一道預(yù)賽題的解法探究

☉上海市奉賢中學(xué) 金小蜂

☉上海市奉賢中學(xué) 王志和

2018年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建省預(yù)賽有這樣一道題：

題目已知F、F是橢圓=1（a＞b＞0）的左12右焦點，點P，1）在橢圓C上，△FPF的垂心是12

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)A是橢圓的左頂點，過F2的直線l與橢圓C交于D、E兩點，記AD、AE的斜率分別是k1、k2，且滿足k1+k2=，求直線l的方程.

略解：（1）橢圓C的方程為

（2）中求得直線l的斜率k=2.回顧此題的解答過程，發(fā)現(xiàn)，即k（k1+k2）為定值.

這激起了我們探究的興趣，經(jīng)過探究，進而得到了一些很好的結(jié)論.

結(jié)論1：已知F是橢圓=1（a＞b＞0）的右焦點， A為橢圓C的左頂點，過F且斜率是k的直線l交橢圓C于D、E兩點，e為橢圓的離心率，直線AD、AE的斜率分別是k1、k2，則k·（k1+k2）=-2（1-e）.

結(jié)論1又為下述結(jié)論2的特殊情況，證明如同結(jié)論2.即我們把結(jié)論1的焦點F改成x軸上的任意一點，可以得到：

結(jié)論2：給出定點F（p，0）（p≠-a）及定點A（-a，0），過F作斜率為k（k≠0）的直線l，且與橢圓=1（a＞b＞0）交于D、E兩點，直線AD、AE的斜率分別是k1、k（2k1k2≠0），則k·（

注：當A（-a，0）換成A（a，0）時，則k

證明：設(shè)直線l：y=k（x-p）并代入b2x2+a2y2=a2b2中，整理得（b2+a2k2）x2-2a2k2px+a2k2p2-a2b2=0，設(shè)D（x1，y1）、E（x2，y2），

又當p=-c時，有k·（k1+k2）=-2（1+e）.由此式及k·（k1+k2）=-2（1-e），可以得到：

結(jié)論3：已知F′、F是橢圓=1（a＞b＞0）的左、右焦點，A為橢圓C的左頂點，過F、F′分別作斜率都是k（k≠0）的直線l、l′，直線l交橢圓C于D、E兩點，直線l′交橢圓C于G、H兩點，直線AD、AE的斜率分別是k1、k2，直線AG、AH 的 斜 率 分 別 是 k3、k4，k1k2k3k4≠0，如圖1所示，則k·（k1+k2+k3+k4）=-4.

這個式子的巧妙之處在于不論l、l′怎樣運動，也不論a、b如何變化，這個定值始終是-4，真是難得！

注：此式在雙曲線的情形下也有類似的結(jié)果，只要把定值-4改成4就是雙曲線中對應(yīng)的結(jié)論.

結(jié)論4：給出三定點F（p，0）、F′（-p，0）、A（-a，0），其中p≠±a，

過F、F′各作斜率都為k（k≠0）的直線l、l′與橢圓C：=1（a＞b＞0）分別交于D、E及G、H，直線AD、AE的斜率分別是k1、k2，直線AG、AH的斜率分別是k3、k4，0），則

注：此處有六條動直線，且五個斜率都發(fā)生變化，而結(jié)果竟是一個定值，實屬罕見.

結(jié)論5：給出定點F（0，p）（p≠-b）及定點A（0，-b），過F作斜率為k（k≠0）的直線l與橢圓=1（a＞b＞0）交于D、E兩點，直線AD、AE的斜率分別是k1、k（2k1k0），則

證明：設(shè)l：x=m（y-p）（其中m=），代入b2x2+a2y2=a2b2中，整理得（b2m2+a2）y2-2b2m2py+b2m2p2-a2b2=0，設(shè)

結(jié)論6：給出三定點F（0，p）、F′（0，-p）、A（0，-b），其中p≠±b，過F、F′各作斜率都為k（k≠0）的直線l、l′，且與橢圓=1（a＞b＞0）分別交于D、E及G、H，直線AD、AE的斜率分別是k1、k2，直線AG、AH的斜率分別是k3、k4，（k1k2k3k4≠0），則

限于篇幅，對于雙曲線和拋物線的相應(yīng)結(jié)論在此便不再敘述.