+2k2]，[x1x2=2m2-61+2k2]，

由[AM?AN=0]，且[AM=（x1-2， y1-1）]，[AN=（x2-2， y2-1）]，可得[（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0]。又[y1=kx1+m]，[y2=kx2+m]，所以[（1+k2）x1x2+（km-k-2）（x1+x2）+（m-1）2+4=0]，于是有[（1+k2）2m2-61+2k2-（km-k-2）4km1+2k2+（m-1）2+4=0]，整理得[（2k+3m+1）（2k+m-1）=0]。

因為[A（2， 1）]不在直線[MN]上，所以[2k+m-1≠0]，即[2k+3m+1=0]，[k≠1]，所以直線[MN]的方程為[y=kx-23-13（k≠1）]，過定點[E23，-13]。

若直線[MN]的斜率不存在，設(shè)[M（x1， y1）]，則[N（x1 ，-y1）]，由[AM?AN=0]得[（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0]，又[x216+y213=1]，所以[3x21-8x1+4=0]，解得[x1=2]（不符合條件，舍去），所以[x1=23]，此時直線[MN]過點[E23，-13]，所以[AE=2-232+1+132=423]。

設(shè)[AE]的中點為[Q]，則[Q43，13]，所以在Rt[△ADE]中，[QD=12AE=223]為定值，故存在點[Q43，13]使得[DQ]為定值。

另外，對于以直線斜率關(guān)系為背景的問題，可通過構(gòu)造斜率的齊次式來處理。

解法2：

（1）求得[C]的方程為[x26+y23=1]。

（2）設(shè)[x-2=s]，[y-1=t]，則[x=s+2]，[y=t+1]。

設(shè)[M（x1， y1）]，[N（x1， y2）]，則[kAM?kAN=y1-1x1-2?y2-1x2-2=t1s1?t2s2=k1?k2=-1]。

設(shè)直線[MN]的方程為[ms+nt=1]，橢圓方程為[（s+2）2+2（t+1）2=6?s2+4s+2t2+4t=0]，即[s2+4s（ms+nt）+2t2+4t（ms+nt）=0]，整理得[（4n+2）t2+4（m+n）st+（4m+1）s2=0]，所以[（4n+2）ts2+4（m+n）ts+（4m+1）=0]，即[（4n+2）k2+4（m+n）k+（4m+1）=0 ]，故[k1?k2=4m+14n+2=-1?-34m+-34n=1]，直線[MN]（[ms+nt=1]）過點[-43，-43]，所以直線[MN]過點[E23，-13]，[AE]=[2-232+1+132=423]。

在Rt[△ADE]中，設(shè)[AE]的中點為[Q]，則[Q43，13]，此時[QD=12AE=122-232+1+132=223]為定值，所以存在點[Q43， 13]使得[DQ]為定值。

本題是由斜率之積為定值（該定值為-1）引發(fā)的定點問題，事實上斜率之積為定值（不一定為-1）也能引發(fā)定點問題。解法2采用了“齊次化”的方式，大大地簡化了運算。

三、問題的拓展

類似的問題還有很多，我們可將斜率之積為定值變換為斜率之和為定值。另外，也可以將曲線類型變換為雙曲線或拋物線進行探究，從而拓展視角。

[例2]已知橢圓[C]：[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]，四點[P1（1，1）]，[P2（0 ， 1）]，[P3-1，32]，[P4-1，32]中恰有三點在橢圓C上。

（1）求橢圓C的方程;

（2）設(shè)直線l不經(jīng)過點[P2]且與橢圓[C]相交于A、B兩點，若直線[P2A]與直線[P2B]的斜率和為-1，證明：直線[l]恒過定點。

解析：

（1）因為[P3]，[P4]兩點關(guān)于[y]軸對稱，所以由題設(shè)知橢圓[C]經(jīng)過[P3]，[P4]兩點。

又由[1a2+1b2>1a2+34b2]可知，橢圓[C]不經(jīng)過點[P1]，所以點[P2]在橢圓[C]上。

因此[1b2=1，1a2+34b2=1，]解得[a2=4，b2=1，]故橢圓[C]的方程為[x24+y2=1]。

（2）方法1：設(shè)直線[P2A]與直線[P2B]的斜率分別為[k1]，[k2]，如果直線[l]與[x]軸垂直，設(shè)直線[l]：[x=t]，由題設(shè)知[t≠0]，且[t<2]，可得[A]，[B]的坐標分別為[t，4-t22]，[t ，-4-t22]。

則[k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1]，得[t=2]，不符合題設(shè)。

從而可設(shè)直線[l]：[y=kx+m]（[m≠1]），將[y=kx+m]代入[x24+y2=1]得[4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0]，根據(jù)已知條件可得判別式[Δ=164k2-m2+1>0]。

令[A（x1， y1）]，[B（x2， y2）]，則[x1+x2=-8km4k2+1]，[x1x2=4m2-44k2+1]。

又[k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+m-1（x1+x2）x1x2]。

已知[k1+k2=-1]，所以[2k+1x1x2+m-1（x1+x2）=0]，進而可得[2k+1·4m2-44k2+1+m-1·-8km4k2+1=0]，故[k=-m+12]。

當且僅當[m>-1]時，[Δ>0]，欲使[y=-m+12x+m]，即[y+1=-m+12x-2]，所以直線[l]過定點（2，[-1]）。

方法2：[P2（0， 1）]，設(shè)直線[l]的方程為[mx+n（y-1）=1]，設(shè)[y'=y-1]，則[y=y'+1]，設(shè)直線[l]的方程為[mx+ny'=1]，

[x2+4（y'+1）2=4?x2+4y'2+8y'（mx+ny'）=0?（8n+4）y'2+8mxy'+x2=0]，即[（8n+4）k2+8mk+1=0]，

所以[k1+k2=-8m8n+4=-1?m=n+12]。

設(shè)直線[l]的方程為

[n+12x+n（y-1）=1?（x+y-1）n+12x=1]，令[x+y-1=0，12x=1?x=2，y=-1，]所以直線[l]過點[（2 ，-1）]。

[例3]已知拋物線[C]：[y2=2x]和點[P（2， 2）]，[A]、[B]是[C]上異于點[P]的兩點，直線[PA]、[PB]的斜率分別為[kPA]，[kPB]，且滿足[kPA?kPB=2]，則直線[AB]過定點（ ）。

A. [-2，32] ? B. [2，-32]

C. [32，-2] D. [-32， 2]

解析：令[Aa22， a]，[Bb22， b]，則直線[AB]的方程為：[y-ab-a=x-12a2b22-a22]，化簡得[y=2b+ax+abb+a]。

又[kPA?kPB=2]，所以[a-2a22-2?b-2b2-22=2]，即[1a+2?1b+2=1]，所以[ab=-2（a+b）-3]，代入[y=2b+ax+abb+a]，得[y=2a+bx+-2（a+b）-3a+b=2a+bx-32-2]，故直線[AB]過定點[32，-2]。正確選項為C。

[例4]已知拋物線[C]：[y2=2x]和點[P（2， 2）]，[A]、[B]是[C]上異于點[P]的兩點，直線[PA]、[PB]的斜率[kPA]，[kPB]滿足[kPA+kPB=0]，則直線[AB]的斜率為（ ）。

A. [12] B. [-12] C. 1 D.不確定

解析：? 設(shè)[Aa22， a]，[Bb22， b]，則直線[AB]的方程為[y-ab-a=x-12a2b22-a22]，整理得[y=2b+ax+abb+a]。

已知[kPA+kPB=0]，故[kPA=-kPB]，[a-2a22-2=-b-2b2-22]，所以[1a+2=-1b+2]，即[a+2=-（b+2）]，[a+b=-4]，故[kAB=2a+b=-12]。正確選項為B。

圓錐曲線問題雖然?？汲Ｐ?，但萬變不離其宗，只要把握題目條件特征，化陌生為熟悉，即可明確解題的方向，確定解題的方法。將問題的曲線類型進行拓展，構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò)，可有效拓展學生的解題思路，提升學生分析問題和解決問題的能力。

（責任編輯 黃桂堅）