蔣淑飛

［摘 要］文章首先以一道題目為引例，通過解題反思，歸納總結(jié)韋達定理在橢圓定點、定值問題中的運用價值；然后結(jié)合三道例題，進一步探討韋達定理在橢圓定點、定值問題中的運用，以發(fā)展學(xué)生的數(shù)學(xué)思維，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)。

［關(guān)鍵詞］韋達定理；橢圓；定點；定值

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）11-0031-03

一、問題引入

在研究橢圓與直線的位置關(guān)系問題時，通常將直線方程與橢圓方程聯(lián)立成方程組，把求解面積、弦長、線段比值等相關(guān)問題轉(zhuǎn)化為含[x1+x2] 及[x1x2]的形態(tài)，繼而運用韋達定理進行整體代入，從而達到優(yōu)化運算的目的。

引例：已知橢圓[C]：[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左頂點為[A（-2，0）]，焦距為[23]。動圓[D]的圓心坐標是（0，2），過點[A]作圓[D]的兩條切線分別交橢圓于[M]和[N]兩點，記直線[AM]、[AN]的斜率分別為[k1]和[k2]。（1）求證：[k1k2]的值為定值；（2）若[O]為坐標原點，作[OP⊥MN]，垂足為[P]，是否存在定點[Q]，使得[PQ]為定值？

解析：（1）由題意知，橢圓[C]的左頂點為[A（-2，0）]，焦距為[23]，可得[a=2，2c=23，a2=b2+c2，]解得[a2=4，b2=1]，故橢圓[C]的方程為[x24+y2=1]。設(shè)過點[A]與圓[D]的切線的直線為[y=k（x+2）]，動圓的半徑為[r]，則[2k-2k2+1=r]，化簡得[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]，所以[k1]和[k2]是方程[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]的兩根，由韋達定理知[k1k2=1]，故[k1k2]的值為定值1。

（2）設(shè)點[M（x1，y1）]，[N（x2，y2）]，聯(lián)立方程組[y=k（x+2），x24+y2=1，]整理得[（1+4k2）x2+16k2x+16k2-4=0]，[x=-2]是方程的一個根，則[-2x1=16k2-44k2+1]，得[x1=2-8k24k2+1]，[y1=4k4k2+1]，所以[M2-8k24k2+1]，[4k4k2+1]。因為[k1k2=1]，所以將[k]換成[1k]，可得[N2k2-8k2+4]，[4kk2+4]，則直線[MN]的斜率[k=4k4k2+1-4kk2+42-8k24k2+1-2k2-8k2+4=3k4（k2+1）]，所以直線[MN]的方程為[y-4k4k2+1=3k4（k2+1）x-2-8k24k2+1]，由橢圓的對稱性可知，直線[MN]必過[x]軸上一定點[E（x0 ，0）]（如圖1），所以[0-4k4k2+1=3k4（k2+1）x0-2-8k24k2+1]，化簡得[（40+12x0）k2+3x0+10=0]。這是一個與[k]無關(guān)的方程，所以[x0=-103]，即直線[MN]過定點[E-103，0]。因為[OP⊥MN]，所以點[P]的軌跡是以[OE]為直徑的圓上的一段弧，故存在點[Q-53，0]，使得[PQ]為定值。

二、解題反思

反思1 本例第（1）問中[k1k2]的值，容易讓人聯(lián)想到韋達定理中的兩根之積，于是設(shè)法同構(gòu)方程。根據(jù)題意，列出方程組，求得[a、b]的值，得出橢圓的方程，結(jié)合直線與圓相切，轉(zhuǎn)化為[k1]和[k2]是方程[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]的兩根，結(jié)合韋達定理，就可輕松把問題解決。

反思2 本例第（2）問設(shè)點[M（x1，y1）]，[N（x2，y2）]，聯(lián)立方程組，分別求得點[M2-8k24k2+1，4k4k2+1]和點[N2k2-8k2+4，4kk2+4]，得出直線[MN]的方程，結(jié)合橢圓的對稱性，化簡得到[（40+12x0）k2+3x0+10=0]，進而得到[x0]的值，即可解決問題。在解題過程中，韋達定理起到了簡化運算的作用，對于一元二次方程來說，已知方程的一個根，可以根據(jù)韋達定理，快速寫出另一個根。

反思3 對于圓錐曲線中的定點、定值問題的求解策略：

（1）對于定點、定值問題，可考慮能否用特殊點或特殊值求得定點或定值，再把結(jié)論推廣到一般結(jié)論。

（2）運用函數(shù)與方程思想進行解答的一般步驟：①選擇適當(dāng)?shù)淖兞?；②把要證明的定點、定值的量表示為上述變量的函數(shù)或方程；③把定點、定值的量化成與變量無關(guān)的結(jié)構(gòu)形式，從而加以判定或證明。

三、應(yīng)用舉例

［例1］已知直線[l：y=bax+m（m∈R）]與橢圓[E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]交于點A、B，與x軸交于點C，與[y]軸交于點[D]。當(dāng)直線[l]經(jīng)過橢圓[E]的左頂點時，橢圓[E]的兩焦點到直線[l]的距離之比為5∶1。（1）求橢圓[E]的離心率；（2）若[AC2+BC2=14]，求[AD2+BD2]的值。

解：（1） 橢圓[E]的離心率[e=ca=23]。（過程略）

（2）∵[3c=2a]，∴[a2-c2a2=59]，即[b2a2=59]，? ∴[ba=53]。∴直線[l]的方程為[y=53x+m]①， ∴[C-3m5，0]，[D（0，m）]。設(shè)橢圓[E]的方程為[x29n+y25n=1（n>0）] ②， 另設(shè)[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]。

將①代入②并化簡得[29nx2+25m15nx+m25n-1=0]。

∴[Δ=25m15n2-89nm25n-1>0]，[x1+x2=-35m5]，[x1x2=9m210-9n2]。

∵[AC2+BC2=14]，∴[x1+3m52+53x1+m2+x2+3m52+53x2+m2=14]，

∴[149（x1+x2）2-2x1x2+6m5（x1+x2）+25m3（x1+x2）+28m25=14]，

∴[1499m25-9m25+9n-18m25-2m2+28m25=14]，∴[14n=14]，即[n=1]，

∵[AD2+BD2=x21+（y1-m）2+x22+（y2-m）2，]

∴[AD2+BD2=x21+53x12+x22+53x22=] [149（x1+x2）2-2x1x2=149×9n=14]，即[AD2+BD2=14]。

點評：直線與橢圓結(jié)合問題，通常要設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到兩根之和與兩根之積。本題的求解關(guān)鍵是設(shè)橢圓方程為[x29n+y25n=1（n>0）]，這樣在聯(lián)立時可以大大減少計算量。

［例2］已知橢圓[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的短軸長為2，離心率為[32]，下頂點為[A]，右頂點為[B]。（1）求橢圓[C]的方程；（2）經(jīng)過點（2，-1）的直線[l：y=kx+m]交橢圓[C]于[P]、[Q]兩點（點[P]在點[Q]下方），過點[P]作[x]軸的垂線交直線[AB]于點[D]，交直線[BQ]于點[E]，求證：[DEPD]為定值。

解：（1）[x24+y2=1]（過程略）。

（2）依題意作圖（如圖2），設(shè)[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]，直線[l]的方程為[y=kx+m] ，將點（2，-1）代入得[m=-2k-1]，

[∴] 直線[l]的方程為[y=kx-（2k+1）]，橢圓[C]的方程為[x24+y2=1]，∴A（0，-1），B（2，0），聯(lián)立方程[x24+y2=1，y=kx-（2k+1），]得[Δ=-4k>0]，[k<0] ，[x1+x2=16k2+8k4k2+1]，[x1x2=16k2+16k4k2+1] ，直線[AB]的方程為[x-2y-2=0]，直線[BQ]的方程為[y=y2x2-2（x-2）] ，[Dx1，x1-22] ，[Ex1，y2x2-2（x1-2）]，

運用[y1=kx1-（2k+1）y2=kx2-（2k+1）x1+x2=16k2+8k4k2+1x1x2=16k2+16k4k2+1]①

易證得[y2x2-2+y1x1-2=1]? ? ②

下面證明②：

[（x1-2）y2+（x2-2）y1-（x1-2）（x2-2）]

[=（x1-2）kx2-（2k+1）+（x2-2）kx1-（2k+1）-（x1-2）（x2-2）]

[=（2k-1）x1x2-（4k-1）（x1+x2）+8k]

運用①中的[x1+x2]與[x1][x2]的結(jié)果：

[（2k-1）x1x2-（4k-1）（x1+x2）+8k]

[=（2k-1）16k2+16k4k2+1-（4k-1）16k2+8k4k2+1+8k]

[=（32k3+32k2-16k2-16k-64k3-32k2+16k2+8k+32k3+8k）÷（4k2+1）=0]，即②成立，

∴[y1+y2x2-2（x1-2）=2×x1-22] ，即點[E]和[P]的縱坐標之和等于點[D]縱坐標的2倍，

∴點[D]是線段[EP]的中點，即[DEPD=1]。

綜上，橢圓[C]的方程為[x24+y2=1]，[DEPD=1]為定值。

點評：本題要證明線段之比為常數(shù)。如果直接求出[PD] 和[DE] （用[k]表示的代數(shù)式），則計算量較大，容易出錯，而發(fā)現(xiàn)D是EP的中點后，直接用中點公式和韋達定理則容易求解。由此可見，有時中點公式與韋達定理“聯(lián)合作戰(zhàn)”，可以避免解方程，從而大大減少運算量。

［例3］已知橢圓[C：x2a2+y2=1（a>1）]，離心率[e=63]。經(jīng)過點[（1，0）]的直線l與[x]軸交于點[A]，與橢圓[C]相交于[E、F]兩點。自點[E、F]分別向直線[x=3]作垂線，垂足分別為[E1、F1]。

（1）求橢圓[C]的方程及焦點坐標；

（2）記[△AEE1]，[△AE1F1]，[△AFF1]的面積分別為[S1]，[S2]，[S3]，試證明[S1S3S22]為定值。

解：（1）橢圓[C]的方程為[x23+y2=1]，焦點坐標為[（±2，0）]。（過程略）

（2）設(shè)直線[l]的方程為[x=my+1]，則由[x=my+1，x2+3y2-3=0，]得[（m2+3）y2+2my-2=0]，顯然[m∈R]。

設(shè)[E（x1，y1）]，[F（x2，y2）]，則[y1+y2=-2mm2+3]，[y1y2=-2m2+3]，[E1（3，y1）]，[F1（3，y2）]，

因為[S1S3=12（3-x1）y1·12（3-x2）y2=] [14（2-my1）（2-my2）y1y2=144-2m（y1+y2）+m2y1y2y1y2=144-2m·-2mm2+3+m2·-2m2+3·] [-2m2+3=3（m2+2）（m2+3）2]，

又因為[S22=12×2y1-y22=（y1+y2）2-4y1y2=4m2（m2+3）2+8m2+3=4m2+8m2+24（m2+3）2=12m2+24（m2+3）2]，

所以[S1S3S22=3（m2+2）（m2+3）212（m2+2）（m2+3）2=14]為定值。

點評：本例第（2）問將直線方程代入橢圓方程，由韋達定理及三角形的面積公式求得[S1S3]與[S22]的含參表達式，即可證明[S1S3S22]為定值。這里應(yīng)注意：涉及直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形。

解析幾何問題體現(xiàn)了幾何問題代數(shù)化的轉(zhuǎn)化思想，代數(shù)問題離不開運算，所以解析幾何問題主要考查數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的運用，如何用好這兩種思想是解題的關(guān)鍵。在解析幾何中，方程思想并不是指一定要解方程，而是采用“設(shè)而不求”和“整體代換”的策略解決問題，基于此，韋達定理的運用就顯得十分重要。對于直線與圓錐曲線問題，運用韋達定理是一種解題的基本技能，教師應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生熟練掌握。

（責(zé)任編輯? ? 黃春香）