似曾相识燕归来
——解析几何相似题探究

杨元军

(江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学，225503)

引例(2015年全国高考题)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A、B,线段AB的中点为M.

(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率之积为定值;

解(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).

(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,

(2)四边形OAPB为平行四边形.

注意四边形OAPB为平行四边形当且仅当对角线相互平分,即xP=2xM,令

过已知点作两条倾斜角之和(或差)为定值的直线与圆锥曲线相交，探求直线或交点有关性质问题的题型,是解析几何的热点之一．这类问题的入口宽、解法多,引例及解答在往届高考题中，给我们似曾相识的感觉，充分体现了课改“考素质、考能力”的要求，值得我们引起重视．本文略举数例，供大家参考.

一、已知点在圆锥曲线上

情形1两直线的倾斜角之和为π.

此类问题常常化为证明两直线与圆锥曲线交点所在直线有定向．

例1如图1,M是抛物线上y2=x上的一点,动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点,且MA=MB.

(1)若M为定点,证明:直线EF的斜率为定值;

(2)若M为动点,且∠EMF=90°,求∆EMF的重心G的轨迹方程.

∴直线ME的方程为：y-y0=k(x-y20).

以y2=x代入得

ky2-y+y0(1-ky0)=0，

同理可得

所以直线EF的斜率为定值.

方法2设M(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2)，则

∴(y0+y1)(y0-y1)=x0-x1，

∵MA=MB，∴kME+kMF=0，

∴y1+y2=-2y0，

所以直线EF的斜率为定值.

(2)(略)

评注解法1是正面求解，多数情况下运算量较大；解法2应用点差法挖掘参数间隐含的关系，真正实现了设而不求，巧妙过渡的能力技巧，有很好的启迪功效.

相似题如图2,过抛物线y2=2px(p>0)上一定点P(x0,y0)(y0>0),作两条直线分别交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2).

情形2两直线的倾斜角之和为不是π的定值.

此类问题常常化为证明两直线与圆锥曲线交点所连直线过定点．

(1)求动圆圆心C的轨迹的方程;

(2)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角分别为α和β,当α,β变化，且α+β为定值θ(0<θ<π)时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.

解(1)y2=2px(p>0)(过程略).

(2) 设A(x1,y1),B(x2,y2).AB的直线方程为:x=my+n(m≠0)代入y2=2px(p>0)，得y2-2pmy-2pn=0，

∴y1y2=4p2=-2pn，得n=-2p，

∴直线AB的方程为x=my-2p,过定点(-2p,0).

评注有关直线的定点(定值)问题，常利用已知条件探索出参数满足的约束条件，再结合直线含参方程表达式得出定性结论.

(1)求动圆圆心C的轨迹的方程;

答案:(1)y2=2px(p>0)；

(2) (-2p,2p).

二、已知点不在圆锥曲线上

此类问题常探索直线与圆锥曲线交点相应几何图形的几何性质．

例3设A、B是椭圆3x2+y2=λ上的两点,点N(1,3)是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.

(1)确定λ的取值范围,并求直线AB的方程;

(2)试判断是否存在这样的λ,使得A、B、C、D四点在同一个圆上?并说明理由.

解(1)λ的取值范围是(12,+∞).直线AB的方程为y=-x+4(过程略).

(2)∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y=x+2.

假设存在λ,使得A、B、C、D四点共圆．

设所求的圆的方程为 3x2+y2-λ+m(y+x-4)(y-x-2)=0，即

(3-m)x2+(1+m)y2+2mx

-6my+8m-λ=0，

解得λ>12.

∴存在λ>12,使得A、B、C、D四点共圆．

相似题

评注当前新课标的理念特别提出“多考想，少考算”，因此现行高考充分体现了这一精神实质.很多问题要求学生在处理时要注意分析过程，例3充分利用图形的几何性质避免繁杂计算，合理转化问题，对推理与逻辑思维能力提出了较高要求，值得我们学习.