承艷

高考中考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的問題是常考題型，經(jīng)久不衰.一般來說，此類問題計算量較大，尤其是多字母運算，也即多元問題.如何處理多元問題是學(xué)生難點，如果學(xué)生在處理上方向不明、操作不當(dāng)，往往會出現(xiàn)理論上方法可行，而在高考限定時間內(nèi)實際操作卻十分困難的情況.本文就解決處理多元問題總結(jié)以下幾個方法.

一、找韋達(dá)定理

法國數(shù)學(xué)家弗朗索瓦·韋達(dá)于1615年在著作《論方程的識別與訂正》中建立了方程根與系數(shù)的關(guān)系，提出了這條定理.由于韋達(dá)最早發(fā)現(xiàn)代數(shù)方程的根與系數(shù)之間有這種關(guān)系，人們把這個關(guān)系稱為韋達(dá)定理.在直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的問題中，韋達(dá)定理可以把交點坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為系數(shù)的鑰匙.下面我們來看一個案例.

案例1 ?如圖所示，已知橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的離心率是? 3? 2 ，一個頂點是B（0，1）.

（Ⅰ）求橢圓C的方程;

（Ⅱ）設(shè)P，Q是橢圓C上異于點B的任意兩點，且BP⊥BQ.試問：直線PQ是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標(biāo);若不是，說明理由.

（Ⅰ）解：設(shè)橢圓C的半焦距為c.依題意，得b=1，且e2= c2 a2 = a2-1 a2 = 3 4 ，解得a2=4.所以，橢圓C的方程是 x2 4 +y2=1.

（Ⅱ）證：易知，直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m.

將直線PQ的方程代入x2+4y2=4，

消去y，整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0.

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），

則x1+x2=- 8km 1+4k2 ，x1·x2= 4m2-4 1+4k2 . ①

因為BP⊥BQ，且直線BP，BQ的斜率均存在，

所以 y1-1 x1 · y2-1 x2 =-1，

整理得x1x2+y1y2-（y1+y2）+1=0. ②

因為y1=kx1+m，y2=kx2+m，

所以y1+y2=k（x1+x2）+2m，y1y2=k2x1x2+mk（x1+x2）+m2. ③

將③代入②，整理得

（1+k2）x1x2+k（m-1）（x1+x2）+（m-1）2=0. ④

將①代入④，整理得5m2-2m-3=0.

解得m=- 3 5 ，或m=1（舍去）.

所以，直線PQ恒過定點 0，- 3 5? .

說明：在目標(biāo)方程x1x2+y1y2-（y1+y2）+1=0中，很明顯有韋達(dá)定理，通過套它把目標(biāo)整理成為5m2-2m-3=0.

用直線的系數(shù)m來表示從而達(dá)到解出題的效果.

說明：在目標(biāo)多元方程 y-y1 y2-y1 = x-x1 x2-x1 中，通過上面得（1+4k2）x2+8kx=0.

利用韋達(dá)定理x+x1=0+x1= -8k 1+4k2 .解得x1= -8k 1+4k2 ， 同理解得其他坐標(biāo)，代人目標(biāo)多元方程整理成為 y- 1-4k2 1+4k2?? 1-4k2 1+4k2 - k2-4 k2+4? = x+ 8k 1+4k2?? -8k 1+4k2 - 8k 4+k2? .用直線的系數(shù)k來表示從而達(dá)到解出題的效果.

二、找方程

直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的問題，本質(zhì)是方程問題，如果能夠現(xiàn)有的資源來處理目標(biāo)多元方程，那樣豈不是更好，下面我們來看這個案例.

案例2 ?方程的已知A是圓x2+y2=4上的一個動點，過點A作兩條直線l1，l2，它們與橢圓 x2 3 +y2=1都只有一個公共點，且分別交圓于點M，N.

① 求證：對于圓上的任意點A，都有l(wèi)1⊥l2成立;

② 求△AMN面積的取值范圍.

【答案】① 證明：當(dāng)直線l1，l2的斜率有一條不存在時，不妨設(shè)l1無斜率.

∵l1與橢圓只有一個公共點，所以其方程為x=± 3 .

當(dāng)l1的方程為x= 3 時，此時l1與圓的交點坐標(biāo)為（ 3 ，±1），所以l2的方程為y=1（或y=-1），l1⊥l2成立，

同理可證，當(dāng)l1的方程為x=- 3 時，結(jié)論成立;

當(dāng)直線l1，l2的斜率都存在時，設(shè)點A（m，n），且m2+n2=4.

設(shè)方程為y=k（x-m）+n，代入橢圓方程，可得（1+3k2）x2+6k（n-km）x+3（n-km）2-3=0.

由Δ=0化簡整理得（3-m2）k2+2mnk+1-n2=0.

∵m2+n2=4，∴（3-m2）k2+2mnk+m2-3=0.

設(shè)l1，l2的斜率分別為k1，k2，∴k1k2=-1，

∴l(xiāng)1⊥l2成立.

綜上，對于圓上的任意點A，都有l(wèi)1⊥l2成立.

說明：在方程（3-m2）k2+2mnk+1-n2=0中，目標(biāo)方程k1k2= 1-n2 3-m2 ，通過套圓方程m2+n2=4把目標(biāo)整理成為k1k2=-1.用直線的系數(shù)m來表示從而達(dá)到解出題的效果.

② 記原點到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，

∵d21+d22=4，

∴△AMN面積S2=4d21d22=4d21（4-d21）=4（d21-2）2+16.

∵d21∈[1，3]，∴S2∈[12，16]，

∴S∈[2 3 ，4].

說明：本小題目標(biāo)是構(gòu)建面積函數(shù)，選擇了兩個距離，構(gòu)造了這兩個距離的方程，達(dá)到消元的目的.