俞新龍

在最近一段時間的復(fù)習(xí)中，經(jīng)常遇到圓錐曲線中一類斜率關(guān)系題，從同學(xué)們答題的情況看，掌握的不理想，下面，我們通過四道典型問題一起來集中突破.

（注：每題第（1）問請同學(xué)們自行求解.）

例1. 已知拋物線C：y=ax2過點P（4，4）.

（I）求實數(shù)a的值；

（II）設(shè)點A，B在拋物線C上，直線PA，PB的斜率分別為K1，k2，且k2-k1=1，若△AOP的面積是△AOB的面積的2倍（O為坐標(biāo)原點），求直線PA的方程.

解析： （I）a=.

（II）在改卷中，我們發(fā)現(xiàn)同學(xué)們知道是根據(jù)面積關(guān)系建立等式，但如何把斜率關(guān)系用起來卻成為了問題.其實，斜率關(guān)系可以直接用，也可以簡接用.

直接用：要求直線PA方程，還缺其斜率k1，故我們可以通過聯(lián)立方程求交點，并通過兩斜率的關(guān)系統(tǒng)一化為同一變量k1，再將面積關(guān)系轉(zhuǎn)化出等式求解k1.

聯(lián)立直線PA與拋物線C方程y=k1（x-4）+4，y=x2，得x2-4k1x+16k1-16=0，

解得x=4或x=4k1-4，所以點A的坐標(biāo)為（4k1-4，4（k1-1）2），

同理，點B的坐標(biāo)為（4k2-4，4（k2-1）2），因為k2=k1+1，所以B（4k1，4k12）.

于是可得直線OA方程為y=（k1-1）x，從而由點到直線的距離公式得，點P到直線OA的距離d1=，點B到直線OA的距離d2=.

根據(jù)△AOP的面積是△AOB的面積的2倍，知d1=2d2，故│k1-2│=2│k1│，

解得k1=-2或k1=，所以直線PA的方程為2x+y-12=0或2x-3y+4=0.

間接用：要求直線PA方程，還可以通過求A點坐標(biāo)（x1，x12）.可以通過k1、k2斜率關(guān)系和面積關(guān)系求解x1.

設(shè)A（x1，x12），B（x2，x22），則k1==（x1+4），

同理k2=（x2+4），所以由k2-k1=1可得x2-x1=4.

因為直線OA方程為y=x1x，即x1x-4y=0，所以點P到直線OA的距離d1=，

同理點B到直線OA的距離d2===.

根據(jù)△AOP的面積是△AOB的面積的2倍知d1=2d2 ，即│x1-4│=2│x1+4│，

解得x1=-12或x1=-，從而k1=-2或k1=，

所以直線PA的方程為2x+y-12=0或2x-3y+4=0.

例2. 已知橢圓C：+=1（a>b>0）的左、右焦點和短軸的兩個端點構(gòu)成邊長為2的正方形.

（1）求橢圓C的方程；

（2）過點Q（1，0）的直線線l與橢圓C相交于A，B兩點.點P（4，3）），記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1，k2最大時，求直線線l的方程.

解析：（1）+=1.

（2）該題有大部分同學(xué)對第（2）問無法入手解答，還有一部分在得到k1，k2表達(dá)式后不能再求解下去了.其實，該題還是可以通過直線與圓錐曲線相交問題的常規(guī)解法做下去的.

①當(dāng)直線l斜率不存在時，方程為x=1，得A（1，），B（1，-），所以可得k1·k2=.

②設(shè)直線l斜率為k，聯(lián)立直線與橢圓方程y=k（x-1），+=1，

得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-4=0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

則x1+x2=，x1·x2=，所以y1+y2=k（x1+x2-2）=

，y1+y2=k2（x1-1）（x2-1）=.

所以k1·k2=·==.

接下去就是求y=的最大值，一般有以下幾種方法.

解法1：（基本不等式法）y==+=+≤+

=1，當(dāng)且僅當(dāng)2k->0且（2k-）=·，即k=1時取等號.

注意：該解法中取不等式時要注意2k->0，否則就不符合使用基本不等式的條件.

解法2：（導(dǎo)數(shù)法）y′==，

所以函數(shù)y=在（-∞，-）遞減，（-，1）遞增，（1，+∞）遞減.

至此，同學(xué)們不免產(chǎn)生疑問：函數(shù)不存在最大值啊？

其實，這也是導(dǎo)數(shù)法中必須要解決的問題，事實上，對于函數(shù)y=來講，不管k是趨向于+∞還是k趨向于-∞，y均趨向于，而因為k=1時y=1，故最大值為y=1.

解法3：（值域法）一般地，如果函數(shù)的值域知道了，則函數(shù)的最值就也知道了.所以我們可以用△判別法來求y=的值域.

化簡整理得（6y-5）k2-2k+4y-3=0（）

①6y-5=0即y=時，k=，符合；

②6y-5≠0時，方程（）有解，所以判別式△=4-4（6y-5）（4y-3）≥0，

解得≤y≤1，故≤y≤1且y≠.所以≤y≤1，

因此最大值為y=1，由1=解得k=1.

解法4：（特殊法）y==1-≤1，當(dāng)k=1時取等號.

對于上述四種解法，建議同學(xué)們著重掌握解法2、解法3，尤其是解法2，具有可操作性，易理解，而解法1技巧性比較強(qiáng)，屬于“聽得懂，難操作”，解法4“湊巧”成份大.

例3. 已知中心在原2點O，焦點在x軸上，離心率為的橢圓過點（，）.

（1）求橢圓的方程；

（2）設(shè)不過原點O的直線l與該橢圓交于P、Q兩點，滿足直線OP，PQ，OQ，的斜率依次成等比數(shù)列，求△OPQ面積的取值范圍.

解析：（1）+y2=1.

（2）在老師苦口婆心的多次講解下，同學(xué)們應(yīng)該都會這樣做：endprint

設(shè)直線l方程y=kx+m（m≠0），通過聯(lián)立橢圓方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判別式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就會覺得無從下手，其實，我們只要根據(jù)斜率關(guān)系建立等式就能看到“曙光”.

因為k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原點O到直l線的距離d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面積的取值范圍呢？可以看成是關(guān)于m2的一元二次問題：S△OPQ=，所以0

這個答案還是有問題的！因為前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我們可以得到0

例4. 橢圓T的中心為坐標(biāo)原點O，右焦點為F（2，0），且橢圓T過點E（2，）.△ABC的三個頂點都在橢圓T上，設(shè)三條邊的中點分別為M，N，P.

（1）求橢圓T的方程；

（2）設(shè)△ABC的三條邊所在直線的斜率分別為k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直線OM，ON，OP的斜率之和為0，求證：++為定值.

解析：（1）+=1.

（2）閱讀完該問時，同學(xué)們可能會覺得無從下手，但若我們能想起本題的命題背景：直線與橢圓相交，則該直線斜率與相交線段中點與原點的連線斜率之積為常數(shù)，則該題的解決就容易了.

設(shè)斜率為k的直線l與橢圓+=1（a>b>0）相交于A、B兩點，線段AB中點M與原點O的連線斜率為k1，則k·k1=-.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則+=1，+=1，

得+=0，則·=-，即k·k1=-.

因此，對于本題kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0為常數(shù).

實際上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一類的斜率之和為常數(shù)，則另一類的斜率倒數(shù)之和必也為常數(shù)，并且不難發(fā)現(xiàn)還可以推廣到有限情況和雙曲線中.

綜上所述，希望通過本文四道圓錐曲線中斜率關(guān)系題的分析，對同學(xué)們突破該類題型有所幫助.

（作者單位：浙江紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅

設(shè)直線l方程y=kx+m（m≠0），通過聯(lián)立橢圓方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判別式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就會覺得無從下手，其實，我們只要根據(jù)斜率關(guān)系建立等式就能看到“曙光”.

因為k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原點O到直l線的距離d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面積的取值范圍呢？可以看成是關(guān)于m2的一元二次問題：S△OPQ=，所以0

這個答案還是有問題的！因為前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我們可以得到0

例4. 橢圓T的中心為坐標(biāo)原點O，右焦點為F（2，0），且橢圓T過點E（2，）.△ABC的三個頂點都在橢圓T上，設(shè)三條邊的中點分別為M，N，P.

（1）求橢圓T的方程；

（2）設(shè)△ABC的三條邊所在直線的斜率分別為k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直線OM，ON，OP的斜率之和為0，求證：++為定值.

解析：（1）+=1.

（2）閱讀完該問時，同學(xué)們可能會覺得無從下手，但若我們能想起本題的命題背景：直線與橢圓相交，則該直線斜率與相交線段中點與原點的連線斜率之積為常數(shù)，則該題的解決就容易了.

設(shè)斜率為k的直線l與橢圓+=1（a>b>0）相交于A、B兩點，線段AB中點M與原點O的連線斜率為k1，則k·k1=-.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則+=1，+=1，

得+=0，則·=-，即k·k1=-.

因此，對于本題kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0為常數(shù).

實際上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一類的斜率之和為常數(shù)，則另一類的斜率倒數(shù)之和必也為常數(shù)，并且不難發(fā)現(xiàn)還可以推廣到有限情況和雙曲線中.

綜上所述，希望通過本文四道圓錐曲線中斜率關(guān)系題的分析，對同學(xué)們突破該類題型有所幫助.

（作者單位：浙江紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅

設(shè)直線l方程y=kx+m（m≠0），通過聯(lián)立橢圓方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判別式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就會覺得無從下手，其實，我們只要根據(jù)斜率關(guān)系建立等式就能看到“曙光”.

因為k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原點O到直l線的距離d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面積的取值范圍呢？可以看成是關(guān)于m2的一元二次問題：S△OPQ=，所以0

這個答案還是有問題的！因為前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我們可以得到0

例4. 橢圓T的中心為坐標(biāo)原點O，右焦點為F（2，0），且橢圓T過點E（2，）.△ABC的三個頂點都在橢圓T上，設(shè)三條邊的中點分別為M，N，P.

（1）求橢圓T的方程；

（2）設(shè)△ABC的三條邊所在直線的斜率分別為k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直線OM，ON，OP的斜率之和為0，求證：++為定值.

解析：（1）+=1.

（2）閱讀完該問時，同學(xué)們可能會覺得無從下手，但若我們能想起本題的命題背景：直線與橢圓相交，則該直線斜率與相交線段中點與原點的連線斜率之積為常數(shù)，則該題的解決就容易了.

設(shè)斜率為k的直線l與橢圓+=1（a>b>0）相交于A、B兩點，線段AB中點M與原點O的連線斜率為k1，則k·k1=-.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則+=1，+=1，

得+=0，則·=-，即k·k1=-.

因此，對于本題kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0為常數(shù).

實際上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一類的斜率之和為常數(shù)，則另一類的斜率倒數(shù)之和必也為常數(shù)，并且不難發(fā)現(xiàn)還可以推廣到有限情況和雙曲線中.

綜上所述，希望通過本文四道圓錐曲線中斜率關(guān)系題的分析，對同學(xué)們突破該類題型有所幫助.

（作者單位：浙江紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅