本手開新路 妙手達通途

【摘 要】 本文以基礎知識點為盾牌，斜率積、面積坐標公式等為武器，研究2022新高考Ⅰ卷圓錐曲線大題的解法，并且拓展到一般結(jié)論，從中體會本手的重要性.

【關(guān)鍵詞】 圓錐曲線;齊次化;斜率積代換;向量同構(gòu);本手;妙手

妙手非偶得，本立而妙生. 以今年新高考Ⅰ卷的圓錐曲線大題來談一下圓錐曲線解法中的本手、妙手.

圓錐曲線是高考的重點與難點，其中定點、定值是圓錐曲線中的熱點. 這類問題對學生的分析能力，運算能力與技巧要求比較高[1]. 這使得學生存在算不完或者做不對的普遍現(xiàn)象，本文就2022新高考Ⅰ卷的21題淺談一下這類問題的解法及結(jié)論的一般化.1 真題展示

（2022年新高考Ⅰ卷21題） 已知點A（2，1）在雙曲線C：x2a2-y2a2-1=1（a>1）上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.

（1）求l的斜率;

（2）若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面積.

2 真題溯源

第一問和2009年遼寧卷理科第20題，2017年全國新課標Ⅰ卷理20題類似.

題1 （2009年遼寧卷理20題） 已知橢圓C經(jīng)過點A1，32，兩個焦點為（-1，0），（1，0）.

（1）求橢圓C的方程; （2）E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個動點，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線 EF的斜率為定值，并求出這個定值.題2

（2017年全國新課標Ⅰ卷理20題） 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3–1，32，P41，32中恰有三點在橢圓C上.

（1）求C的方程;

（2）設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點.

第二問與2015年上海卷理科21題可謂是如出一轍.

題3 （2015年上海卷21題） 已知橢圓x2+2y2=1，過原點的兩條直線l1和l2分別于橢圓交于A、B和C、D，記得到的平行四邊形ACBD的面積為S.

（1）設A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐標表示點C到直線l1的距離，并證明S=2x1y2-x2y1;（2）設l1與l2的斜率之積為-12，求面積S的值.

3 解法探究大部分同學談到圓錐曲線就滿臉愁容，很多時候是解題思路不明確或者是解題方法不合理，圓錐曲線的計算是必不可少的，但是在某些時候不一定非要硬算，換個角度或者換一種方法也許就會柳暗花明[2].

3.1 第一問的解法有關(guān)斜率和、斜率積定值問題常用齊次化，減少思維量也減少計算量.

解法1 不平移齊次化

可求得雙曲線C的方程：x22-y2=1（過程略）.

設直線l：m（x-2）+n（y-1）=1，（mn≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2）.

雙曲線C的方程可化為[（x-2）+2]2-2[（y-1）+1]2=2，即2（y-1）2+4（y-1）·[m（x-2）+n（y-1）]-4（x-2）[m（x-2）+n（y-1）]-（x-2）2=0.

化簡得（4n+2）（y-1）2+4（m-n）（x-2）·（y-1）-（1+4m）（x-2）2=0.

兩邊同時除以（x-2）2，得到（4n+2）·y-1x-22+4（m-n）y-1x-2-（1+4m）=0.

因為kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=4（n-m）4n+2=0，所以m=n，所以kl=-mn=-1.

解法2 平移齊次化

把雙曲線按向量a=（-2，-1）平移得到（x+2）22-（y+1）2=1，

即x2-2y2+4x-4y=0. 設直線l：mx+ny=1，雙曲線方程化為2y2+4y（mx+ny）-4x（mx+ny）-x2=0，

即（4n+2）yx2+4（m-n）yx-（1+4m）=0.

所以kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=4（n-m）4n+2=0，所以m=n，故kl=-mn=-1.

小結(jié) 齊次化處理斜率和，斜率積沒有復雜的邏輯分析，有的是相對固定的套路操作，相比設點設線計算量小很多.

解法3 斜率積代換

設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x212-y21=1，x222-y22=1，兩式相減，得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=12.

因為kAP+kAQ=0，所以y1-1x1-2+y2-1x2-2=0，x1+22（y1+1）+x2+22（y2+1）=0.

化為整式：x1y2+x2y1-（x1+x2）-2（y1+y2）+4=0，x1y2+x2y1+（x1+x2）+2（y1+y2）+4=0，

作差，得（x1+x2）+2（y1+y2）=0，所以kl=y1-y2x1-x2=12·x1+x2y1+y2=-1.

第一問還可以通過設點、設線，用韋達定理，也可以用參數(shù)方程，這里就不一一介紹了.

3.2 第二問的解法

先推導一下三角形面積的坐標公式[3]：

在△AOB中，O（0，0），A（x1，y1），B（x2，y2），

S△AOB=12OAOBsin∠AOB=12OAOB1-cos2∠AOB=12OAOB2-（OA·OB）2=12x1y2-x2y1.

解法1 利用斜率積的關(guān)系求出坐標，計算面積

設直線AP的斜率為k（k<0），則直線AQ的斜率為-k，

所以tan∠PAQ=2k1-k2=22，即k=-2.

由y1-1x1-2=-2，x1+22（y1+1）=-2，得P10+423，-5-423，同理可得Q10-423，-5+423.

所以AP=4+423，-8-423，

AQ=4-423，-8+423.

由面積坐標公式，得

S△PAQ=12（4-42）（-8-42）9-（4+42）（-8+42）9=829（2-1）（2+1）-（1+2）（-2+1）=1629.

解法2 利用斜率積以及PQ的斜率值求面積

設直線AP的斜率為k（k<0），則直線AQ的斜率為-k，所以tan∠PAQ=2k1-k2=22，即k=-2.

由y1-1x1-2=-2，x1+22（y1+1）=-2，得3y1=-42-5，同理3y2=42-5.

所以y1-y2=-823，y1+y2=-103.

由第一問知道：x1y2+x2y1=-4.

所以x1y2-x2y1=x21y22-x22y21x1y2+x2y1=（2+2y21）y22-（2+2y22）y21-4=y21-y222.

又因為AP=（x1-2，y1-1），AQ=（x2-2，y2-1）.

由面積坐標公式，得

S△PAQ=12|（x1-2）（y2-1）-（x2-2）（y1-1）|=12|x1y2-x2y1-（x1-x2）+2（y1-y2）|=y21-y22+6（y1-y2）4=1629.

點評 這里先用斜率積關(guān)系求出y1-y2，y1+y2，再構(gòu)造平方差求x1y2-x2y1，最后利用PQ的斜率為-1 把x1-x2轉(zhuǎn)換成y1-y2.

解法3 參數(shù)方程

直線AP的傾斜角為α，由tan∠PAQ=22，得到cos∠PAQ=13，sin∠PAQ=223，所以cos2α=-13.

設直線AP：x=2+tcosα，y=1+tsinα.（其中α為直線AP的傾斜角，t為參數(shù)）

代入雙曲線C的方程，得（cos2α-2sin2α）t2+4（cosα-sinα）t=0.

所以AP=4（cosα-sinα）cos2α-2sin2α，同理AQ=4（cosα+sinα）cos2α-2sin2α.

S△PAQ=12APAQsin∠PAQ=12·2234（cosα-sinα）cos2α-2sin2α4（cosα+sinα）cos2α-2sin2α=1623cos2α（cos2α-2sin2α）2=1629.

解法4 向量同構(gòu)

設直線AP的斜率為k（k<0），則直線AQ的斜率為-k，所以tan∠PAQ=2k1-k2=22，即k=-2.

則可設AP=λ1，-2，AQ=μ（1，2），所以P（λ+2，-2λ+1），Q（μ+2，2μ+1）.

將P的坐標代入雙曲線C的方程：（λ+2）2-2（-2λ+1）2=2;

可得λ=4+423，同理可得μ=4-423.

所以S△PAQ=12AP·AQ·tan∠PAQ=-λ·μ·2=1629.

點評 這里利用了直線的方向向量的方法來表示點的坐標，看似只用了向量共線這樣一個很小的知識點，恰恰是這樣的小知識點大大簡化了運算.

小結(jié) 解法1以及這里沒有寫出的常規(guī)韋達定理解法是本手，其余解法可以說是妙手.

4 延伸拓展

1.已知點A（a2，b）在雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上，直線l交雙曲線于P，Q兩點，若直線AP，AQ的斜率和為0，則直線l的斜率為定值-b.

2.設點A（x0，y0），x0≠0為有心二次曲線x2m+y2n=1上的一點，直線l交雙曲線于P，Q兩點，若直線AP，AQ的斜率和為0，則直線l的斜率為定值nx0my0.

證明：設直線l的方程為：k（x-x0）+t（y-y0）=1，曲線方程化為nx2+my2=mn，

則由nx2+my2=mn，k（x-x0）+t（y-y0）=1，

可得（m+2mty0）（y-y0）2+（2mky0+2ntx0）（y-y0）（x-x0）+（n+2nkx0）（x-x0）2=0，

即（m+2mty0）y-y0x-x02+（2mky0+2ntx0）y-y0x-x0+（n+2nkx0）=0，

所以kAP+kAQ=-2mky0+2ntx0m+2mty0=0，即kt=-nx0my0.

所以直線l的斜率kl=-kt=nx0my0.

3.設點A（x0，y0），x0≠0為有心二次曲線x2m+y2n=1上的一點，直線l交雙曲線于P，Q兩點，若AP⊥AQ，則直線l經(jīng)過定點e2x02-e2，-e2y02-e2，其中e為有心二次曲線的離心率.

證明：設直線l的方程為：k（x-x0）+t（y-y0）=1，曲線方程化為nx2+my2=mn，

則由nx2+my2=mn，k（x-x0）+t（y-y0）=1，

可得（m+2mty0）（y-y0）2+（2mky0+2ntx0）（y-y0）（x-x0）+（n+2nkx0）（x-x0）2=0，

即（m+2mty0）y-y0x-x02+（2mky0+2ntx0）y-y0x-x0+（n+2nkx0）=0.

所以kAP·kAQ=n+2nkx0m+2mty0=-1，故k=-m-n-2mty02nx0.

將k代入直線方程，可得t[2nx0（y-y0）-2my0（x-x0）]-[2nx0+（m+n）（x-x0）]=0.

由2nx0（y-y0）-2my0（x-x0）=0，2nx0+（m+n）（x-x0）=0，得到x=（m-n）x0m+n=e2x02-e2，y=（n-m）y0m+n=-e2y02-e2.

5 變式訓練

1.已知橢圓C：x26+y23=1，點A是第一象限內(nèi)的定點，點M，N是橢圓C上的兩個不同的動點，且直線AM，AN的傾斜角互補，若直線MN的斜率k=1，求A點的坐標.（答案：（2，1））

2.已知橢圓C：x26+y23=1，定點A（2，1），點M，N是橢圓C上的兩個不同的動點，且直線AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點Q，使得線段DQ的長為定值. 答案：Q43，13

3.已知點A為橢圓x24+y2=1的左頂點，P，Q在橢圓上，且滿足AP⊥AQ，求△APQ面積的取值范圍.答案：0，1625

6 結(jié)語基礎知識、基本計算能力和基本方法是本手，如第一問中的齊次化解決斜率和，積定值是常用的方法，算是本手，利用斜率積以及第二問的用向量同構(gòu)可以算是妙手.仔細觀察、認真體會就不難發(fā)現(xiàn)，好的方法也是用常見的知識點以不同的方式展現(xiàn)出來的.因此，本手是妙手的前提，只有打牢基礎，深刻理解知識間的橫向聯(lián)系，方能本不求妙妙自來，才能開辟新方法，拓展新路，順達通途.

參考文獻

[1] 唐宜鐘.2020年高考圓錐曲線問題解法探索與備考建議[J].中學數(shù)學研究，2021（01）：3-5.

[2] 李繼武.從不同坐標系探索圓錐曲線的解題途徑[J].中學數(shù)學，2021（02）：61-62.

[3] 黃旭東.一道高考圓錐曲線試題的推廣及拓展[J].數(shù)理化解題研究，2016（10）：23.

作者簡介 潘慶森（1982—），男，福建永春人，中學二級教師;主要從事高中數(shù)學教學研究.