点乘双根法
立足基础，强化能力
立足基础，强化能力———一堂高考试题探究课及其体会冯英杰（江苏省运河中学，２２１３００） 在中国高考评价体系新背景下，２０２０年新课改的高考数学命题紧紧围绕着“四层”、“四翼”，在全面的基础上，注重能力素养的考查，极大地助力了高中育人方式的改革和学生的综合发展．特别是２０２０年山东省高考数学压轴题，是一大亮点．高考评价体系是具有两面性．一方面，它可以评价考生的素质．以“四层”为考查内容，含有“核心价值、核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”，考查考生素质内涵；以“四翼”为考查要求，包括“基础性、综合性、应用性、创新性”，检测学生素质水平度；另一方面，它可以指导和评价高考命题，提高高考命题水准，促进教育改革．下面以我在２０２１届高三复习中的一堂关于本题的探究课为例，谈谈中国高考评价体系中“四层”、“四翼”的一些具体体现及教学感想．１ 案例呈现例 （２０２０年山东数学卷）已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的离心率为槡２２，且过点Ａ（２，１）．（１）求Ｃ的方程：（２）点Ｍ，Ｎ在Ｃ上，且ＡＭ⊥ＡＮ，ＡＤ⊥ＭＮ，Ｄ为垂足．求证：存在定点Ｑ，使｜ＤＱ｜为定值．（前一天出示问题，第二天课上评析）１．１ 解法探究 各显神通师：这道高考压轴题是解析几何题，题目背景考生十分熟悉，是直线与椭圆相结合的一道综合题，看似平淡无奇，但平淡中不乏惊喜，第一问易得椭圆方程为：ｘ２６＋ｙ２３＝１．第二问题设新颖，设问巧妙，对考生的分析问题、探究问题、解决问题的能力区分度明显，促进了高校对人才的选拔需求，哪位同学来展示一下？生１：我用的是韦达定理，!!"#$%&'()"#*%&'()设点Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）．因为ＡＭ⊥ＡＮ，∴→ ＡＭ·→ＡＮ＝０，即（ｘ１－２）（ｘ２－２）＋（ｙ１－１）（ｙ２－１）＝０． ①当直线ＭＮ的斜率存在时，设方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，如图１．代入椭圆方程消去并整理得：（１＋２ｋ２）ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２－６＝０．根据ｙ１＝ｋｘ１＋ｍ，ｙ２＝ｋｘ２＋ｍ，代入①，整理可得：（ｋ２＋１）ｘ１ｘ２＋（ｋｍ－ｋ－２）（ｘ１＋ｘ２）＋（ｍ－１）２＋４＝０．整理化简，得（２ｋ＋３ｍ＋１）（２ｋ＋ｍ－１）＝０．∵Ａ（２，１）不在直线上，∴２ｋ＋ｍ－１≠０．∴２ｋ＋３ｍ＋１＝０，ｋ≠１．于是ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ－()２３－１３，过定点Ｅ２３，－()１３．当直线ＭＮ的斜率不存在时，可得Ｎ（ｘ１，ｙ１），如图２．代入（ｘ１－２）（ｘ２－２）＋（ｙ１－１）（ｙ２－１）．得（ｘ１－２）２＋１－ｙ２２＝０．结合ｘ２１６＋ｙ２１３＝１，解得ｘ１＝２（舍），ｘ１＝２３．此时直线ＭＮ过点Ｅ２３，－()１３．由于ＡＥ为定值，且△ＡＤＥ为直角三角形，ＡＥ为斜边，所以ＡＥ中点Ｑ满足｜ＱＤ｜为定值．·６８·《数学之友》 ２０２１年第８期ＡＥ长度的一半１２２－()２３２＋１＋()１３槡２＝槡４２()３由于Ａ（２，１），Ｅ２３，－()１３，故由中点坐标公式可得Ｑ４３，()１３，故存在点Ｑ４３，()１３，使得｜ＤＱ｜为定值．师：太棒了，此种方法是解决定点问题的常规方法，求直线过定点本质还是求直线的方程，设出直线ＭＮ的方程ｙ＝ｋｘ＋ｍ以后，只要找出两个参数ｋ，ｍ的关系即可，结合条件ＡＭ⊥ＡＮ，使用韦达定理，运用设而不求的方法，列出含有参数ｋ，ｍ的代数式，化简可得ｋ，ｍ的关系，从而求出定点．值得注意的是，最后要检验斜率不存在的情况．解析几何本质是用代数的方法解决几何问题，考纲要求掌握直线与二次曲线的位置关系，与之对应的一次与二次的方程问题，韦达定理为处理二次方程根问题的有力工具，因此韦达定理在解析几何中占有重要的位置，本题还能不能从不同的角度考虑？．生２：若直线ＭＮ斜率存在，设直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），将直线方程ｙ＝ｋｘ＋ｍ代入椭圆方程ｘ２＋２ｙ２－６＝０，消去ｙ并整理，得（１＋２ｋ２）ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２－６＝０．又因为ｘ１和ｘ２为方程的两根，所以ｘ２＋２（ｋｘ＋ｍ）２－６＝（１＋２ｋ２）（ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）．所以（ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＝ｘ２＋２（ｋｘ＋ｍ）２－６（１＋２ｋ２）．令ｘ＝２，可得（２－ｘ１）（２－ｘ２）＝４＋２（ｋｘ＋ｍ）２－６（１＋２ｋ２）＝２（２ｋ＋ｍ－１）（２ｋ＋ｍ＋１）（１＋２ｋ２）．同理可得（１－ｙ１）（１－ｙ２）＝２（２ｋ－ｍｙ＋１）（２ｋ＋ｍ－１）１＋２ｋ２．因为ＡＭ⊥ＡＮ，所以→ ＡＭ·→ＡＮ＝０．即（ｘ１－２）（ｘ２－２）＋（ｙ１－１）（ｙ２－１）＝０．即（２ｋ＋ｍ－１）（２ｋ＋３ｍ＋１）１＋２ｋ２＝０．当２ｋ＋ｍ－１＝０时，ＭＮ过Ａ（２，１），不合题意；当２ｋ＋３ｍ＋１＝０时，ＭＮ过２３，－()１３；若直线ＭＮ斜率不存在，则直线ＭＮ的方程为ｘ＝２３，可得Ｍ２３，()５３，Ｎ２３，－()５３，满足ＡＭ⊥ＡＮ．综上直线ＭＮ过定点Ｅ２３，－()１３．下同方法一．师：非常好，此种方法也是以求直线ＭＮ方程为目标，由ＡＭ⊥ＡＮ入手，根据数量积可以得到（ｘ１－２）（ｘ２－２）＋（ｙ１－１）（ｙ２－１）＝０，进而联想到一元二次方程的两根式与一般式的关系，结合赋值，找到两个参数ｋ，ｍ的关系，从而求得定点．可以称为点乘双根法，此法思维发散，运算工整，要求考生有敏锐的观察想象力和扎实的数学基本功，本题还有没有其他方法？生３：椭圆方程ｘ２６＋ｙ２３＝１可化为：（ｘ－２）２＋２（ｙ－１）２＝－４［（ｘ－２）＋（ｙ－１）］．设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），直线ＭＮ方程为ｍ（ｘ－２）＋ｎ（ｙ－１）＝１，则（ｘ－２）２＋２（ｙ－１）２＝－４［（ｘ－２）＋（ｙ－１）］［ｍ（ｘ－２）＋ｎ（ｙ－１）］．整理可得（２＋４ｎ）ｙ－１ｘ()－２２＋４（ｍ＋ｎ）ｙ－１ｘ－２＋（１＋４ｍ）＝０．因为ｙ１－１ｘ１－２和ｙ２－１ｘ２－２为方程的两根，故由韦达定理可得ｙ１－１ｘ１－２·ｙ２－１ｘ２－２＝１＋４ｍ２＋４ｎ．又因为ＡＭ⊥ＡＮ，所以ｋＡＭ·ｋＡＮ＝－１．所以１＋４ｍ２＋４ｎ＝－１，即ｎ＝－ｍ－３４．所以直线ＭＮ方程为ｍ（ｘ－２）－ｍ＋()３４（ｙ－１）＝１．所以ＭＮ过定点Ｅ２３，－()１３．下同方法一．师：非常完美，此种方法同法二，也是以（ｘ１－２）（ｘ２－２）＋（ｙ１－１）（ｙ２－１）＝０为基点发散，巧妙设取直线ＭＮ方程ｍ（ｘ－２）＋ｎ（ｙ－１）＝１，利用“１”结合椭圆方程构造齐二次式，韦达定理找到两个参数ｍ，ｎ的关系，从而求得定点．这种齐次化方法除了具有想象力和创造力外，一方面需要能对直线的方程有深入的理解，另一方面需要扎实的代数变形和运算技巧，希望大家谨记；还有其他解法吗？生４：设Ｄ（ｍ，ｎ），直线ＭＮ的倾斜角为α，·７８·《数学之友》 ２０２１年第８期则直线ＭＮ的参数方程为ｘ＝ｍ＋ｔｃｏｓα，ｙ＝ｎ＋ｔｓｉｎ{α带入椭圆方程ｘ２＋２ｙ２－６＝０，可得（１＋ｓｉｎ２α）ｔ２＋（２ｍｃｏｓα＋４ｎｓｉｎα）ｔ＋ｍ２＋２ｎ２－６＝０．所以（ｍ－２）２＋（ｎ－１）２＝ｍ２＋２ｎ２－６１＋ｓｉｎ２α．（ ）由ｋＡＤ·ｋＭＮ＝－１，可得ｎ－１ｍ－２ｔａｎα＝－１．所以ｔａｎα＝ｍ－２１－ｎ．所以ｓｉｎ２α＝ｔａｎ２α１＋ｔａｎ２α＝（ｍ－２）２（ｍ－２）２＋（ｎ－１）２．代入（ ），化简可得ｍ－()４３２＋ｎ－()１３２＝８９．故存在点Ｑ４３，()１３使得｜ＤＱ｜为定值．师：我完全赞同你的高见，数学大师陈省身说过：“数学的魅力在于人们不用蛮力而简捷解题”．此法采用直线的参数方程ｘ＝ｘ０＋ｔｃｏｓα，ｙ＝ｙ０＋ｔｓｉｎ{)α（其中ｔ为参数）是选修内容，参数ｔ的几何意义为有向线段的数量．本题从射影定理｜ＤＭ｜·｜ＤＮ｜＝｜ＡＤ｜２作为突破口，联想到直线的参数方程恰好可以处理线段的积问题，再利用垂直关系和同角三角函数的基本关系，消去变量α即可到ｍ，ｎ的关系，一气呵成，妙不可言！师：请大家整理一下这一问共有多少种解法？其中哪几种是通法，哪几种是特技？（教师在刚才几位学生叙述时板书下来，供学生对比、整理）．生５：生３用的是特技，其余三种是通法，分别设点、设线和利用参数方程．师：嗯，我们既要掌握通法，也要关注特技，请大家将收获与感悟整理下来，认真反思．２ 思考与启示２．１ 一道高考好题既要下有托底上不封顶，还要考查灵活 本题第一问比较基础，属于送分到位，第二小问有很强的综合性，考查的比较灵活，既有保底，又不封顶，考生第一步要先求出直线ＭＮ过定点Ｅ；第二步再根据定点Ｅ得到△ＡＤＥ为Ｒｔ△ＡＤＥ，斜边ＡＥ为定长，而斜边中线ＤＱ等于斜边的一半，从而求得定点Ｑ．第一步的处理是本题的关键，设计的知识点为直线过定点问题，是高考的常考内容，如果本题增加一个过渡问直线直线ＭＮ过定点，难度下降很多，但作为压轴题就会显得乏味俗套，在目前的教育模式下，这类过定点问题已经被题海战术搞得机械化了，很多考生都能不假思索得心应手的处理，因而区分度不会好，失去了为高效选拔人才的功能．而隐去这个台阶，本题就灵动起来了，考生需要结合条件分析联想，仔细寻找这个突破口．求直线过定点问题虽然是常规问题，但从不同的角度入手，解答过程也不尽相同，精彩纷呈．２．２ 拾级而上，抽象推广能否分析出直线ＭＮ过定点是本题的重要转折点，回头再进一步探究，椭圆以定点Ａ为直角顶点的内接直角三角形的斜边必过定点Ｅ，定点Ａ可以为椭圆上任意一点斜边还过定点吗？根据上述方法，经过计算，不难发现：（１）若点Ａ（ｘ０，ｙ０）在椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上，则以定点Ａ为直角顶点的内接直角三角形的斜边直线恒过定点．根据类比推理，椭圆具有这样的性质，那双曲线和抛物线是不是也具有类似的性质呢？顺着这条思路，也可以推得：（２）若点Ａ（ｘ０，ｙ０）在双曲线Ｃ：ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上，则以定点Ａ为直角顶点的内接直角三角形的斜边直线恒过定点；（３）若点Ａ（ｘ０，ｙ０）在抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）上，则以定点Ａ为直角顶点的内接直角三角形的斜边直线恒过定点Ｐ（２ｐ＋ｘ０，－ｙ０）．２．３ 改进教法，反哺教学高考是中学教师日常教学的风向标，只有认真研究高考试题才能把握住教学中的重难点，少走弯路．高考评价体系已经从单一的“考查内容”，向“考查内容、要求、载体”三位一体的评价模式转变，从传统的“知识立意”“能力立意”向“四层”“四翼”转变．因此，在教学中，教师要坚持基础性、综合性、应用型和创新型，引导学生夯实基础知识，注重个学科之间的相互关联，形成网状知识框架，采用靠近生活、融入社会、紧跟时代的素材，鼓励学生理论与实践相结合，用知识解决实际问题，合理创设情境，让学生发现新问题，寻找新规律，探索新知识．·８８·《数学之友》 ２０２１年第８期。
圆锥曲线齐次式与点乘双根法
+ = y 圆锥曲线齐次式与点乘双根法一，圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值x 2 y 2例 1：Q 1 , Q 2 为椭圆 2b 2 + b2 线OD ，求 D 的轨迹方程.= 1上两个动点，且OQ 1 ⊥ OQ 2 ，过原点O 作直线Q 1Q 2 的垂解法一（常规方法）：设Q 1 (x 1 , y 1 ),Q 2 (x 2 , y 2 ) ， D (x 0 , y 0 ) ,设直线Q 1Q 2 方程为 y = kx + m ，⎧ y = kx + m⎪联立⎨ x 2 ⎪⎩ 2b 2 y 2b2 1 化简可得:(2b 2k 2 + b 2 )x 2 + 4kmb 2 x + 2b 2 (m 2 - b 2 ) = 0 ，所以x 1x 2 = 2b 2 (m 2 + b 2 ) 2b 2k 2 + b 2, y 1 y 2 = b 2 (m 2 - 2b 2k 2 ) 2b 2k 2 + b 2因为OQ 1 ⊥ OQ 2 所以2b 2 (m 2 + b 2 ) b 2 (m 2 - 2b 2k 2 ) 2(m 2 - b 2 )m 2 - 2b 2k 2x 1x 2 + y 1 y 2 = 2b 2k 2 + b 2 + 2b 2k 2 + b 2 = 2k 2+1 + 2k 2 +1 =0∴3m 2 = 2b 2 (1+ k 2 ) *又因为直线 Q Q 方程等价于为 y - y = - x0 (x - xx x 2) ， 即 y = - 0 x + 0 + y对比于1 2 0y 0 y 0⎨ 20 00 0y y ⎧- x 0 = k y = kx + m ，则⎪ y 0x 代入* 中，化简可得： x 2 + y 2= 2b 2. 3 ⎪ 0 + y = m ⎪ y 0 ⎩ 0解法二（齐次式）：⎧ mx + ny= 1 ⎧ mx + ny = 1 ⎪ ⎪ 设直线Q 1Q 2 方程为 mx + ny = 1，联立⎨ x 2 + y 2 =⇒ ⎨ x 2 + y 2- =⎪⎩ 2b2b21⎪⎩ 2b2 b21 0x 2 y22x 2 y 2 2 2 2 22b 2 + (m x + ny ) b 2= 0 化简可得: 2b 2 + m x b 2- n y- 2mnxy = 0 整理成关于 x , y x , y 的齐次式： (2 - 2b 2n 2 ) y 2 + (1- 2m 2b 2 ) x 2 - 4mnb 2xy = 0 ，进而两边同时除以 x 2，则2 2 2 2 2 21- 2m 2b 2(2 - 2b n )k - 4mnb k +1- 2m b= 0 ⇒ k 1k 2 =2 - 2b 2n 21- 2m 2b 2因为OQ 1 ⊥ OQ 2 OQ 1 ⊥ OQ 2 所以 k 1k 2 = -1，2 - 2b 2n2= -1∴3 = 2b 2 (m 2 + n 2 ) *又因为直线 Q Q 方程等价于为 y - y = - x0 (x - xx x 2) ， 即 y = - 0 x + 0 + y 对比于1 2⎧x 0= my 0 y 0⎪ x 2 + y 22mx + ny = 1，则⎨ 0 0y 代入* 中，化简可得： x 2+ y 2= b 2 .3 0 = n ⎪ x 2 + y 2 ⎩ 0 0例 2：已知椭圆 x 2 + 24= 1，设直线l 不经过点P (0,1) 的直线交于 A , B 两点，若直线 PA , PB 的斜率之和为-1，证明：直线l 恒过定点.⎩ ⎩解：以点 P 为坐标原点，建立新的直角坐标系 x ' py ' ，如图所示：旧坐标 新坐标(x , y ) ⇒ (x ', y ')即(0,1) ⇒ (0, 0)⎧ x ' = x ⎧ A → A ' 所以⎨ y ' = y -1 ⇒ ⎨B → B '原来 k + k = -1⇒y 1 -1 + y 2 -1 = -1 则转换到新坐标就成为： y 1 ' + y 2 '= -1PAPBx x x ' x ' 1 21 2即k 1 '+ k 2 ' = -1设直线l 方程为： mx '+ ny ' = 1原方程： x 2 + 4 y 2 = 4 则转换到新坐标就成为： x '2 + 4( y '+1)2= 4展开得： x '2 + 4 y '2+ 8 y ' = 0⎨⎪x' ⎩ ⎩ 构造齐次式： x '2 + 4 y '2+ 8 y '(mx '+ ny ') = 0整理为： (4 + 8n ) y '2 + 8mx ' y '+ x '2= 0两边同时除以 x '2 ，则(4 + 8n )k '2+ 8mk '+1 = 0所以 k '+ k ' = -8m= -1 所以 2m - 2n = 1 ⇒ m = n + 1124 + 8n 21 x '而 mx '+ ny ' = 1 ∴(n + )x '+ ny ' = 1 ⇒ n (x '+ y ') + -1 = 0 对于任意 n 都成立.2 2⎧x '+ y ' = 0则： ⎪⇒ -1 = 0 ⎩ 2⎧ x ' = 2 ⎨ y ' = -2，故对应原坐标为⎧ x = 2 ⎨ y = -1所以恒过定点(2, -1) .x 2例 3：已知椭圆y 2+ = 1，过其上一定点 P (2,1) 作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭 8 2圆于 A , B 两点，证明：直线 AB 斜率为定值.解：以点 P 为坐标原点，建立新的直角坐标系 x ' py ' ，如图所示：旧坐标新坐标(x , y ) ⇒ (x ', y ')即(2,1) ⇒ (0, 0)所以⎧x ' =x - 2⇒⎧A →A '⎨y '=y -1⎨B →B '⎩⎩原来k +k = 0 ⇒ y1-1+y2-1= 0 则转换到新坐标就成为：y1'+y2'= 0PA PB x - 2 x -1 x ' x '1 2 1 2即k1 '+k2' = 0设直线 AB 方程为： mx '+ny ' = 1原方程： x2 + 4 y2 = 8 则转换到新坐标就成为： (x '+ 2)2 + 4( y '+1)2 = 8 展开得： x '2 + 4 y '2 + 4x '+ 8 y ' = 0构造齐次式： x '2 + 4 y '2 + 4x '(mx '+ny ') + 8 y '(mx '+ny ') = 0整理为： y '2 (4 + 8n) +x ' y '(4n + 8m) + (1 + 4m)x '2 = 0两边同时除以 x '2 ，则(4 + 8n)k '2 + (4n + 8m)k '+1+ 4m = 0所以 k '+k ' =-4n + 8m= 0 所以 n =-2m1 2 4 +8n1而mx '+ny ' = 1 ∴mx '+ (-2m) y ' = 1 ⇒mx - 2my -1 = 0 .所以k =21平移变换，斜率不变，所以直线AB 斜率为定值.21 2 1 1 2 2 1 2 1 21 二，点乘双根法例 4：设椭圆中心在原点O ，长轴在 x 轴上，上顶点为 A ，左右顶点分别为 F 1 , F 2 ，线段OF 1 ,OF 2 中点分别为 B 1 , B 2 ，且△AB 1B 2 是面积为 4 的直角三角形.（1） 求其椭圆的方程（2） 过 B 1 作直线l 交椭圆于 P , Q 两点，使 PB 2 ⊥ QB 2 ，求直线l 的方程.x 2y 2解：（1） + = 20 4（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为： y = k (x + 2) ， P (x 1, y 1 ), Q (x 2 , y 2 )因为 PB ⊥ QB，则，22PB 2 QB 2 =0所以(x - 2, y )(x - 2, y ) = 0 ⇒ (x - 2)(x - 2) + k 2(x + 2)(x + 2) = 0 *⎧ y = k (x + 2) ⎪2 2 2现联立⎨ x 2+ y 2 = ⇒ x ⎩ 20 4+ 5k (x + 2) - 20 = 0则方程 x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = 0 可以等价转化(1+ 5k 2)( x - x )( x - x ) = 012即 x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = (1+ 5k 2)(x - x )(x - x )令 x = 2 ， 4 + 80k 2- 20 = (1+ 5k 2)( x 1 - 2)( x 2 - 2) ⇒ ( x 1 - 2)( x 2 - 2) =80k 2 -16 1+ 5k 2令 x = -2 ， 4 + 0 - 20 = (1+ 5k 2)( x + 2)( x + 2) ⇒ ( x + 2)( x + 2) = -161 2 1 21+ 5k 21结合(x1 - 2)(x2- 2) +k (x1 + 2)(x2 + 2) = 0 *化简可得：80k 2 -161+ 5k 2+-16= 01+ 5k 280k 2 -16k 2 -16 = 0 ⇒ 64k 2 =16 ⇒k 2 =1∴k =±1 4 2所以直线l 方程为： y =± 1(x + 2) . 22。
数学分析：点乘双根法
数学分析：点乘双根法知识与方法1．预备知识（二次函数的两根式）：一般地，设=++≠f x ax bx c a 02)()(，若一元二次方程++=ax bx c 02有两根x 1和x 2，则必有=−−f x a x x x x 12)()()(， 即++=−−ax bx c a x x x x 122)()(.2．点乘双根法：若我们将直线与圆锥曲线方程联立，得到关于x 的一元二次方程++=ax bx c 02≠a 0)(，并且假设该方程的两根为x 1和x 2，现在我们要计算−−x t x t 12)()(这个量，此时当然可以将其展开，利用韦达定理来进行计算，但更简单的操作方法是利用二次函数的两根式，得出++=−−ax bx c a x x x x 122)()(，并在两端同时令=x t ，即可得到++=−−at bt c a t x t x 122)()(，从而−−=++ax t x t at bt c122)()(，这样就求出了我们想要的量，这种技巧叫做“点乘双根法”，其一般的步骤是“化两根式→赋值→求得结采”.【例题】已知抛物线=>E y px p :202)(的焦点为F ，A y 1,0)(>y 00)(为抛物线E 上一点，=AF 45 （1）求p 和y 0的值；（2）过F 作两条互相垂直的直线与抛物线E 交于另外两点B 和C ，证明：直线BC 过定点. 【解析】（1）由题意，=+=AF p 2415，解得：=p 21，所以抛物线C 的方程为=y x 2，将A y 1,0)(代入=y x 2得：=y 102，又>y 00，所以=y 10. （2）解法1：显然直线BC 不与坐标轴垂直，可设其方程为=+x my t ≠m 0)(，设B y y ,112)(，C y y ,222)(，易得直线AB 和AC 斜率均存在，因为⊥AB AC ，所以−−⋅=−−−y y y y 11111122212，从而++=−y y 11112)()(①，联立⎩=⎨⎧=+y xx my t2消去x 整理得：−−=y my t 02②，因为y 1和y 2是方程②的两根，所以−−=−−y my t y y y y 122)()(，令=−y 1得：+−=−−−−m t y y 11112)()(，所以++=+−y y m t 11112)()(代入式①得：+−=−m t 11，所以=+t m 2，故直线BC 的方程为=++x my m 2，即=++x m y 12)(，所以直线BC 过定点−2,1)(.解法2：显然直线BC 不与坐标轴垂直，可设其方程为=+x my t ≠m 0)(，设B x y ,11)(，C x y ,22)(，联立，消去x 整理得：①，则和是方程①的两根，所以，令=y 1得：−−=−−m t y y 11112)()(，所以−−=−−y y m t 11112)()(联立消去y 整理得：−++=x t m x t 20222)(②，则x 1和x 2是方程②的两根，所以−++=−−x t m x t x x x x 212222)()()(令=x 1得：−−+=−−t m t x x 12111222)()(，所以−−=−−+x x t m t 11121222)()(，由（1）知点A 的坐标为1,1)(，所以=−−AB x y 1,111)(，=−−AC x y 1,122)(， 由题意，⊥AB AC ，所以⋅=−−+−−=AB AC x x y y 111101212)()()()(， 从而−−++−−=t m t m t 121022)()(整理得：+−−−=t m t m 120)()(，所以=−t m 1或=+t m 2， 若=−t m 1，则直线BC 的方程为=+−x my m 1 即=−+x m y 11)(，显然直线BC 过点A ，不合题意， 所以=+t m 2，从而直线BC 的方程为=++x my m 2， 即=++x m y 12)(，故直线BC 过定点−2,1)(.【反思】当涉及到−−x t x t 12)()(或−−y t y t 12)()(这种结构计算时，就可以考虑使用点乘双根法，这是一种能够降低计算复杂度的优越算法.强化训练1.（★★★★）椭圆+=>>a ba b x y 102222)(的左焦点为F ，左、右顶点分别为A 、B ，离心率为，=AB .（1）求椭圆的方程；（2）过F 且斜率为k 的直线l 与椭圆交于C 、D 两点，若⋅+⋅=AC DB AD CB 8，求k 的值. 【解析】（1）由题意，==AB a 2=a又椭圆的离心率eb ， 故椭圆的方程为+=x y 32122. （2）由（1）可得A )(，B)，−F 1,0)(，所以直线l 的方程为=+y k x 1)(，设C x y ,11)(，D x y ,22)(，则=+AC x y 3,11)(，=−−DB x y 3,22)(，=+AD x y 3,22)(，=−−CB x y 3,11)(，从而⋅+⋅=+−−++−−AC DB AD CB x x y y x x y y 333312122112)()()()(=−+−+−=−−=−−++x x x x y y x x y y x x k x x 3362262211112212112121212122)()(，由题意，⋅+⋅=AC DB AD CB 8，所以−−++=x x k x x 62211812122)()(，故+++=−x x kx x 11112122)()(①，联立⎩⎪+=⎨⎪⎧=+x y y k x 321122)(消去y 整理得：+++−=k x k x k 3263602222)(②，因为x 1和x 2是方程②的两根，所以+++−=+−−k x k x k k x x x x 32636321222222)()()()(③，在③中取=−x 1可得：+++=−k x x 32114212)()(，又由方程②的韦达定理，+=−k x x k 32362122，代入①得：⎝⎭++ ⎪+⋅−=−⎛⎫−k k k k 323213642222，解得：=k2.（★★★★）已知椭圆+=C x y 42:122和点P 1,1)(，过点P 且斜率为2的直线与椭圆C 交于A 、B 两点.（1）求⋅PA PB 的值；（2）直线l 过点P 与椭圆C 交于不与A 、B 重合的M 、N 两点，若⋅=⋅PA PB PM PN ，求直线l 的方程.【解析】（1）由题意，直线AB 的方程为−=−y x 121)(，即=−y x 21，设A x y ,11)(，B x y ,22)(联立⎩⎪+=⎨⎪⎧=−x y y x 4212122消去y 整理得：−−=x x 98202①，则x 1和x 2是方程①的两根，所以−−=−−x x x x x x 9829122)()(，令=x 1可得−−=−x x 911112)()(，故−−=−x x 911112)()(从而⋅=−−=−−=PA PB x x x x 91151151212)()(.（2）当直线l 的斜率不存在时，其方程为=x 1，代入椭圆C的方程可求得=y所以⎝⎭⎪ ⎪⋅=−=≠⋅⎛⎫PM PN PA PB 2111，不合题意， 当直线l 斜率存在时，设其方程为−=−y k x 11)(，即=+−y kx k 1，设M x y ,33)(，N x y ,44)(， 联立⎩⎪=+−+=⎨⎪⎧x y y kx k142122消去y 整理得：++−+−−=k x k k x k 12412140222)()()(②，则x 3和x 4是方程②的两根，所以++−+−−=+−−k x k k x k k x x x x 124121412342222)()()()()()(令=x 1可得++−+−−=+−−k k k k k x x 1241214121134222)()()()()()(， 所以+−−=−k x x 12111234)()(从而+⋅=−−=+⋅−−=+k PM PN x x k x x k 121111112343422)()()(，因为⋅=⋅PA PB PM PN所以+=+k k 1291522，解得：=±k 2，因为M 、N 不与A 、B 重合， 所以≠k 2，故=−k 2，从而直线l 的方程为=−+y x 23.。
双根法是优化解析几何运算的又一利器
例 １ （２０１２ 年高考重庆卷第 ２０ 题） 如图 １ 所示，
设椭圆的中心为原点 Ｏ，长轴在 ｘ 轴上，上顶点为 Ａ，
左、右焦点分别为 Ｆ１，Ｆ２，线段 ＯＦ１，ＯＦ２ 的中点分别为 Ｂ１，Ｂ２，且 △ＡＢ１Ｂ２ 是面积为 ４ 的直角三角形．
（１） 求 该 椭 圆 的 离 心
率和标准方程；
（２） 过 Ｂ１ 作直线 ｌ 交椭
ｘ２ ＋ ５ｘ ＋ ６，且 Ｓ ＝ ｛０，１，２，…，１９９４｝ ，ａ ∈ Ｓ，ｆ（ ａ） 能被
６ 整除，具有这样性质的 ａ 的个数是 ． 解 ① 估计：ｆ（ａ） ＝ ａ２ ＋ ５ａ ＋ ６ ＝ ａ（ａ ＋ ５） ＋ ６．
设 ａ ∈ Ｓ，ｆ（ａ） 被 ６ 整除，即 ａ（ａ ＋ ５） 被 ６ 整除的数，
２０ ＝ ０ 与（２ － ｘ１ ） （２ － ｘ２ ） ＋ ｋ２（ ｘ１ ＋ ２） （ ｘ２ ＋ ２） ＝ ０，
因为 ｘ１ ，ｘ２ 是方程 ｘ２ ＋ ５ｋ２ ( ｘ ＋ ２ ) ２ － ２０ ＝ ０ 的两根，
所以 ｘ２ ＋ ５ｋ２ ( ｘ ＋ ２ ) ２ － ２０ ＝ （１ ＋ ５ｋ２ ） （ ｘ － ｘ１ ） （ ｘ －
在
Ｃ２
上，得 ３
２
＋
ｂ
２ １
＋
２ ｂ２１
＝ １，解得 ｂ２１
＝
３．因此
Ｃ２
的方程为 ｘ２ ６
＋
ｙ２ ３
＝ １．
显然 ｌ 的斜率不为 ０，故可设 ｌ 的方程为 ｘ ＝ ｍｙ ＋
３ ．点 Ａ (ｘ１ ，ｙ１ ) ，Ｂ (ｘ２ ，ｙ２ ) ，
ìïïｘ ＝ ｍｙ ＋
由 íｘ２ îïï ６
＋
ｙ２ ３
＝
３， 得 ( ｍ２
高中解析几何简化计算之点乘双根法
（ Ⅰ）
设 P（ m，0）
则→PA = （ →PA·P→B
x1 =（
，－Am（ ，xy1 ，1 ）y1，）P→，BB=（
x1 － m） （ x2 －
x2 ，y2 ） ， （ x2 － m，y2 m） + y1 y2
）， =（
x1
－
m）
（
x2
－
m） + k2 （ x1 － 1） （ x2 － 1） ．
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
131
高中解析几何简化计算之点乘双根法
◎陈俊健 （ 广西南宁市第三中学（ 青山校区） ，广西 南宁 530021）
【摘要】高中解析几何在求解圆锥曲线与直线问题的时 候，通常需要联立方程，利用韦达定理去求解． 利用韦达定 理进行运算求解时，稍不注意就容易出错． 在求解点乘或者 斜率乘积为定值，甚至求 x1 x2 ，y1 y2 的时候，我们可以改进 解法，引入 点 乘 双 根 法，避 开 韦 达 定 理，简 化 计 算，减 少 失误．
C：
x2 a2
+
y2 b2
= 1 （ a ＞ b ＞ 0） 上，且椭圆的
离心率为
1 2
．
（ 1） 求椭圆 C 的方程．
（ 2） 若 M 为椭圆 C 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同
的两点（
均异于
M）
且满足直线
MA
与
MB
斜率之积为
1 4
．
试判断直线 AB 是否过定点？ 若是，求出定点坐标； 若不是，
定理进行繁杂计算的过程，达到简化计算、提高解题速度的
效果，下面举例说明．
例 1 （ 2018 年西南四省名校高三第一次大联考） 已知
圆锥曲线齐次式与点乘双根法
一、圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值且OQ 11OQ 2，过原点O 作直线Q 1Q 2的垂D (X, V0)，设直线 Q 1Q 2 方程为 V= kx +m ，V = kx + m X 2 V 2 化简可得: ——+ — = 1 〔2b 2 b 2(2b 2k 2 + b 2)x 2 + 4kmb 2x + 2b 2(m 2 一b 2) = 0，所以2b 2(m 2 + b 2)b 2(m 2 -2b 2k 2)解法二（齐次式）:w r k r第十讲 锥曲线齐次式与点乘双根法V = kx +m ，x]—0-二kV代入*中， 化简可得: x 2 -0- + V = mV 0x x 2V = --0-x + T- + V 对比于V VX 2 V 2 一例1：4%为椭圆乐+b=1上两个动点,线OD ，求D 的轨迹方程.解法一（常规方法）：设Q ",V j Q 2a 2,V 2）x 2 y 2 x 2 y 2----------- 1 ---------(mx + ny )2 = 0 化简可得 --- 1 ------------ m 2x 2 一 n 2y 2 一 2mnxy = 02 b 2 b 22 b 2 b 2整理成关于 X , J X , J 的齐次式：(2 - 2b 2n 2)y 2 + (1 - 2m 2b 2)x 2 - 4mnb 2xy = 0，进而两边同时除以x 2，则1 -2 m 2 b 2(2 一 2b 2n 2)k 2 一 4mnb 2k +1 一 2m 2b 2 = 0 n k k = ---------1 2 2 - 2 b 2 n 2因为OQ 1 OQ OQ 1 OQ 所以kk =—1:.3 = 2b 2(m 2 + n 2)・・・*设直线Q 1Q 2方程为mx + ny=1，又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y 0 =-x0- (x - x )y0x x 2y = -i x + t- + y对比于mx + ny = 1，则<x--------- 0—x 2 + y 0 (y2i代入*中，化简可得：x 2 + y 2 = -b2. x 2 , ____ __ .一例2：已知椭圆了+y2 =1，设直线,不经过点P(0，D的直线交于A，B两点若直线PA, PB的斜率之和为-1，证明：直线/恒过定点.解：以点P为坐标原点，建立新的直角坐标系x' py '，如图所示:即 k 「+ k 2' ―-1设直线l 方程为：mx '+ ny ' = 1原方程：X 2+ 4y 2 = 4则转换到新坐标就成为：x '2 + 4(y '+1)2 = 4 展开得：x '2 + 4y '2 + 8y' = 0构造齐次式：x '2 + 4y '2 + 8y '(mx '+ ny ') = 0 整理为：(4 + 8n )y '2 + 8mx'y '+ x '2 = 0 两边同时除以 x '2，则(4 + 8n )k '2 + 8mk '+1 = 08 m 1所以 k + k = ---- = —1 所以 2 m — 2 n — 1 n m — n + —1 2 4 + 8 n 2 , ,< ,1 ............................................. x’ “八而 mx + ny = 1「. (n + -)x + ny = 1 n n (x + y ) + --1 = 0 对于任意 n 都成立.x 2 y 2 ~ _ _例3：已知椭圆7 + 4- = 1，过其上一定点尸(2,1)作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭所以原来 k pA +k pB =T ny -1, y -1 —t —+——x1—-1则转换到新坐标就成为：十,二一1 12x'+ y' — 0x ' n --1 — 0 [2x' = 2 t c ，故对应原坐标为 y =-2x = 2 1所以恒过定点(2,-1). y = -1即(0,1) n (0,0)8 2圆于A ,B 两点，证明：直线AB 斜率为定值.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系x' py '，如图所示:旧坐标 新坐标即(2,1) n (0,0)所以原来『女。
第11讲 点乘双根法(解析几何)(解析版)
第11讲 点乘双根法知识与方法在计算两个向量的数量积（即点乘）时，会遇到 (x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0) 的结构, 常规 方法是将它展开, 再结合韦达定理化简整理, 也可以利用“点乘双根法”进行整体处理, 达到简化运算, 快速解题的目的.1.方法介绍所谓的“点乘双根法”, 是指构建双根式，整体处理含 (x 1−x 0)(x 2−x 0) 或 (y 1−y 0)(y 2−y 0) 等类似结构的计算问题.2.理论基础二次函数 f(x)=ax 2+bx +c 的双根式. 若一元二次方程 ax 2+bx +c =0(a ≠0) 有两根 x 1,x 2, 则f(x)=a (x −x 1)(x −x 2), 取 x =x 0, 可得 f (x 0)=a (x 1−x 0)(x 2−x 0).3.适用类型x 1x 2, y 1y 2,(x 1−m )(x 2−m ),(y 1−m )(y 2−m ), 或 PA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 等形式. 4.解题步骤化双根式 → 赋值 → 整体代入.典型例题下面以一个例题来说明点乘双根法的解题步骤.【例1】 已知点 M (x 0,y 0) 是拋物线 y 2=2px(p >0) 上一定点, 以 M 为直角顶点作该抛物线的内接直角三角形 △MAB , 则动直线 AB 过定点 (x 0+2p,−y 0).【证明】设 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由 MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 (x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0)=0（∗) 显然直线 AB 不与 x 轴平行，设其方程为 x =my +t . 步骤 1: 化双根式联立 {y 2=2px x =my +t, 得 y 2−2pmy −2pt =0, 方程两根为 y 1,y 2, 则 (y 1−y )(y 2−y )=y 2−2pmy −2pt (1)联立 {y 2=2px x =my +t , 得 x 2−(2t +2m 2p )x +t 2=0, 则 (x 1−x )(x 2−x )=x 2−(2t +2m 2p )x +t 2 (2)步骤 2: 赋值在(1)中, 令 y =y 0, 则 (y 1−y 0)(y 2−y 0)=y 02−2pmy 0−2pt (4) 在(2)中, 令 x =x 0, 则 (x 1−x 0)(x 2−x 0)=x 02−(2t +2m 2p )x 0+t 2 (5)步骤 3: 整体代入即 t 2−(2p +2x 0)t +x 02−m 2y 02+y 02−2pmy 0=0,即 [t −(x 0−my 0)]⋅[t −(x 0+my 0+2p )]=0, 所以 t =x 0−my 0 或 t =x 0+my 0+2p ,情形一：当 t =x 0−my 0, 即 x 0=my 0+t 时, 说明点 M 在直线 AB 上, 不合题意;情形二：当 t =2p +x 0+my 0, 即 x 0+2p =m (−y 0)+t 时, 直线 x =my +t 过定点 (x 0+2p,−y 0). 综上所述：直线 AB 恒过定点 (x 0+2p,−y 0).通过本例可以看到，利用点乘双根法处理这类问题时，看起来式子仍然不少, 实际上运算量已经減少了很多.【例2】 设椭圆中心在原点 O , 长轴在 x 轴上，上顶点为 A , 左右顶点分别为 F 1,F 2,线段 OF 1,OF 2 中点分别为 B 1,B 2, 且 △AB 1B 2 是面积为 4 的直角三角形. (1) 求椭圆的方程;(2) 过 B 1 作直线 l 交椭圆于 P,Q 两点, 使 PB 2⊥QB 2, 求直线 l 的方程.【解析】（1）设所求椭圆的标准方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0), 右焦点为 F 2(c,0).因为 △AB 1B 2 是直角三角形, 又 |AB 1|=|AB 2|, 故 ∠B 1AB 2 为直角, 因此 |OA|=|OB 2|, 得 b =c2.结合 c 2=a 2−b 2 得 4b 2=a 2−b 2, 故 a 2=5b 2,c 2=4b 2 , 所以离心率 e =c a =25√5 . 在 2Rt ABB ∆ 中, 12OA B B ⊥, 故 22,1221||||22MBB B cS B B OA OB OA b b =⋅=⋅=⋅= 由题设条件 2,4AB B S ∆=, 得 24b =, 从而 22520a b ==.因比, 所求椭圆的标准方程为221204x y +=; (2) 显然直线 l 不与 x 轴垂直，设 l 的方程为 ()()1122(2),,,,y k x P x y Q x y =+, 因为 22PB QB ⊥, 则 220PB QB ⋅=,所以 ()()()()()()2112212122,2,022220(*)x y x y x x kx x -⋅-=⇒--+++=联立 22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩因为 12,x x 是方程的两根, 所以 ()()()2222125(2)2015x k x k x x xx ++-=+--,令 2x =, 得 ()()()()()2221212280164802015222215k k k x x x x k-+-=+--⇒--=+, 令 2x =-, 得 ()()()()()21212216402015222215k x xx x k -+-=+++⇒++=+,代入 (*), 得 22280161601515k k k--+=++, 化简可得: 22221801616064164k k k k --=⇒=⇒=, 所以 12k =±, 故直线 l 方程为: 1(2)2y x =±+. 【例3】 设 ,A B 分别为椭圆 22132x y += 的左、右顶点, 过左焦点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 ,C D 两点. 若 8AC DB AD CB ⋅+⋅=, 求 k 的值. 【答案】k =【解析】设点 ()()1122,,,C x y D x y , 由 (1,0)F - 得直线 CD 的方程为 (1)y k x =+,由方程组 22(1)12y k x y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩, 消去 y , 整理得 ()2222236360k x k x k +++-=. 由韦达定理可得 22121222636,2323k k x x x x k k-+=-=++. 因为(A B , 所以AC DB AD CB ⋅+⋅())())11222211,,x y x y x y x y =⋅-++⋅-1212622x x y y =--()()2121262211x x k x x =--++8=由 8AC DB AD CB ⋅+⋅=, 得 ()()21212111x x k x x +++=-.因为 12,x x 是方程 ()2222236360k x k x k +++-= 的两根, 所以()()()()()()()2222221212236362323k xk x k k x x x x k x x xx +++-=+--=+--令 0x =, 则 ()22123623k kx x -=+, 所以 21223623k x x k -=+ 令 1x =-, 则 ()()()()222212236362311k k k k x x+-+-=+++所以 ()()12241123x x k ++=-+因为 ()()21212111x x kx x +++=-,所以 222223641,22323k k k k k--=-=++, 解得k = 【例4】设 ,A B 为曲线 2:4x C y = 上两点, A 与 B 的横坐标之和为 4 .(1) 求直线 AB 的斜率;(2) 设 M 为曲线 C 上一点, C 在 M 处的切线与直线 AB 平行, 且 AM BM ⊥, 求直线 AB 的方程.【答案】 (1) 1； (2) 7y x =+【解析】(1) 设 ()()1122,,,A x y B x y , 则 2212121212,,,444x x x x y y x x ≠==+= 于是直线 AB 的斜率 12121214y y x x k x x -+===-.(2) 由 24x y =, 得 2xy '=.设 ()33,M x y , 由題设知312x =, 解得 32x =, 于是 (2,1)M 因为 AM BM ⊥, 所以 0MA MB ⋅=, 即 ()()()()121222110x x y y --+--=. 设直线 AB 的方程为 y x m =+, 因为点 ,A B 在直线 AB 上, 所以 1122,y x m y x m =+=+,所以 ()()()()121222110x x x m x m --++-+-=.由 24y x m x y =+⎧⎪⎨=⎪⎩得 2440x x m --=. 由 16(1)0m ∆=+>, 得 1m >-.()()21244x x m x x x x --=--在 (1) 式中, 令 2x =, 得 ()()212242422m x x -⨯-=--在(1)式中, 令 1x m =-, 得 ()()212(1)4(1)411m m m x m x m --⨯--=+-+-∴()()()()12122211x x x m x m --++-+-222424(1)4(1)40m m m m =-⨯-+--⨯--=,解得 7m =, 或 1m =- (舍）, 所以直线 AB 的方程为 7y x =+.强化训练1. 椭圆 22:143x x C +=, 若直线 :l y kx m =+ 与椭圆 C 交于 ,A B 两点 (,A B 不是左右顶点）, 且以直线 AB 为直径的圆恒过椭圆 C 的右顶点. 求证：直线 l 恒过定点, 并求出该点的坐标. 【答案】 2,07⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设椭圆的右顶点为 ()()1122(2,0),,,,C A x y B x y , 则 ()()1212220,(*)CA CB x x y y ⋅=--+=联立 22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩, 整理得: ()()222348430k x mkx m +++-=, 因为 12,x x 是方程 ()()222348430k x mkx m +++-= 的两个根, 所以()()()()()2222123484334(1)k xmkx m k x x x x +++-=+--取 2x =, 得 ()()()()()2221243416433422k mk m k x x +++-=+--,所以 ()()22122161642234k mk m x x k++--=+ (2). 取 m x k =-, 并两边同时乘以 2k , 可得 2221212231234m m m k y y k x x k k k -⎛⎫⎛⎫=++= ⎪⎪+⎝⎭⎝⎭ (3). 将（2和(3)整体代入 (*), 得2222221616431203434k mk m m k k k ++-+=++, 即 2241670k mk m ++=, 即 (72)(2)0,2m k m k m k ++=∴=- 或 27m k =-, 当 2m k =- 时, 直线 :(2),l y kx m k x l =+=- 过点 (2,0)C , 不合题意; 当 27m k =- 时, 直线 2:7l y kx m k x ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭, 显然 l 恒过定点2,07⎛⎫⎪⎝⎭.2. 已知椭圆 2222:1(0)x y E a b a b+=>> 的右焦点为 (1,0)F , 过 F 且与 x 轴垂直的弦长为 3 .(1) 求椭圆标准方程;(2) 直线 l 过点 F 与满圆交于 ,A B 两点, 问 x 轴上是否存在点 P , 使 PA PB ⋅ 为定值?若存在, 求出 P 的坐标; 若不存在, 说明理由.【答案】 (1) 22143x y +=; (2) 见解析 【解析】 (1)易得椭圆标准方程为 22143x y +=; (2) 当直线 l 的斜率存在时, 设为 k , 则直线 l 的方程为 (1)y k x =-, 设 ()()1122(,0),,,,P m A x y B x y , 则 ()()()22221234(1)1234x k x k x x x x +--=+-- (1).()()1122,,,PA x m y PB x m y =-=-()()()()()()21212121211(2)PA PB x m x m y y x m x m k x x ⋅=--+=--+--在(1)中令 x m =, 得 ()()22212234(1)1234m k m x m x m k+----=+, (3) 在(1)中令 1x =, 得 ()()12291134x x k---=+, (4) 把(3)4代入(2)并整理得()()22224(1)931243m k m PA PB k --+-⋅=+所以()224(1)931243m m---=, 得 118m =, 此时 13564PA PB ⋅=-.当直线 l 的斜率不存在时, 33111,,1,,,0228A B P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 仍有 13564PA PB ⋅=-. 综上所述, P 的坐标为 11,08P ⎛⎫⎪⎝⎭. 3. 已知椭圆 2222:1(0)x y E a b a b+=>> 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点, 直线 :3l y x =-+ 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T . (1) 求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标;(2) 设 O 是坐标原点, 直线 l 平行于 OT , 与椭圆 E 交于不同的两点 ,A B , 且与直线 l 交于点P . 证明: 存在常数 λ, 使得 2||||||PT PA PB λ=⋅, 并求 λ 的值.【答案】 (1) (2,1); (2) 45λ=, 【解析】 (1) 22163x y +=, 点 T 坐标为 (2,1), 过程路.(2) 由已知可设直线 l 的方程为 1(0)2y x m m =+≠, 由方程组 1,23y x my x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩ 可得 223213m x m y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩所以 P 点坐标为 222282,1,||339m m PT m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭, 设点 ,A B 的坐标分别为, ()()1122,,,A x y B x y , 由方程组 2216312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩, 可得 ()22344120x mx m ++-= (1) 而 12,x x 是 ()22344120x mx m ++-= 的两根, 所以()()()2212344123x mx m x x x x ++-=-- (2)方程(2)的判别式为 ()21692m ∆=-, 由 0∆>, 解得22m -<<. 由(2)得 212124412,33m m x x x x -+=-= 所以1122|||2323m m PA x x ==--=-同理22||3m PB x =--, 所以 1252222433m m PA PB x x ⎛⎫⎛⎫=----⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ②中令223mx =-，得()2212222232424123223333m m m m m m x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-=---- ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得 得21222822339m m x x m ⎛⎫⎛⎫----= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 2109PA PB m =，故存在54λ=，使得2||||||. {PT PA PB λ=⋅。
【经典高考】高考数学 圆锥曲线齐次式与点乘双根法
一，圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值例1：12,Q Q 为椭圆222212x y b b+=上两个动点，且12OQ OQ ⊥，过原点O 作直线12Q Q 的垂线OD ，求D 的轨迹方程.解法一（常规方法）：设111222(,),(,)Q x y Q x y ，00(,)D x y ,设直线12Q Q 方程为y kx m =+，联立222212y kx mx y bb =+⎧⎪⎨+=⎪⎩化简可得: 22222222(2)42()0b k b x kmb x b m b +++-=，所以 222222212122222222()(2),22b m b b m b k x x y y b k b b k b+-==++ 因为12OQ OQ ⊥所以2222222222221212222222222()(2)2()2=0222121b m b b m b k m b m b k x x y y b k b b k b k k +---+=+=+++++ 22232(1)m b k ∴=+*又因为直线12Q Q 方程等价于为0000()x y y x x y -=--，即200000x x y x y y y =-++对比于y kx m =+，则00200x k y x y my ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩代入*中，化简可得：2220023x y b +=.解法二（齐次式）：设直线12Q Q 方程为1mx ny +=，联立222222221111022mx ny mx ny x y x y b b b b+=+=⎧⎧⎪⎪⇒⎨⎨+=+-=⎪⎪⎩⎩ 22222()02x y mx ny b b +-+=化简可得:22222222202x y m x n y mnxy b b+---= 整理成关于,x y ,x y 的齐次式：2222222(22)(12)40b n y m b x mnb xy -+--=，进而两边同时除以2x ，则22222222122212(22)412022m b b n k mnb k m b k k b n---+-=⇒=- 因为12OQ OQ ⊥12OQ OQ ⊥所以121k k =-，222212122m b b n-=-- 22232()b m n ∴=+*又因为直线12Q Q 方程等价于为0000()x y y x x y -=--，即200000x x y x y y y =-++对比于1mx ny +=，则0220002200x m x y y n x y ⎧=⎪+⎪⎨⎪=⎪+⎩代入*中，化简可得：2220023x y b +=.例2：已知椭圆2214x y +=，设直线l 不经过点(0,1)P 的直线交于,A B 两点，若直线,PA PB的斜率之和为1-，证明：直线l 恒过定点.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系''x py ，如图所示：旧坐标 新坐标(,)(',')x y x y ⇒即(0,1)(0,0)⇒所以'''1'x x A A y y B B =→⎧⎧⇒⎨⎨=-→⎩⎩原来12121111PA PB y y k k x x --+=-⇒+=-则转换到新坐标就成为：1212''1''y y x x +=- 12''1k k +=-即设直线l 方程为：''1mx ny +=原方程：2244x y +=则转换到新坐标就成为：22'4('1)4x y ++=展开得：22'4'8'0x y y ++=构造齐次式：22'4'8'('')0x y y mx ny +++=整理为：22(48)'8'''0n y mx y x +++=两边同时除以2'x ，则2(48)'8'10n k mk +++=所以128''148m k k n +=-=-+所以12212m n m n -=⇒=+而''1mx ny +=1'()''1('')1022x n x ny n x y ∴++=⇒++-=对于任意n 都成立. 则：''0'2''2102x y x x y +=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨=--=⎩⎪⎩，故对应原坐标为21x y =⎧⎨=-⎩所以恒过定点(2,1)-. 例3：已知椭圆22182x y +=，过其上一定点(2,1)P 作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于,A B 两点，证明：直线AB 斜率为定值.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系''x py ，如图所示：旧坐标 新坐标(,)(',')x y x y ⇒即(2,1)(0,0)⇒所以'2''1'x x A A y y B B =-→⎧⎧⇒⎨⎨=-→⎩⎩原来1212110021PA PB y y k k x x --+=⇒+=--则转换到新坐标就成为：1212''0''y y x x += 12''0k k +=即设直线AB 方程为：''1mx ny +=原方程：2248x y +=则转换到新坐标就成为：22('2)4('1)8x y +++=展开得：22'4'4'8'0x y x y +++=构造齐次式：22'4'4'('')8'('')0x y x mx ny y mx ny +++++=整理为：22'(48)''(48)(14)'0y n x y n m m x +++++=两边同时除以2'x ，则2(48)'(48)'140n k n m k m +++++=所以1248''048n mk k n++=-=+所以2n m =-而''1mx ny +='(2)'1210mx m y mx my ∴+-=⇒--=.所以1=2k 平移变换，斜率不变，所以直线AB 斜率为定值12.二，点乘双根法例4：设椭圆中心在原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左右顶点分别为12,F F ，线段12,OF OF 中点分别为12,B B ，且12AB B △是面积为4的直角三角形.（1）求其椭圆的方程（2）过1B 作直线l 交椭圆于,P Q 两点，使22PB QB ⊥，求直线l 的方程.解：（1）221204x y +=（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为：(2)y k x =+，1122(,),(,)P x y Q x y 因为22PB QB ⊥，则22=0PB QB ，所以211221212(2,)(2,)0(2)(2)(2)(2)0x y x y x x k x x --=⇒--+++=*现联立22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩则方程2225(2)200x k x ++-=可以等价转化212(15)()()0k x x x x +--= 即2222125(2)20(15)()()x k x k x x x x ++-=+--令2x =，22212122801648020(15)(2)(2)(2)(2)15k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令2x =-，212122164020(15)(2)(2)(2)(2)15k x x x x k -+-=+++⇒++=+结合21212(2)(2)(2)(2)0x x k x x --+++=*化简可得：22280161601515k k k --+=++2222118016160641642k k k k k --=⇒=⇒=∴=±所以直线l 方程为：1(2)2y x =±+.。
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圆锥曲线——点乘双根法
适用类型：类似12x x ，12y y ，()()12x t x t ++，()()12y t y t ++或MA MB ⋅uuu r uuu r ,MA MB ⋅uuu r uuu r （其
中12x x ，12y y 是直线与曲线的两个交点的横纵坐标，,A B 是直线与曲线的两个交点）以及可转化为上述结构的问题
理论基础：二次曲线的双根式，若一元二次方程()2
00ax bx c a ++=≠的两根为12,x x ，则()()2
12ax bx c a x x x x ++=--具体步骤：化双根式→赋值→变形代入
2.（2012重庆）如图，设椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上,上顶点为A ，左、右焦点分别为12,F F ，线段12,OF OF 的中点分别为12,B B ，且12AB B V 是面积为4的直角三角形.
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过1B 作直线l 交椭圆于,P Q 两点，使22PB QB ⊥，求直线l 的方程.
3.（2014辽宁）圆22
4x y +=的切线与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形，当该三
角形面积最小时，切点为P （如图），双曲线22
122:1x y C a b
-=过点P .（1）求1C 的方程；
（2）椭圆2C 过点P 且与1C 有相同的焦点，直线l 过2C 的右焦点且与2C 交于,A B 两点，若以线段AB 为直径的圆心过点P ，求l 的方程.
.。