邹素文

[摘   要]通过研究圆锥曲线中直线过定点问题的求解方法，不仅能简化此类题型的运算，而且能提高学生的解题能力.

[关键词]圆锥曲线;直线;定点

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2021）20-0021-02

圆锥曲线中直线过定点的问题在各地模拟考试以及高考中经常出现. 这一类问题，一般由过定点的几条动直线与圆锥曲线相交，产生一条动直线，最后研究该动直线是否过定点.通常做法是把直线方程与圆锥曲线标准方程联立，得到关于[x]（或[y]）的一元二次方程，直接求出交点横坐标（或纵坐标），或运用根与系数的关系解决问题.这是解决圆锥曲线问题的通法，但计算繁杂，学生在有限的时间内很难得到正确结果.我们采用逆向思维，将圆锥曲线的标准方程代入直线方程，即将两条直线的一般式方程[l1]：[A1x+B1y+C1=0]和[l2]：[A2x+B2y+C2=0]相乘得到[（A1x+B1y+C1）（A2x+B2y+C2）=0]，将圆锥曲线的标准方程变形后代入上述直线系方程，消去[x2]（或[y2]项），采用因式分解的技巧得到所要求的直线方程，从而达到减少运算量的目的.

[例1]已知椭圆[x29+y2=1]的左顶点[A]，不過点[A]的直线[l：y=kx+m]与椭圆交于不同的两点[P]、[Q]，当[AP?AQ=0]，求证：直线[l]过定点，并求定点坐标.

分析：这是一道典型的定点问题，常规处理思路：方程化、坐标化和函数化，得到[k]与[m]的等量关系，从而得出直线过定点的结论.

解法1：设[P（x1， y1）]，[Q（x2， y2）]，则直线[l]的方程与椭圆方程联立得[（9k2+1）x2+18kmx+9m2-9=0]，

[Δ=（18km）2-4（1+9k2）（9m2-9）>0?m2<9k2+1].

[x1+x2=-18km1+9k2，x1x2=9m2-91+9k2.]      ①

由[AP?AQ=0]得

[x1x2+3（x1+x2）+y1y2=0]，即

[x1x2+3（x1+x2）+9+（kx1+m）（kx2+m）=0].整理得[（k2+1）x1x2+（km+3）（x1+x2）+m2+9=0].将①代入上式得[（m-3k）（5m-12k）=0].

（1）当[m=3k]时，直线[l：y=kx-3k]，过右顶点[（3， 0）]，不合题意.

（2）当[m=125k]时，直线[l：y=kx+125k].

因此直线[l]过定点[-125， 0].

点评：这一思路的获得极为自然，但其运算量特别大，非常容易出错.为了减少复杂的运算，能否不把直线与椭圆联立，采用坐标化，函数化求解呢？由于直线[AP]和[AQ]的方程相乘后得到过点[A]、[P]、[Q]的直线系，把椭圆方程代入直线系后进行因式分解得到另外的两条直线的方程即直线[PQ]和[x=-3]，从而减少运算量.

解法2：依题意，[AP]直线方程为[y=k1（x+3）]，即[k1（x+3）-y=0] ①，[AQ]直线方程为[y=k2（x+3）]，

即[k2（x+3）-y=0] ②.

将①与②左右两边分别相乘有[k1k2（x+3）2-（k1+k2）（x+3）y+y2=0] ③.

由于[y2=1-x29]及[k1k2=-1]，代入③，

化简即有[k1-1k1y+109x+83=0] ④，

④式即为直线[l]的方程，从而直线[l]过定点[-125， 0].

点评：显然，解法2的运算量比解法1的明显减少.解题的思想是由一个过曲线顶点的两条直线构成曲线系，通过把曲线方程代入直线方程后所得的式子进行因式分解得到另外两条直线（本题有一条直线退化成曲线的切线）.若这种逆向代换的解题方法在另外一些题中若能应用自如，也能帮助我们开阔视野.

[例2]已知[A]，[B]分别为椭圆[E]：[x2a2+y2=1（a>1）]的左、右顶点，[G]为[E]上顶点，[AG?GB=8].[P]为直线[x=6]上的动点，[PA]与[E]的另一交点为[C]，[PB]与[E]的另一交点为[D].

（1）求[E]的方程;

（2）证明：直线[CD]过定点.

分析：本题属于难题，主要考查转化、化归思想和学生的运算求解能力.若设点[P]，用点斜式写出直线[AP]的方程，然后与椭圆方程联立，通过根与系数关系求得点[C]的坐标，同理可得点[D]的坐标，于是可表示出直线[CD]的方程，解题思路自然，但计算繁杂.若观察到线段[AB]是椭圆的中心弦，利用中心弦公式[kPA?kPB=-19]破题，也会给解题带来方便.当然也可以用三点共线破题.但是三点共线两个条件所得式子相除后得到一个非对称的式子，也是学生处理的难点.上述处理策略远没有采用逆向代换的方法处理简单.

解：（1）E的方程式为[x29+y2=1];

（2）设直线[AP]的方程为

[y=k1（x+3）]，即[k1（x+3）-y=0] ①，

设直线[PB]的方程为[y=k2（x-3）]，即

[k2（x-3）-y=0] ②，

将①与②左右两边分别相乘得

[k1k2x2-9-k1+k2x+3k1-k2y+y2=0]，

把[x2=9-9y2]代入上式，化简得[y=0，] 或

[（1-k1k2）y-（k1+k2）x-3（k1-k2）=0] ③，

③式即为直线[CD]的方程.

又①与②式均过点[P]，则有[yP=9k1=3k2]，即

[k2=3k1]，代入③，得

[1-3k21y-4k1x-32=0].

所以直线[CD]过定点[32，0].

点评：此题通过妙用逆向代换，运算相当简洁，达到了化繁为简的目的，大大减少了运算量，令人惊叹！

[例 3]如图2所示，已知圆[G]：[（x-2）2+y2=49]是椭圆[T]：[x216+y2b2=1（0

图2

（1）求椭圆[T]的标准方程;

（2）过点[M（0， 1）]分别作圆[G]的两条切线交椭圆于[E，F]两点，试判断直线[EF]与圆[G]的位置关系，并说明理由.

分析：题中有多条直线与椭圆相交，我们抓住直线[ME]、[MF]与椭圆相交，通过逆向代换就会得到直线[EF]方程，从而采用圆心到直线的距离判断直线与圆[G]的位置关系.

解： （1）可求得椭圆[T]的标准方程为[x216+y2=1]，过程略.

（2）设直线[ME]的方程为[y=k1x+1]，即[k1x+1-y=0] ①，

设直线[MF]的方程为[y=k2x+1]，即[k2x+1-y=0] ②，

将 ①与 ②左右两边相乘 有[k1k2x2+（k1+k2）x（1-y）+（1-y）2=0]，将[x2=16（1-y2）]代入上式，化简即有[16k1k2（1+y）+（k1+k2）x+1-y=0]③，③式即为直线[EF]的方程.由题意知直线[ME]均与圆[G]相切，则[2k1+11+k21=23]，即[32k21+36k1+5=0].

同理有[32k22+36k2+5=0]，则[k1， k2]是方程[32k2+36k+5=0]的两根，则[k1+k2=-98， k1k2=532]④，把④式代入③式得直线[EF]的直线方程[12y-9x+28=0]，则圆心[（2， 0）]到直线[EF]的距离为[d=-9×2+28122+92=23.]故直线[EF]与圆[G]相切.

点评：该题看上去并不是求直线过定点问题，逆向代换的方法主要是通过因式分解求出另外两条直线，故可以用来解决直线过定点问题.该题用此法快速求出了直线[EF]的方程，本质上就是例1的一种变式.

从以上例题可以看出，在解决圆锥曲线直线过定点问题时，逆向代换的方法显得特别有效，使烦琐的运算变得简单，从而提高解题效率.

但是逆向代换的方法严重依赖把圆锥曲线方程变形后代入两条直线一般式方程相乘得到的关于[x，y]的二次方程，并能进行因式分解.而一般的二元二次方程的因式分解是困难的，因此要求直线过圆锥曲线上的特殊位置（一般是顶点）.

[   参   考   文   献   ]

[1]  王成杰，刘新春.解析几何问题的创新解法从哪里来[J].数学通報， 2018（11）：57-61+63.

[2]  李水艳.直线和圆的方程 [J] .数学教学通讯，2015（22）：89-96.

[3]  杨旭.圆锥曲线的性质及推广应用[J].科技资讯，2013.（25）：236-239.

（责任编辑 黄桂坚）