徐茂林　房元霞

數(shù)學的問題從解法來分就是兩類：一類方法唯一，多題一解；一類方法兩種或兩種以上，一題多解.多題一解從通性通法的角度考察對知識的本質(zhì)性認識；一題多解則要求學生打破常規(guī)刻板的解題思路，從不同的思維方向?qū)ν瑯訔l件進行整合.多題一解重視學生基礎，而一題多解，則會培養(yǎng)學生的發(fā)散性思維.下文以一道求定點問題為例，探求一題多解奧秘.

1 原題呈現(xiàn)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，依次連接C的四個頂點所得菱形面積為4.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）若橢圓上一頂點A（－2，0），直線l：y=kx+m與C交于兩點P、Q，且AP⊥AQ，試判斷直線l是否過定點？若是，求出此定點的坐標；若不是，請說明理由.

分析：易求得橢圓C的標準方程為x24+y2=1.第（2）問在AP⊥AQ條件下求解直線經(jīng)過的定點，解題的關(guān)鍵在于如何從斜率的角度表示出AP⊥AQ，因此，我們要從斜率上尋找突破口.

2 解法探究

思路1 若直線l過定點，可看作過該點的直線系，所以直線l在y軸上的截距m隨斜率k的變化而變化.因此，找到二者的變化規(guī)律，確定過定點的直線系方程，即可找到定點.

解法1：（一般方法）設兩點P（x1，y1），Q（x2，y2）.由AP⊥AQ，得到kAP·kAQ=－1，進而有（k2+1）x1x2+（km+2）（x1+x2）+m2+4=0（1），聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，得到（4k2+1）x2+8kmx+4m2－4=0，由韋達定理求出x1+x2、x1x2，代入（1）得到關(guān)于m的一元二次方程，方程化簡并因式分解得5m－6km－2k=0，又直線l不過A點，得到m=65k，將其代入直線l方程得到過定點的直線系y=k（x+65），求出定點（－65，0）.

思路2 解法1通過韋達定理實現(xiàn)了x1+x2與x1x2的代換，進一步，從斜率的表達形式出發(fā)，得到k=y1x1+2=y2x2+2兩種形式后，思考能不能直接得到關(guān)于這兩種形式的方程，運用韋達定理求解呢？這就需要巧妙地構(gòu)造直線的方程，如解法2；在此基礎上，進一步思考能不能得到形如yx簡單形式的方程？回想之前學過的換元知識，結(jié)合函數(shù)圖象部分的平移內(nèi)容，我們將“坐標系平移”.

解法2：（齊次化）設直線l的方程為s（x+2）+ty=1（2），點P（x1，y1），Q（x2，y2），將橢圓方程變形為（x+2）－224+y2=1，化簡得到（x+2）2+4y2－4（x+2）=0（3），將（3）中一次項－4（x+2）乘以（2），合并同類項后得到4y2－4t（x+2）y+（1－4s）（x+2）2=0（4），進而將（4）同時除以（x+2）2，得到4（yx+2）2－4tyx+2+（1－4s）=0（5），此時kAP、kAQ相當于（5）關(guān)于yx+2的兩個根，結(jié)合韋達定理，將條件kAP·kAQ=－1化簡得到s=54.結(jié)合（2）得到y(tǒng)=－54t（x+65），即經(jīng)過定點（－65，0）.

解法3：（換元、齊次化）令x′=x+2，

y′=y，將其代入橢圓方程，此時點A相當于“新坐標系原點”，變換后的橢圓方程為（x′－2）24+y′2=1，化簡得到4y′2－4x′+x′2=0（6）.設變換后直線的方程變?yōu)閜x′+qy′=1（7），將（6）中一次項－4x′乘以（7），合并同類項后得到4y′2－4qx′y′+（1－4p）x′2=0（8），進而將（8）同時除以x′2，得到4y′x′2－4qy′x′+（1－4p）=0（9），此時kA′P′=kAP、kA′Q′=kAQ且kA′P′、kA′Q′相當于（9）關(guān)于y′x′的兩個根，結(jié)合韋達定理，將條件kA′P′·kA′Q′=－1化簡得到p=54.結(jié)合（7），得到y(tǒng)′=－54q（x′－45），所以變換后的直線經(jīng)過定點（45，0），可算出原直線經(jīng)過定點（－65，0）.

思路3 前兩種解法以直線的一般式方程進行計算，或最后回歸到一般式方程；回想教材中直線方程有幾種不同的形式，我們思考能否從直線方程的另一形式運算求解？分析后發(fā)現(xiàn)，應該可以利用兩點式，P、Q是直線l上的兩點，從直線l的斜率或傾斜角兩個角度求出定點.

解法4：（斜率角度）設直線AP的斜率為k1，則直線AQ的斜率為-1k1，進而得到直線AP的方程為y=k1（x+2）.聯(lián)立直線AP與橢圓的方程得到關(guān)于x的二元一次方程后，將其分解因式得（x+2）4k12+1x+8k12-2=0（10），由（10）得到P點橫坐標xP=2-8k124k12+1，將其代入直線AP的方程得到y(tǒng)P=4k14k12+1.同理，xQ=2k12-8k12+4，yQ=-4k1k12+4.應用兩點式表達出直線l的方程y－yPyQ－yP=x－xPxQ－xP，經(jīng)過化簡后（運算過程略）得到y(tǒng)=-5k14k12-4x+65，求出定點（－65，0）.

解法5：（傾斜角角度）不妨以點P在一、二象限為例，設直線AP的傾斜角為θ，則直線AQ的傾斜角為θ+π2.可以得到直線AP的參數(shù)方程為x=－2+tcosθ，

y=tsinθ（t為參數(shù)），將其代入橢圓方程得到關(guān)于t的一元二次方程1+3sin2θt2－4cosθt=0，進而求出點P取值的參數(shù)tP=4cosθ1+3sin2θ，將其代入?yún)?shù)方程得到P點坐標P4cos2θ1+3sin2θ－2，

4sinθcosθ1+3sin2θ，同理Q4sin2θ1+3cos2θ－2，－4sinθcosθ1+3cos2θ.類似解法4得到直線l方程y=－5sinθcosθ4（sin2θ－cos2θ）（x+65），求出定點（－65，0）.

思路4 在高中階段，二次曲線系屬于拓展內(nèi)容，圓、橢圓、雙曲線、拋物線都屬于二次曲線，兩條直線也被稱為退化的二次曲線.從兩條直線出發(fā)，我們能否用類似曲線系的方法，求出定點？

解法6：（斜率角度）設直線AP的斜率為k1，AQ的斜率為k2，可得直線AP的方程為y=k1（x+2），移項后得到k1x+2k1－y=0；同理可得直線AQ的方程為k2x+2k2－y=0.兩式相乘得k1x+2k1－y·k2x+2k2－y=0，該式可表示直線AP、AQ上所有的點，進一步化簡得k1k2x2+4x+4－k1+k2yx+2+y2=0（11），將x24+y2=1變形為y2=1+x21－x2，代入（11）得－（x+2）2－（k1+k2）y（x+2）+14x+22－x=0（12）.（12）式表示直線AP、AQ與橢圓的所有交點，因為直線l不經(jīng)過A點，（12）化簡為－x+2－k1+k2y+142－x=0（13），滿足P、Q兩點的坐標，據(jù)兩點確定一條直線，可將（13）當作直線l的方程，化簡為（k1+k2）y=－54（x+65），求出定點為（－65，0）.

解法7：（傾斜角角度）同樣以點P在一、二象限為例，設直線AP的傾斜角為θ，則直線AQ的傾斜角為θ+π2.因直線AP過A點，則直線AP的方程為y=tanθ（x+2），化簡為tanθx+2tanθ－y=0，同理可得直線AQ的方程為cotθx+2cotθ+y=0，類似解法6求出定點（－65，0）.

3 推廣探究

若將題目中A點一般化為橢圓上任意一點，并將兩直線AP、AQ的斜率之積一般化，可將結(jié)論推廣至雙曲線與拋物線.

+定理1 如圖1，設橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），點A（x0，y0）是橢圓上任意一點，直線l不經(jīng)過點A且與C交于兩點P、Q，若AP⊥AQ，則直線l恒過定點B（－（b2－a2）x0a2+b2，（b2－a2）y0a2+b2）.

證明：應用解法1，直線AP、AQ的斜率都存在，直線l不經(jīng)過點A（x0，y0）.當直線l斜率不存在時，易得直線l為x=（a2－b2）x0a2+b2；當斜率存在時，設點P（x1，y1）、Q（x2，y2），直線l：y=kx+m，則直線AP、AQ的斜率為kAP=kx1+m－y0x1－x0，kAQ=kx2+m－y0x2－x0.由kAP·kAQ=－1得（k2+1）x1x2+（mk-x0-y0k）（x1+x2）+y02+x02-2my0+m2=0（12），聯(lián)立直線l與橢圓C的方程得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2m2－a2b2=0.據(jù)韋達定理得x1+x2、x1x2的值并將其帶入（12），整理得（a2+b2）m2+（2a2kx0-2b2y0）m-a2b2-k2a2b2+a2k2y02+b2y02+a2k2x02+b2x02=0.（13）結(jié)合點A在橢圓C上的方程，將（13）分解因式得［m－（y0－kx0）］［（a2+b2）m+（a2y0－b2kx0+a2kx0－b2y0）］=0.解得m1=y0－kx0（不合題意，舍去），m2=（b2－a2）x0ka2+b2+（b2－a2）y0a2+b2.將m2代入直線l的方程化簡得l：y=k（x+（b2－a2）x0a2+b2）+（b2－a2）y0a2+b2，因此直線l過點B（－（b2－a2）x0a2+b2，（b2－a2）y0a2+b2）.

定理2 設橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），點A（x0，y0）是橢圓上任意一點，直線l不經(jīng)過點A且與C交于兩點P、Q，若直線AP、AQ的斜率之積為s，則直線l恒過定點B（－（b2+a2s）x0b2－a2s，（b2+a2s）y0b2－a2s）.

定理3 如圖2，設雙曲線C：x2a2－y2b2=1（a>0，b>0），點A（x0，y0）是雙曲線上任意一點，直線l

不經(jīng)過點A且與C交于兩點P、Q，若直線AP、AQ的斜率之積為s，則直線l過點B（（sa2－b2）x0sa2+b2，（b2－sa2）y0sa2+b2）.

定理4 如圖3，設拋物線C：y2=2px，點A（x0，y0）是拋物線上任意一點，直線l不經(jīng)過點A且與C交于兩點P、Q，若直線AP、AQ的斜率之積為s，則直線l過點B（x0－2ps，－y0）.

（2020山東省專業(yè)學位研究生教學案例庫項目：“數(shù)學教學設計與案例分析”教學案例庫（SDYAL20188）.房元霞教授為本文的通訊作者.）