1、2023 年第 9 期(上)中学数学研究43对解析几何中韦达化以及非对称韦达化处理的策略分析*四川省成都市第七中学(610041)罗文力四川省成都市西北中学(610021)周祝光成都市教育科学研究院(610014)黄祥勇解析几何基本思想是用代数的方法处理几何问题.其基本的解决问题策略是先用几何的眼光观察分析问题,再用代数的方法进行运算.数学运算本质上也是一种思维模式.这种思维模式的过程包括:理解运算对象 掌握运算法则 探求运算思路 选择运算方法 设计运算程序 求得运算结果.在具体解决问题的过程中,当探求了运算思路后,如何选择合理的运算方法和处理策略对求得运算结果显得尤为重要.解析几何中常见的运
2、算处理思路是将直线与曲线方程联立后,用方程根的性质来进行化简完善.考虑到中学阶段的圆锥曲线以二次曲线为主,与直线方程联立后获得一元二次方程,一元二次方程中韦达定理的使用是一种常见策略.对于非对称的韦达化结构,文 1-4 等均有研究,但此类研究主要停留在具体问题或者具体结构,对于非对称韦达化与韦达化之间的关联转化分析不够全面.故此,本文从韦达视角探析对代数式的运算处理策略.一.韦达化处理核心条件坐标化后,并不全是直接韦达化的形式.对于坐标化后的表达式不是韦达形式的,还需进行韦达化处理.韦达化主要有两个路径:代换和配凑.(一)韦达化处理一:代换在 x,y 二者中消去其一由于我们联立后的方程式关于
3、x 或 y 的二次方程,韦达定理中的两根之和与两根之积只是单独的 x 或 y 的形式,而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式,因此需进行代换.案例 1直线 l 与抛物线 y2=2x 交于 A,B 两点,且满足 OAOB,证明:直线 l 过定点.部分解析 由题意,直线 l 不与 x 轴平行,故设 l:x=ty+m,其中 m=0,设点 A(x1,y1),B(x2,y2),联立 l 有抛物线的方程消 x 得:y2 2ty 2m=0,0,则y1+y2=2t,y1y2=2m,因为 OAOB,则 OA OB=0,即 x1x2+y1y2=0.余下的求解过程有两个思考方向:方 向 一(直 线 代 换)由 于x1
4、=ty1+m,x2=ty2+m,从 而,x1x2=t2y1y2+tm(y1+y2)+m2,代入得:x1x2+y1y2=(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=2t2m 2m+2t2m+m2=0,即 m22m=0,解得 m=0(舍)或 m=2,即直线 l 过定点(2,0).注 通常情况下,我们在解答题以直线代换居多,这里不再赘述.但需要注意一点,一般而言,如果选择代换消去 y,则正设直线;如果选择代换消去 y,则反设直线.方向二(曲线代换)由于 x1x2=y212y222=(y1y22)2,代入得 x1x2+y1y2=(y1y22)2+y1y2=m2 2m=0,解得m=0(舍)或 m=2
5、,即直线 l 过定点(2,0).注 对于核心信息表达式中的一次项,一般以直线代换为主.而曲线如果为抛物线,也可以用抛物线代换,如例题中抛物线为 y2=2x,因此对于 x 的一次式可以用曲线代换.反之,如果抛物线为 x2=2py(p 0)则可用曲线对 y 进行代换,由于我们要代换的是 y,因此联立后的方程保留为关于 x的二次方程,同时直线的假设则以正设为主.另一方面,如果核心信息表达式中是单元的二次形式,如 x21形式,则一般考虑用曲线代换,这样处理会更加简单.案例2 在平面直角坐标系xOy 中,椭圆:x22+y2=1的上顶点为 A,点 B,C 是 上不同于 A 的两点,且点 B,C关于原点对称
6、.记直线 AC,AB 的斜率分别为 k1、k2,求证:k1 k2为定值.分析此题中核心信息即直线 AC,AB 的斜率.由题易知点 A(0,1),要表示 AC,AB 的斜率,还需要引入参数,因为B,C 关于原点对称,故不妨设 B(x1,y1),C(x1,y1),那么是否需要引入直线方程呢?对此略作分析如下:引入参数后,将斜率坐标化表达:k1=1+y1x1,k2=1 y1x1;目标信息为斜率之积,即 k1k2=1+y1x11 y1x1=1 y21x21.接下来需要考虑代换问题,观察到目标信息是二次形式,代换中我们提到,对于单元二次形式的,可采用曲线代换,由于此时还未引入直线方程,看来也是不需要了.
7、由点 B,C 在*本文系四川省教育科研资助金项目重点课题 普通高中单元主题教学实践研究(课题编号 SCJG20A010)的阶段性研究成果44中学数学研究2023 年第 9 期(上)曲线上,故有x212+y21=1,即 y21=1 x212,代入目标信息中可得 k1 k2=x21/2x21=12,为定值.解析依题意,设点 B(x1,y1),C(x1,y1),则 k1=1+y1x1,k2=1 y1x1,又点 B 椭圆上,故有 y21=1 x212,代入可得 k1 k2=1+y1x11 y1x1=1 y21x21=x21/2x21=12.故原命题成立.(二)韦达化处理二:配凑配凑法进行韦达化处理,一
8、个经典案例就是弦长中的|x1 x2|=(x1+x2)2 4x1x2.对于前述坐标化后的部分式子,也需要作配凑处理.1.(x1 2)2+y21=(x2 2)2+y22 x1+x2 4=(y2 y1)(y1+y2)x1 x2.即 x1+x2 4=k(y1+y2),其中 k 为直线 AB 斜率;对y1+y2再用直线代换,即 y1+y2=kx1+m+kx2+m=k(x1+x2)+2m,得 x1+x2 4=k k(x1+x2)+2m.此处需注意两点,一是y2 y1x2 x1=k,几何意义即为直线斜率,二是通过平方差公式因式分解转化,对于含平方形式是有力手段.2.y21+y22(y1+y2)2 2y1y2
9、.3.(x1 2)(x2 2)+y1y2=0.x1x2 2(x1+x2)+y1y2+4=0.此处 y1y2考虑直线代换,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2,再代入上式可得(k2+1)x1x2+(mk2)(x1+x2)+m2+4=0,4.y1x1 2+y2x2 2=1 y1(x2 2)+y2(x1 2)=(x1 2)(x2 2).而y1y2=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2,整理得(2k+1)x1x2(2k m+2)(x1+x2)4(m 1)=0.5.对于y1y2=2 可以考虑倒数关系y2y1=12,故y1y2+y2y1=y21+y22y1y2,
10、配凑可得y1y2+y2y1=(y1+y2)2 2y1y2y1y2=52.二.非对称韦达形式的处理在一些定点、定值、定线问题中,还常出现需要证明类似(y2 2)x1(y1+2)x2为定值的情形,通过直线代换可得:(y2 2)xl(y1+2)x2=(kx2+2)x1(kx1+6)x2=kx1x2+2x1kx1x2+6x2,但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式,这种式子一般称为“非对称韦达定理”.我们明明求了韦达定理却无法代入,这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到 x1+x2和 x1 x2之间的关系,将其中一个替换,常用手段是把乘法的替换成加法.案例 3已知点 F 为椭圆 E:x24+y23=
11、1 的右焦点,A,B 分别为其左、右顶点,过 F 作直线 l 与椭圆交于 M,N两点(不与 A,B 重合),记直线 AM 与 BN 的斜率分别为k1,k2,证明k1k2为定值.此题条件为直线 AM 与 BN 的斜率 k1,k2,显然要设点,不妨设 M(x1,y1),N(x2,y2),而由题可知 A(2,0),B(2,0),因此 k1=y1x1+2,k2=y2x2 2从而目标信息k1k2=y1(x2 2)y2(x1+2),要证明其值为定值.从目标信息的形式来看,用 x 或 y 表示并无差异,考虑到直线不与 x 轴重合,故采用反设直线要方便些,因此设 l:x=ty+1.通过直线替换后可得k1k2=
12、y1(x2 2)y2(x1+2)=y1(ty2 1)y2(ty1+3)=ty1y2 y1ty1y2+3y2,出现了韦达定理结构之外的形式,即落单的 y1和 3y2,像此类结构,一般被称为“非对称韦达”,下面我们介绍几种常见的处理策略,为此,先联立 l:x=ty+1 与x24+y23=1,消x 得(4+3t2)y2+6ty 9=0,易知 0,则y1+y2=6t4+3t2,y1y2=94+3t2.策略一:和积转换找出两根之和与两根之积的关系如本例中由韦达定理可得,ty1y2=32(y1+y2),代入目标信息得,k1k2=ty1y2 y1ty1y2+3y2=32(y1+y2)y132(y1+y2)+
13、3y2稍作整理,即可得k1k2=12y1+32y232y1+92y2=13,为定值,得证.若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢?我们不妨用待定一下系数,设 y1y2=(y1+y2)+,则94+3t2=(6t4+3t2)+,易得 =32t,=0.注 上面使用的是纵坐标的和积关系,若正设直线,这需直线的斜率存在;同理,借助横坐标的和积关系也可证明,或用于验证斜率不存在时的情形.考虑到本例中反设直线,两根的和积关系显而易见,而对于一般的和积关系式,二者的关联可能不是那么明显,如此例中正设直线,具体可参看策略三中的解析.策略二:配凑半代换局部作韦达代换,余部作配凑而半代换也有一定技巧,就是配凑.比
14、如题中的k1k2=ty1y2 y1ty1y2+3y2,若只代换 y1y2,得k1k2=9t4+3t2 y19t4+3t2+3y2,依2023 年第 9 期(上)中学数学研究45然无法得到定值,因为落单的 y1和 3y2不一致,而此时为分式结构,分式结构的定值需要满足上下一致,且对应成比例,抓住这个核心,可以对 y1和 3y2其中某个进行配凑使其能构成比例形式.以分子为例,分子要出现 y2形式,可将分子整理为k1k2=ty1y2(y1+y2)+y2ty1y2+3y2,从结构上可以猜测定值为13,不妨将韦达代入,得k1k2=9t4+3t2+6t4+3t2+y29t4+3t2+3y2=3t4+3t2
15、+y29t4+3t2+3y2=13,得证.分母可作类似处理,得k1k2=ty1y2 y1ty1y2+3y2=94+3t2 y127t4+3t2 3y1=13.上面使用的是纵坐标的配凑半代换,借助横坐标的配凑半代换亦可证明,可自行尝试.策略三:先猜后证可以先找一个特殊情况先得到该定值,进而再证明其他情形也为该值.显然先考虑直线 l 斜率不存在时的情形,此时 M(1,32),N(1,32),或 M(1,32),N(1,32),对应为 k1=12,k2=32或 k1=12,k2=32,此时均有k1k2=13,为定值.当直线 l 斜率存在时,不妨就正设直线 l:y=k(x 1),将其与椭圆方程联立消
16、y 得(3+4k2)x2 8k2y+4(k2 3)=0,易知 0,则x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4(k2 3)3+4k2,此时目标信息k1k2=13,可采用分析法证明.要证k1k2=13,即证 3k1=k2,也即3y1x1+2=y2x2 2,即3k(x1 1)x1+2=k(x2 1)x2 2,即 3(x1 1)(x2 2)=(x2 1)(x1+2),也即2x1x2 5(x1+x2)+8=0,此时为韦达定理的结构,代入韦达,即证 2 4(k2 3)3+4k2 5 8k23+4k2+8=0,也即8(k2 3)40k2+8(3+4k2)=0,显然成立,也即恒有k1k2=13,为定值.上述
17、先猜后证采用的是正设直线.当然,正设直线的方法,也适用于和积关系和配凑半代换的处理策略.再次以例 3为例.目标信息直线代换后得k1k2=k(x1 1)(x1 2)k(x2 1)(x1+2)=(x1 1)(x1 2)(x2 1)(x1+2)=x1x2 2x1 x2+2x1x2 x1+2x2 2.若采用和积关系处理策略,观察韦达不难发现,此时和积关系没有反设直线那么直观,那么我们该如何寻找其关系呢?一方面,可以采用待定系数,设 x1x2=(x1+x2)+,求解,得出和积关系.如此处设 x1x2=(x1+x2)+,即4(k2 3)3+4k2=8k23+4k2+=(8+4)k2+33+4k2,解得 =
18、52.=4.即 x1x2=52(x1+x2)4.另一方面,可先对和积形式分别作分离常数处理x1+x2=63+4k2+2,x1x2=153+4k2+1,那么 x1x2=52(x1+x2)4,如此也能得到和积关系.代入目标信息,得k1k2=x1x2 2x1 x2+2x1x2 x1+2x2 2=52(x1+x2)4 2x1 x2+252(x1+x2)4 x1+2x2 2=12x1+32x2 232x1+92x2 6=13,得证.进一步,也可以用配凑半代换方法解答.观察目标信息k1k2=x1x2 2x1 x2+2x1x2 x1+2x2 2得知,分母中有落单的 x1,x2.先把分母配凑成 x1x2(x1
19、+x2)+3x2 2,此时分母中落单的只有 x2,且系数为正.因分子可配凑成 x1x2 2(x1+x2)+x2+2,从而k1k2=x1x2 2(x1+x2)+x2+2x1x2(x1+x2)+3x2 2,再代入韦达定理,k1k2=4(k23)3+4k216k23+4k2+x2+24(k23)3+4k28k23+4k2+3x22=33+4k2+x2193+4k2+3x23=13.得证.注通过上述例题易知:对于非韦达问题,我们可以有5 中解题方法:和积转换(正设直线,反设直线)、配凑半代换(正设直线,反设直线)、先猜后证.不同的方法和直线的设定,对后续的计算处理将产生不同的影响,计算量也存在较大差异
20、.和积转换及配凑半代换方法是处理“非对称韦达问题”的通法,而猜证结合也探究类题型的有效处理手段.除此之外,对于不同的结构和形式,还有一些其它处理技法,考虑到通用性,这里只讨论如上三种策略.案例 4 点 A,B 是椭圆 E:x24+y23=1 的左右顶点若直线 l:y=k(x 1)与椭圆 E 交于 M,N 两点,求证:直线AM 与直线 BN 交点在一条定直线上.解析联立 l 与椭圆的方程并化简得(3+4k2)x28k2x+4k2 12=0,0,x+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2 123+4k2.46中学数学研究2023 年第 9 期(上)2023 年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛第
21、12 题探究及拓展安徽省合肥一六八中学(230601)王中学2023 年全国高中数学联赛(福建赛区)预赛第 12 题是一道圆锥曲线中的定点问题,考查了椭圆的基本性质,也考查了分析问题、解决问题的能力尤其是运算求解能力;本文对其进行探究,并给出一般性的结论1.一、试题呈现题目已知点 B1,B2分别为椭圆 C:x28+y24=1 的下顶点、上顶点,过点A(0,22)的直线 l 交椭圆 C 于 P,Q 两 点(异 于B1,B2).(1)若 tanB1PB2=图 12tanB1QB2,求直线 l 的方程;(2)设 R 为直线 B1P、B2Q 的交点,求 AR B1B2的值.解 析(1)略.(2)B1(
22、0,2),B2(0,2),显 然 直 线 l的 斜 率 存 在,设 直 线 l 的 方 程 为:y=kx 22.将其与椭圆方程联立得(1+2k2)x2 82kx+8=0.=(82k)2 4 (1+2k2)8 0,得 k212.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=82k1+2k2,x1x2=81+2k2.(1)直线 B1P 方程为:y=y1+2x1x 2,直线 B2Q 方程为:y=y2 2x2x+2,两直线方程联立得:y+2y 2=(y1+2)x2(y2 2)x1=(kx1 22+2)x2(kx2 22 2)x1.所以y=4kx1x2+42(x1+x2)+4(x1 x2)22(x
23、2 x1)2(x1+x2)=2 kx1x22(x1+x2)+(x1 x2)2(x2 x1)(x1+x2).将(1)式代入化简得:y=28k1+2k2+(x1 x2)28k1+2k2+(x1 x2)=2,即直线 B1P、B2Q 的交点 R 落在定直线 y=2上.设 R(t,2),则 AR=(t,2),又 B1B2=(0,4),因此,AR B1B2=42.二、推广探究经过探究可得到如下结论:直线AM:y=y1x1+2(x+2),直线BN:y=y2x2+2(x2),二者联立得,x=2(2x1x2 3x1+x2)x1+3x2 4.这是非对称韦达形式,怎么处理呢?解法 1(策略一:配凑半代换)原式=22
24、x1x2 3(x1+x2)+4x2(x1+x2)+2x2 4=22 4k2 123+4k2 3 8k23+4k2+4x28k23+4k2+2x2 4=2(16k2 243+4k2+4x2)8k2 123+4k2+2x2=4(8k2 123+4k2+2x2)8k2 123+4k2+2x2=4,故直线 AM 与直线 BN 交点在定直线 x=4 上.解法 2(策略二:和积转换)分离常数得:x+x2=8k23+4k2=263+4k2,x1x2=4k2123+4k2=1153+4k2,则有 x1x2=52(x1+x2)4,代入得x=2(2x1x23x1+x2)x1+3x24=25(x1+x2)83x1+
25、x2x1+3x24=4.点评 本题若采用反设直线 x=ty+1,计算量可能会更小一些,能够比较轻松看出 y1+y2和 y1y2之间的关系,从而进行代入消元,求得定值,此处不再赘述.参考文献1 张国川,任晓红.圆锥曲线中非对称韦达式的处理策略一道考查数学运算素养的高三试题分析 J.中学数学研究,2023(07):60-61.2 周国强,周运柳.非对称韦达结构问题的求解策略一道解析几何高考题的多彩解法赏析 J.高中数学教与学,2022(23):19-20+4.3 张小丹.椭圆曲线中“非对称”韦达定理的处理技巧 J.数学教学,2022(02):32-36.4 金荣杰.一类非对称圆锥曲线问题的解法研究.中学数学研究(华南师范大学版),2022(12):24-25.
