一個(gè)恒等式的再開發(fā)及應(yīng)用

朱一凡 朱傳美

【摘? 要】? 韋達(dá)定理在解析幾何的運(yùn)算中發(fā)揮著極大的作用，恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”給出了兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的直接關(guān)系.結(jié)合典型例題從四個(gè)不同的路徑對(duì)以上恒等式進(jìn)行一次再開發(fā)，給出更靈活的形式，并由此給出簡(jiǎn)化解析幾何運(yùn)算的新思路.

【關(guān)鍵詞】? 韋達(dá)定理；恒等式；開發(fā)；簡(jiǎn)化運(yùn)算

若x1，x2為實(shí)系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩實(shí)根，則有x1+x2=-ba，x1x2=ca，此為著名的韋達(dá)定理，由兩等式相結(jié)合可得一個(gè)簡(jiǎn)潔的恒等式-c（x1+x2）=bx1x2［1］.此恒等式能有效簡(jiǎn)化解析幾何的運(yùn)算，實(shí)際上，此恒等式給出的僅僅是兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的直接關(guān)系.若從此認(rèn)識(shí)出發(fā)，拓寬研究問題的思路與方法，我們可以嘗試從更多路徑對(duì)此恒等式進(jìn)行一次再開發(fā)，又將帶來簡(jiǎn)化解析幾何運(yùn)算的新思路.

1? 韋達(dá)定理開發(fā)更一般恒等式

例1? 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為23，且過點(diǎn)P（2，53）.

（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)A為橢圓E的左頂點(diǎn)，過點(diǎn)C（1，0）的直線與橢圓E交于M，N兩點(diǎn)，直線AM與直線l：x=9交于點(diǎn)T，問：直線TN是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)，若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由.

說明? 此題選自文［2］，由韋達(dá)定理得出x1+x2=18k25+9k2，x1x2=9k2-455+9k2后，開發(fā)出了更一般的恒等式x1x2=5（x1+x2）-9，對(duì)簡(jiǎn)化后續(xù)解題步驟提供了極大的幫助.這里不僅僅是和與積之間的直接關(guān)系，還出現(xiàn)了常數(shù)項(xiàng)，所以可稱之為更一般的恒等式.當(dāng)然，我們還可以借助其他路徑獲取更廣義的恒等式.

2? 三點(diǎn)共線開發(fā)恒等式

例2? 已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：x22+y2=1的左、右焦點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在C上，連接F2M 并延長(zhǎng)至點(diǎn)N，使得MN=MF1，設(shè)點(diǎn)N的軌跡為D.

（1）求D的方程；

（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P∈D，連接PF2交C于Q點(diǎn)，若直線F1P的斜率與直線OQ的斜率存在且不為零，證明：這兩條直線的斜率之比為定值.

分析? 此題為解析幾何難題，第（2）問定值問題為此題的難點(diǎn)，涉及到兩個(gè)定曲線和三條動(dòng)直線，其中兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P，Q為解決此題的關(guān)鍵入口.

解? （1）因?yàn)镕2（1，0），NF2=MN+MF2=MF1+MF2=2a=22.

所以點(diǎn)N的軌跡D為以F2為圓心，22為半徑的圓，其方程為（x-1）2+y2=8.

（2）解法1? 設(shè)Q（x1，y1），P（x2，y2）在第一象限，則x1>0，x2>0.

當(dāng)PF2⊥x軸時(shí)，P（1，22），Q（1，22），kF1P：kOQ=2：22=2.

當(dāng)PF2斜率存在且不為零時(shí)，設(shè)直線PF2的方程為y=k（x-1）.

聯(lián)立x2+2y2=2，y=k（x-1），可得（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0，x1=2k2+2k2+22k2+1.

聯(lián)立（x-1）2+y2=8，y=k（x-1），

可得（k2+1）x2-（2k2+2）x+k2-7=0，x2=1+22k2+1.

則kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=k（x2-1）x2+1·x1k（x1-1）=22k2+12+22k2+1·2k2+2k2+22k2+1-1+2k2+22k2+1=2k2+1+2·2k2+2k2+2-1+2k2+2=2（k2+1+2k2）k2+1+2k2=2.

說明? 解法1為常規(guī)思路，但在用k表示P，Q兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)時(shí)，出現(xiàn)了問題，在沒有辦法的情況下，只得添加附加條件，即假設(shè)兩點(diǎn)均在第一象限，嚴(yán)格意義上講，還需要再驗(yàn)證一下P點(diǎn)在第二象限的情況，由對(duì)稱性，三、四象限就不用再證了，當(dāng)然，還要考慮P點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的情形.可見，常規(guī)解法的繁瑣，簡(jiǎn)化運(yùn)算勢(shì)在必行.此解法用k分別表示了P，Q兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)，既然兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P，Q為解決此題的關(guān)鍵入口，而且P是主動(dòng)點(diǎn)，Q是從動(dòng)點(diǎn)，那么它們的橫坐標(biāo)應(yīng)該有著直接的關(guān)系，能否找到兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之間的直接關(guān)系，從而簡(jiǎn)化運(yùn)算呢？

解法2? 設(shè)Q（x1，y1），P（x2，y2）（y1≠0，y2≠0）.

由kF2Q=kF2P可得，y1x1-1=y2x2-1，即y12y22=（x1-1）2（x2-1）2=1-x1228-（x2-1）2.

所以有（x1-1）2（x2-1）2=1-x122+（x1-1）28=（x1-2）216，即 x1-1x2-1=2-x14=y1y2>0，

則 x1x2=2x2-3x1+2.

所以 當(dāng)x1≠0時(shí)，

kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=y2x1y1（x2+1）=4x1（2-x1）（x2+1）=4x12x2+2-x1x2-x1=4x12x1=2.

當(dāng)x1=0時(shí)，可取Q（0，1），P（-1，2），直線F1P與直線OQ的斜率均不存在，舍去.

評(píng)析? 這里直接設(shè)出點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，由F2，P，Q三點(diǎn)共線探尋P，Q橫坐標(biāo)之間的直接關(guān)系，巧妙地運(yùn)用點(diǎn)在曲線上消去了縱坐標(biāo)，再運(yùn)用合分比定理得到x1x2=2x2-3x1+2，過程簡(jiǎn)潔明快，無需分類討論，極大簡(jiǎn)化運(yùn)算.此關(guān)系式的得出并沒有借助韋達(dá)定理，而是由題中條件自主得出，這是對(duì)恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”的再次開發(fā)，由運(yùn)算的簡(jiǎn)化可說明此開發(fā)的必要性.此解法思路靈活精巧，對(duì)代數(shù)恒等變換的要求很高，說明橫坐標(biāo)的關(guān)系不易得出，至此，我們不禁想問：能否探尋P，Q兩點(diǎn)縱坐標(biāo)之間的直接關(guān)系呢？

解法3? 設(shè)直線PF2的方程為x=my+1，設(shè)Q（x1，y1），P（x2，y2）（y1≠0，y2≠0）.

由 F2QF2P=2-22x122=y1y2 可得，1-12（my1+1）2=y1y2my1y2=y2-4y1.

所以當(dāng)y2≠2y1時(shí)，

kF1PkOQ=y2x2+1·x1y1=y2（my1+1）y1（my2+2）=my1y2+y2my1y2+2y1=y2-4y1+y2y2-4y1+2y1=2y2-4y1y2-2y1=2.

當(dāng)y2=2y1時(shí)，可取Q（0，1），P（-1，2），直線F1P與直線OQ的斜率均不存在，舍去.

說明? 這里同時(shí)設(shè)出點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)以及直線PF2的方程，過P，Q兩點(diǎn)同時(shí)向x軸做垂線，由平面幾何知識(shí)即得出比例關(guān)系，其中F2Q=2-22x1為橢圓C的焦半徑， F2P=22為圓D的半徑，這里得出了縱坐標(biāo)的關(guān)系my1y2=y2-4y1，比橫坐標(biāo)來得更快一些，這也是對(duì)恒等式“-c（x1+x2）=bx1x2”的再開發(fā)，從運(yùn)算的更簡(jiǎn)潔來看，此開發(fā)非常有必要.

3? 傾斜角互補(bǔ)開發(fā)恒等式

例3? 在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足直線AP與BP的斜率之積為-34.記點(diǎn)P的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程；

（2）若M，N是曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，且直線MN過點(diǎn)D0，12，問在y軸上是否存在定點(diǎn)Q，使得∠MQO=∠NQO？若存在，請(qǐng)求出定點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

解 （1）由kPAkPB=-34得：yx+2·yx-2=-34（x≠±2）.

化簡(jiǎn)得，x24+y23=1（x≠±2），所以曲線C的方程為x24+y23=1（x≠±2）.

（2）假設(shè)存在定點(diǎn)Q（0，m）符合題意，由題意及（1）知，直線MN與直線AD，BD均不重合.

當(dāng)直線MN的斜率k存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+12k≠±14，Mx1，y1，Nx2，y2.

由∠MQO=∠NQO，得直線MQ，NQ的傾斜角互補(bǔ)，故kMQ+kNQ=0.

又kMQ+kNQ=y1-mx1+y2-mx2=kx1+12-mx1+kx2+12-mx2=4kx1x2+（1-2m）x1+x22x1x2，

所以4kx1x2+（1-2m）x1+x2=0.①

聯(lián)立x24+y23=1，y=kx+12，可得3+4k2x2+4kx-11=0，Δ=16k2+443+4k2>0.

又x1+x2=-4k3+4k2，x1x2=-113+4k2.②

將②代入①得，4k·-113+4k2+（1-2m）·-4k3+4k2=8k（m-6）3+4k2=0.③

因?yàn)閗≠±14且不恒為0，

所以當(dāng)且僅當(dāng)m=6時(shí)，③式成立，即定點(diǎn)Q（0，6）滿足題意.

當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)Q（0，6）滿足∠MQO=∠NQO=0°，也符合題意.

綜上所述，在 y軸上存在定點(diǎn)Q（0，6），使得∠MQO=∠NQO.

說明? 當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，根據(jù)兩角相等即可得kMQ+kNQ=0，化簡(jiǎn)得到等式4kx1x2+（1-2m）x1+x2=0是此題成功的關(guān)鍵，求得定點(diǎn)坐標(biāo)后，驗(yàn)證MN斜率不存在時(shí)也成立即可.

4? 代數(shù)運(yùn)算開發(fā)恒等式

例4? 已知橢圓E：x24+y2=1，過點(diǎn)P（1，2）作傾斜角互補(bǔ)的兩直線l1，l2分別交橢圓E于A，B；C，D四點(diǎn)，試確定kAC與kBD的關(guān)系［3］.

解? 因?yàn)橹本€l1，l2的傾斜角互補(bǔ)，所以直線l1，l2的斜率均存在且互為相反數(shù)，則可設(shè)l1：y-2=k（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）.

聯(lián)立x2+4y2=4，y-2=k（x-1），可得（1+4k2）x2-8k（k-2）x+4（k-2）2-4=0.

x1+x2=8k（k-2）1+4k2，x1x2=4（k-2）2-41+4k2.同理，x3+x4=8k（k+2）1+4k2，x3x4=4（k+2）2-41+4k2.

而 x1+x2-x1x2=4k2-121+4k2=x3+x4-x3x4，

則kAC+kBD=y3-y1x3-x1+y4-y2x4-x2=-k（x3+x1）+2kx3-x1+-k（x4+x2）+2kx4-x2=-k（x3+x1-2x3-x1+x4+x2-2x4-x2）=-k（1+2x1-2x3-x1+2x4-2x4-x2-1）

=-2k·（x1+x2-x1x2）-（x3+x4-x3x4）（x3-x1）（x4-x2）=0.

說明? 這里通過代數(shù)運(yùn)算開發(fā)出更廣義的恒等式x1+x2-x1x2=x3+x4-x3x4，極大地簡(jiǎn)化了最后的求解過程.

5? 結(jié)束語

簡(jiǎn)化解析幾何的運(yùn)算始終是我們不懈的追求，這里我們對(duì)一個(gè)恒等式進(jìn)行了一次再開發(fā)，大大簡(jiǎn)化了解析幾何的運(yùn)算.而實(shí)際上，思維的創(chuàng)新才是我們更大的努力方向，在這樣的學(xué)習(xí)方向指導(dǎo)下，我們就會(huì)積極思考，積極探索，一旦抓住新的發(fā)現(xiàn)，就會(huì)進(jìn)一步得到更多新的收獲，最終達(dá)到提升學(xué)生數(shù)學(xué)思維能力的目的.

參考文獻(xiàn)

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作者簡(jiǎn)介? 朱一凡（2005—），女，江蘇泰州人，本科在讀；從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

朱傳美（1976—），男，江蘇泰州人，中學(xué)高級(jí)教師；公開發(fā)表論文百余篇.