对一道预赛试题的思考与探究

福建省周宁县第一中学(355400) 叶 桦

题目(2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛第12 题)已知F1,F2分别为椭圆C:=1(a ＞b ＞0)的左、右焦点, 点在椭圆C上, 且ΔF1PF2的垂心为

(1)求椭圆C的方程;

(2)设A为椭圆C左顶点,过点F2的直线l交椭圆C于D,E两点,记直线AD,AE的斜率k1,k2,若k1+k2=求直线l的方程.

图1

本题的答案是: (1)椭圆C的方程为直线l的方程为y= 2(x-1).本题(2)的内涵丰富,意境深邃,值得引导学生深入思考与探究.

1 由特殊到一般的思考与探究

本题的(2) 的关键是在“k1+k2=的条件下求出直线l的斜率k= 2.我们不禁要问: 对于一般的椭圆=1(a ＞b ＞0),若k1+k2=λ(λ为非零常数),那么,直线l的斜率k是否为某个定值?

经探究,可得

性质1.1设A为椭圆C:= 1(a ＞b ＞0)的左顶点,过焦点F(c,0)的直线l交椭圆C于D,E两点,若直线AD,AE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数),则直线l的斜率k=(其中e为椭圆C的离心率).

证明设直线l的方程为x=hy+c,由λ/=0 知h/=0,直线l的斜率将直线l的方程与椭圆C方程联立,得

设D(x1,y1),E(x2,y2),据韦达定理,

且有x1=hy1+c,x2=hy2+c.又由A(-a,0),得

性质2.1设A为双曲线C:=1(a ＞0,b ＞0)的左顶点,过焦点F(c,0)的直线l交双曲线C于D,E两点,若直线AD,AE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数),则直线l的斜率k=(其中e为双曲线C的离心率).

性质3.1设O为抛物线C:y2= 2px(p ＞0)的顶点,过焦点的直线l交抛物线C于D,E两点,若直线OD,OE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数),则直线l的斜率k=

下面只证明性质3.1,性质2.1 可仿照性质1.1 的证明证之.

证明设直线l的方程为x=hy+由λ/=0 知h/=0,直线l的斜率k=将直线l的方程与抛物线C的方程联立,得y2= 2p(hy+整理得y2-2phy-p2= 0.设D(x1,y1),E(x2,y2)据韦达定理,y1+y2=2ph,y1y2=-p2,且有x1=hy1+则

由此可得k=证毕.

2 由焦点到“类焦点”的思考与探究

以上性质揭示了圆锥曲线焦点弦所在直线的斜率,该弦两端点与顶点连线的斜率的内在联系,若将焦点F换为定点(m,0),那么,会有什么相应的结论? 经探究,有

性质1.2设A为椭圆=1(a ＞b ＞0)的左顶点,过定点(m,0)(0＜m ＜a)的直线l交椭圆C于D,E两点,若直线AD,AE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数),则直线l的斜率k=(其中e,c分别为椭圆C的离心率,半焦距).

证明设直线l的方程为x=hy+m,由λ/=0 知h/=0,直线l的斜率k=以“m”替换性质1.1 证明中的“c”,可得

类似地,有

性质2.2设A为双曲线C:=1(a ＞0,b ＞0)的左顶点, 过定点(m,0)(m ＞a) 的直线l交双曲线C于D,E两点,若直线AD,AE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数), 则直线l的斜率k=(其中e,c分别为双曲线C的离心率,半焦距).

性质3.2设O为抛物线C:y2= 2px(p ＞0)的顶点,过定点(m,0)(m ＞0)的直线l交抛物线C于D,E两点,若直线OD,OE的斜率k1,k2满足k1+k2=λ(λ为非零常数),则直线l的斜率k=

下面只证明性质3.2,性质2.2 可仿照性质1.2 的证明证之.

特别地,当m=c,即定点(m,0)为焦点F(c,0)时,性质1.2,2.2 分别为性质1.1,2.1;当m=即定点(m,0)为焦点时,性质3.2 即为性质3.1.

3 去掉两个条件后的思考与探究

若去掉性质1.2, 2.2, 3.2 中的“过定点(m,0)”及“k1+k2=λ”这两个条件, 那么直线l的斜率k与直线AD,AE(OD,OE)的斜率k1,k2是否有某种内在联系?

经探究,有

性质1.2 的推论设A为椭圆C:= 1(a ＞b ＞0) 的左顶点, 不过点A的直线l交椭圆C于D,E两点, 若直线AD,AE,l的斜率k1,k2,k均存在且非零, 则(其中e为椭圆C的离心率).

证明由性质1.2 的证明过程可得

2.4.1 HPLC指纹图谱的生成 取5批样品各适量，按“2.2.3”项下方法制备供试品溶液，再按“2.1”项下色谱条件进样测定，采用《中药色谱指纹图谱相似度评价系统（2004 A版）》对5批样品的HPLC图谱进行分析，得HPLC指纹图谱，详见图1、图2。

则

由此可解得m=代入性质1.2 的结论:得

则

证毕.

类似地,有

性质2.2 的推论设A为双曲线= 1(a ＞0,b ＞0)的左顶点,不过点A的直线l交双曲线C于D,E两点, 若直线AD,AE,l的斜率k1,k2,k均存在且非零, 则(其中e为双曲线C的离心率).

性质3.2 的推论设O为抛物线C:y2=2px(p ＞0)的顶点,不过原点O的直线l交抛物线C于D,E两点,若直线OD,OE,l的斜率k1,k2,k均存在且非零,则

下面只证明性质3.2 的推论,性质2.2 的推论可仿照性质1.2 的推论的证明证之.

证明由性质3.2 的证明过程可得

则m=代入性质3.2 的结论:k=可得证毕.

由上述三个推论,可得圆锥曲线的一个统一性质:

统一性质设A为标准圆锥曲线C的左顶点(抛物线的顶点), 不过点A的直线l交圆锥曲线C于D,E两点, 若直线l,AD,AE的斜率k,k1,k2均存在且非零, 则(其中e为圆锥曲线c的离心率).

至此,我们完成了对上述预赛试题的思考与探究.至于椭圆,双曲线右顶点的情形,这里不再赘述.

4 性质的应用举例

例1(2020年南昌市一模理科第20 题) 已知圆F1:(x+1)2+y2=r2(1 ≤r≤3).圆F2:(x-1)2+y2=(4-r)2.

(1)证明圆F1与圆F2有公共点,并求公共点的轨迹E的方程;

(2)已知点Q(m,0)(m ＜0), 过点F2斜率为k(k /= 0)的直线与轨迹E相交于M,N两点,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,是否存在实数m使得k(k1+k2)为定值?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.

简析(1)轨迹E的方程为= 1(过程略); (2)由a2= 4,b2= 3, 得e=据性质1.1, 得k(k1+k2) =kλ= 2(e-1) =-1) =-1,即存在椭圆E的左顶点Q(-2,0)(m=-2),使得k(k1+k2)为定值-1.

例2(2012年第3 届世界数学团体锦标赛青年组个人赛第4 轮第13 题)经过抛物线y2= 2px(p ＞0)的顶点O作两条弦OA和OB,若OA、OB的斜率k1,k2恰好为方程x2+4x-2=0 的两个根,求直线AB的斜率k.

简析由条件得k1+k2=-4,k1k2=-2,据性质3.2的推论,