田學敏

課題信息：青島市教育學會2024年度博碩項目課題“基于波利亞解題理論的高中數(shù)學解題教學的實踐研究”，課題批準

號為2024BS67.

摘要：對于求直線斜率問題的圓錐曲線試題很多學生不會處理，往往沒有章法和策略，文章介紹了

設(shè)線解點、三點共線的坐標表示和定比點差法三種求直線斜率問題的策略，

還給出了適合不同層次學生的不同解題方法，為各類學生備考提供參考.

關(guān)鍵詞：多角度；直線斜率；圓錐曲線

對于求直線斜率問題的圓錐曲線試題很多學生不會處理，往往沒有章法和策略，筆者利用波利亞解題思想對下面這道求直線斜率問題的圓錐曲線試題進行了多角度探究，給出了三種解決問題的方法.

1 試題呈現(xiàn)

（2023屆南昌市一模理科數(shù)學第21題）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b≥1）過A（-4，0），

A1（0，1），A21，32，A3-1，32四個點中的三個點.

（1）求橢圓E的方程；

（2）過點B-52，32的直線與橢圓E交于P，Q兩點，直線AP，AQ分別交橢圓E于M，N兩點，求直線MN的斜率.

2 試題探究

解：（1）橢圓E的方程為x24+y2=1.（過程略）

（2）解法1：設(shè)線解點.

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4），直線PQ的方程為x=my+t.

由直線PQ過點-52，32，得3m+2t=-5.

設(shè)直線AP的方程為x=x1+4y1y-4，代入橢圓E的方程，得

x1+4y12+4y2-8（x1+4）y1y+12=0.

所以y1y3=12x1+4y12+4=3y212x1+5.

同理y2y4=3y222x2+5.

故kMA=y3-y4x3-x4=3y12x1+5-3y22x2+5x1+4y1y3-x2+4y2y4=-13×（2t+5）（y1-y2）m（y1-y2）=1，即直線MN的斜率為1.

評注：利用直線與曲線方程聯(lián)立去解點的坐標.對于不重合的兩點A（x1，y1），B（x2，y2），則kAB=y2-y1x2-x1.所以我們在解決與斜率有關(guān)的問題時，第一個最樸素的想法就是解點，然后利用斜率公式解決或者聯(lián)立兩直線方程解出點的坐標.

解法2：三點共線的坐標表示.

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4），因為A（-4，0），P（x1，y1），M（x3，y3）三點共線，則直線PM的方程為y=y3-y1x3-x1（x+4），將P（x1，y1）代入直線方程，整理可得

x3y1-x1y3=-4（y1-y3）.①

由于P（x1，y1），M（x3，y3）均在橢圓E上，代入E的方程可得x214+y21=1，x234+y23=1，所以x21y234+y21y23=y23，x23y214+y21y23=y21.

兩式相減，可得（x3y1-x1y3）（x3y1+x1y3）4=y21-y23，則

x3y1+x1y3=4（y21-y23）x3y1-x1y3=-（y1+y3）.②

由①+②，可以得到2x3y1=3y3-5y1，則y1=3y32x3+5.

由①-②，得2x1y3=3y1-5y3=9y32x3+5-5y3，則x1=-5x3-82x3+5.

所以，直線PB的斜率為

y1-32x1+52=3y32x3+5-32-5x3-82x3+5+52=2y3-2x3-53.

同理，直線QB的斜率為2y4-2x4-53.而kPB=kQB，所以2y3-2x3-53=2y4-2x4-53，于是y3-x3=y4-x4.那么kMN=y3-y4x3-x4=1.

評注：若A（x1，y1），B（x2，y2）是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）上不同的兩點，且直線AB過點P（m，0），則由A，P，B三點共線，可得y2x2-m=y1x1-m，整理可得

x1y2-x2y1=m（y2-y1），根據(jù)此式出現(xiàn)了輪換結(jié)構(gòu)的特點，下面構(gòu)造x2y1-x1y2的對偶式x2y1+x1y2，從而得到x1y2+x2y1=a2m（y2+y1）.進一步聯(lián)立消元解決問題.

解法3：定比點差法.

設(shè)PA=λAM，QA=μAN，則

xA=xP+λxM1+λ=-4，yA=yP+λyM1+λ=0，xA=xQ+μxN1+μ=-4，yA=yQ+μyN1+μ=0.

所以，有

xP+λxM=-4（1+λ），yP+λyM=0，xQ+μxN=-4（1+μ），yQ+μyN=0.

因為點P，M均在橢圓x2+4y2=4上，所以

x2M+4y2M=4，x2P+4y2P=4.③④

由③·λ2-④，得λ2x2M-x2P=4（λ2-1），

即

（λxM-xP）（λxM+xP）=4（λ-1）（λ+1）.

又xP+λxM=-4（1+λ），所以

λxM-xP=1-λ.

所以xP=-5-3λ2，xM=-5λ-32λ.

同理，可得xQ=-5-3μ2，xN=-5μ-32μ.

因為P，Q，B三點共線，所以yP-32xP+52=yQ-32xQ+52.

將xP=-5-3λ2，xQ=-5-3μ2

代入上式化簡，可得-μyP+λyQ=-32（μ-λ）.

故MN的斜率kMN=yM-yNxM-xN=-yPλ+yQμ321μ-1λ=-32（μ-λ）32（λ-μ）=1.

評注：橢圓上的定比點差形式如下.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）在橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上，且點P的坐標（x0，y0）滿足AP=λPB（λ≠-1），則有b2x21+a2y21=a2b2，b2x22+a2y22=a2b2，由上述式子可得b2（x1-λx2）＼5x1+λx21+λ+a2（y1-λy2）y1+λy21+λ=（1-λ）a2b2，由定比點差x1+λx21+λ=x0，y1+λy21+λ=y0，聯(lián)立消元后即可用P（x0，y0）與定比λ表示A（x1，y1），B（x2，y2）.

3 方法應(yīng)用

（2018年北京卷文科第20題）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為63，焦距為22.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個不同的交點A，B.

（1）求橢圓M的方程；

（2）若k=1，求|AB|的最大值；

（3）設(shè)P（-2，0），直線PA與橢圓M的另一個交點為C，直線PB與橢圓M的另一個交點為D.若C，D和點Q-74，14共線，求k.

根據(jù)前面講的三種求直線斜率的方法，可以解決本題的第（3）問.

文中講的解法1的設(shè)線解點適合大部分學生采用，解法2的三點共線的坐標表示適合走強基計劃的學生采用，解法3的定比點差法適合走數(shù)學競賽的學生采用，拓寬自己的知識面.當然，不管采用哪種方法，選擇最適合自己的方法快速解決問題才是最主要的.