福建省漳州市教育科学研究院(363000) 张兵源

在解析几何的学习中，有一类试题经常出现在解答题当中.此类试题以直线与某种圆锥曲线相交为载体，而题目的条件或结论归结为两直线倾斜角互补，或者可转化成为两直线斜率之和的求解问题.此类试题所给条件一般不会直接告知两直线倾斜角互补，而是变换表述形式，有些试题的表达甚至更为隐蔽，这就要求将题目所给条件进行灵活的转化，转向两直线斜率之和的思维轨道上.

一、命题思路分析

思路一某条直线是某个角的角平分线.

此类题型的命题思路是从同一个点出发的两条直线分别与圆锥曲线相交(各有一个交点)，从而形成一个角，然后告知轴或者某条水平直线是该角的角平分线.运用平面几何的知识不难发现此时两条直线的倾斜角互补，进而转化成斜率之和进行求解.

例1(2013年陕西高考理科第20 题)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程.

(2)已知点B(-1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点.

解析(1)轨迹C的方程为y2=8x，过程从略.

(2)如图1所示，设直线l方程为y=kx+b,P(x1,kx1+b),Q(x2,kx2+b).联立

得k2x2-(8-2kb)x+b2=0，由韦达定理有

因为x轴是∠PBQ得角平分线，故直线PB,QB倾斜角互补，kP B+kP Q=0，即有

将(1)代入上式，化简得

解得k=-b.此时直线l方程为y=kx-k，过定点(1,0).

图1

图2

例2已知椭圆= 1(a ＞b ＞0)与椭圆有相同的离心率，并且经过点P(2,-1).

(1)求椭圆C1的方程;

(2)设点Q为椭圆C2的下顶点，过点P作两条直线分别交椭圆C1于A，B两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并且求出这个定值.

解析(1)，过程从略.

(2)如图2所示，Q(0,-1)，P(2,-1)，kP Q= 0.若直线PQ平分∠APB，则直线PA,PB的斜率均存在且不为0，且kP A=-kP B.设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线PA方程为y+1=k(x-2)，与椭圆方程联立得

(1+4k2)x2-8(2k2+k)x+16k2+16k-4=0,所以同理可得又所以直线AB的斜率为

为定值.

命题思路二在一个三角形中有两条线段长度相等.

此类题型的命题思路是在某一个三角形有两条线段长度相等，或者求证某两条线段长度相等.解题思路是将题目条件转化成这两条线段所在的直线斜率之和为0.

例3如图(3)所示，椭圆中，右焦点为F.分别过O,F的两条弦AB,CD相交于点E，且OE=EF.证明AC,BD斜率之和为定值.

图3

解析由OE=EF得直线AB,CD的倾斜角互补，斜率互为相反数.设直线AB的方程为y=kx，直线CD的方程为y=-k(x-1)，两相交直线AB,CD与椭圆组成的二次曲线系方程为

展开得

即

显然直线AC,BD也在上述二次曲线方程中.设AC:A1x+B1y+C1=0, BD:A2x+B2y+C2=0.由(A1x+B1y+C1)(A2x+B2y+C2)=0，展开得

比较(2)，(3)两式xy项的系数得到A1B2+B1A2=0.两边同时除以B1B2，得即0.因此直线AC,BD的斜率之和为定值0.

例4已知椭圆的离心率为是C1上一点.

(1)求椭圆C1的方程;

(2)设A,B,Q是点P分别关于x轴，y轴以及原点的对称点，平行于AB的直线l与C1相交于不同于P,Q的两点C,D，点C关于原点的对称点为E.证明： 直线PD,PE与y轴围成的三角形是等腰三角形.

图4

解析(1)过程从略.

(2)如图4所示，A(-2,-1),B(2,1),Q(2,-1).设直线l方程为将其代入椭圆方程得x2+2tx+2t2-4=0.设C(x1,y1),D(x2,y2),E(-x1,-y1)，令∆＞0，得-2＜t ＜2.则x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4.设直线PD,PE的斜率为k1,k2，则

要使直线PD,PE与y轴围成的三角形是等腰三角形，只需证k1+k2= 0.即证(2-x1)(y2-1)(x2+2)(y1+1)= 0.又

所以直线PD,PE与y轴围成的三角形是等腰三角形.

命题思路3有两个角相等.

此类题型的命题思路是直接告知有两个角相等，或者要证明某两个角相等.解题思路是将题目条件转化成两条直线斜率之和为0.

例5如图5所示，已知右焦点为F(1,0)的椭圆经过点

(1)求椭圆M的方程;

(2)经过F的直线l与椭圆M分别交于A,B(不与D重合)，直线DA,DB分别与x轴交于M,N，是否存在直线l，使得∠DMN= ∠DNM?若存在，求出直线l的方程;若不存在，请说明理由.

图5

解析(1)，过程从略.

(2)存在直线l，使得∠DMN=∠DNM.理由如下： 由已知可设直线l方程为y=k(x-1)，代入得(3 + 4k2)x2-8k2x+ 4(k2-3)= 0，易证∆＞0.设A(x1,y1),B(x2,y2)，则记直线DA,DB的斜率分别为k1,k2，欲使直线l满足∠DMN= ∠DNM，只需k1+k2= 0.因为A,F,B三点共线，所以则

例6(2015年高考全国Ⅰ卷第20 题)如图6所示，在直角坐标系xOy中，曲线与直线l:y=kx+a(a ＞0)交于M,N两点.

(1)当k=0 时，分别求C在点M和N处切线方程.

图6

(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN? 说明理由.

解析假设存在符合题意的点P(0,t)，设M(x1,kx1+a),N(x2,kx2+a).因为∠OPM= ∠OPN，故直线PM,PN倾斜角互补，kP M+kP N=0.联立y=kx+a与得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4l,x1x2=-4a.将x1+x2= 4k,x1x2=-4a代入上式得kP M+kP N=故要使当k变动时，总有∠OPM=∠OPN，则t=-a.因此存在符合题意的点P(0,-a).

二.结束语

上述三种命题思路虽然表述形式不一样，但是在本质上是一样的，都是两直线斜率之和为的不同表征.由此可见，此类试题的本质思想就是利用两直线斜率之和为零来解决问题，不同的试题改变的只是非本质特征.如此一来，便可以将这些试题都归结为一类，以丰富解题经验，并站在更高的角度去审视这些试题.在实际解题中要灵活根据题目条件进行恰当的转化，从而实现解题的高效，提升数学思辨智慧.

以下是几道练习题，请读者自行完成.

练习1已知点在椭圆=1(a ＞b ＞0)上，直线的斜率与直线OA的斜率乘积为

(1)求椭圆C的方程.(2)不经过点A的直线l:y=与椭圆C交于P,Q.P关于原点的对称点为R(与点A不重合).直线AQ,AR与y轴分别交于M,N两点，求证：AM=AN.

练习2已知圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M,N(点M在点N的下方)，且|MN|=3.

(1)求圆C的方程; (2)过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A,B，连接AN,BN，求证：∠ANM=∠BNM.

练习3已知椭圆的右焦点F(1,0)，椭圆Γ 的左右顶点分别为M,N.过点F的直线l与椭圆交于C,D两点，且∆MCD的面积是∆NCD的面积的3 倍.

(1)求椭圆Γ 的方程;(2)若CD与x轴垂直，A,B是椭圆Γ 上位于直线CD两侧的动点，且满足∠ACD=∠BCD，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.

练习4已知椭的离心率为，长轴右端点为A,M(1,0)为线段OA中点.

(1)求椭圆C的方程.(2)过点M任做一条直线与椭圆C相交于两点P,Q.试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM= ∠QNM，若存在求出点N的坐标; 若不存在说明理由.