一道高考解析幾何解答題的解法探究

袁海軍

2018年高考全國I卷理數(shù)第19題是一道解析幾何題，背景是直線與橢圓的位置關(guān)系，重點(diǎn)考查有關(guān)圓錐曲線的定值問題. 此題的難度是近三年最簡單的，位置也由以往的第20題往前移了一位變成第19題，成為考生重點(diǎn)得分的中檔題，可能是為了更好的迎接新高考改革所作的鋪墊.

引例：（2018年高考全國I卷理數(shù)第19題）設(shè)橢圓C ∶ +y2=1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）.

（1）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；

（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA=∠OMB.

解析：（1）由已知得F（1，0），l的方程為x=1，聯(lián)立橢圓方程可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，）或（1，-）.所以AM的方程為y=-x+或y=x-.

第一小問考生基本沒有什么問題，輕松地拿到這一塊的分?jǐn)?shù).以下就第二小問提供幾種解法：

解法1：（代數(shù)法）

（2）當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA=∠OMB=0°.

當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB.

當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k（x-1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），

則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為kMA+kMB=+.

由y1=kx1-k，y2=kx2-k得kMA+kMB=.

將y=k（x-1）代入+y2=1得（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0.

所以，x1+x2=，x1x2=.

2kx1x2-3k（x1+x2）+4k==0.

從而kMA+kMB=0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，所以∠OMA=∠OMB.

綜上，∠OMA=∠OMB.

點(diǎn)評(píng)：此法也是解析幾何常見的解題套路——“聯(lián)立方程、代入消元、韋達(dá)定理和判別式”.但在求解中要注意三點(diǎn)：（1）需要分類討論直線斜率兩種特殊情形；（2）代入消元時(shí)要有整體思想，無需求出x1，x2具體的值；（3）在證明目標(biāo)時(shí)需作相應(yīng)的等價(jià)轉(zhuǎn)化——將要證明的兩個(gè)角相等轉(zhuǎn)化到兩直線的傾斜角互補(bǔ)，即兩直線斜率之和為零.

解法2：（幾何法）

利用圓錐曲線第二定義：易得點(diǎn)M是橢圓的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)A、B分別到準(zhǔn)線的距離記為d1=|AP|，d2=|BQ|，則依題意得：

====？圯？駐APM～？駐BQM，∴=.

所以？駐ABM在中，MO是∠AMB的內(nèi)角平分線，即∠OMA=∠OMB.

點(diǎn)評(píng)：此法純幾何法，簡單地運(yùn)用了橢圓的第二定義，首先轉(zhuǎn)化到證明兩個(gè)三角形相似，后轉(zhuǎn)化到內(nèi)角平分線定理的應(yīng)用.證明過程非常巧妙，步驟簡潔明了，但現(xiàn)行的教材對(duì)圓錐曲線的第二定義只作閱讀了解，沒有作理解和掌握的層次要求，因此對(duì)于考生來說顯然超出其能力要求.

如果本題作為一道小題來講，它考查了直線和橢圓的一個(gè)定值問題，也就是一個(gè)二級(jí)結(jié)論，接下來我們可以作進(jìn)一步的探討，導(dǎo)出它的一般結(jié)論.

示例：設(shè)橢圓C ∶ +=1（a>b>0）的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0），設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA=∠OMB.

證明：設(shè)直線方程為x=ty+c，A（x1，y1），B（x2，y2）.

由+=1，x=ty+c？圯（a2+b2t2）y2+（2b2tc）y+b2c2-a2b2=0，

∴y1+y2=-，y1y2=.

所以直線MA，MB的斜率之和為：

kMA+kMB=+==

=0.

由此本題導(dǎo)出了一個(gè)關(guān)于橢圓的焦點(diǎn)弦和準(zhǔn)線相關(guān)斜率之和為定值的結(jié)論.

現(xiàn)在我們僅就橢圓焦點(diǎn)弦的性質(zhì)及定值問題作一些補(bǔ)充和推廣.在平時(shí)考試常見的有哪些具體的結(jié)論呢？

結(jié)論（1）設(shè)P點(diǎn)是橢圓C ∶ +=1（a>b>0）上異于長軸端點(diǎn)的任一點(diǎn)，為F1，F(xiàn)2，為其焦點(diǎn)，記∠F1PF2=？茲，則（1）|PF1| |PF2|=.（2）S=b2tan.

證明：（1）由余弦定理：

|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos？茲=（2c）2？圯（|PF1|+|PF2|）2=4c2+2|PF1| |PF2|（cos？茲+1）？圯4a2=4c2+2|PF1||PF2|（cos？茲+1）？圯|PF1||PF2|=.

（2）∵|PF1||PF2|==，S=|PF1||PF2|sin？茲=b2tan.

結(jié)論（2）設(shè)A，B是橢圓C ∶ +=1（a>b>0）的不平行于對(duì)稱軸且不過原點(diǎn)的弦，M為線段AB的中點(diǎn)，則kOMkAB=-.

證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），則有+=1，+=1作差得：+=0？圯+=0？圯kAB==-=-=-？圯kAB·kOM=-.

結(jié)論（3）過橢圓C ∶ +=1（a>b>0）上任一點(diǎn)A（x0，y0）任意作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線交橢圓于B，C兩點(diǎn)，則直線BC有定向且kBC=（常數(shù)）.

證明：設(shè)直線AB：y-y0=k（x-x0）即y=kx+y0-kx0，

y=kx+y0-kx0，+=1？圯（a2k2+b2）x2+2a2k（y0-kx0）x+a2 [（y0-kx0）2-b2]=0

？圯x0+xB=？圯xB=

？圯B（，）.

同理C（，），∴ kBC==.

結(jié)論（4）設(shè)已知橢圓C ∶ +=1（a>b>0），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P，Q為橢圓上兩動(dòng)點(diǎn)，有且OP⊥OQ.則（1）+=+；

（2）|OP|2+|OQ|2的最小值為；

（3）S？駐OPQ的最小值是.

證明：（1）設(shè)P（acos？茲，bsin？茲），Q（acos？漬，bsin？漬），

∵·=a2cos？茲 cos？漬+b2sin？茲 sin？漬=0？圯tan？茲 tan？漬=-

+=

=

=

=

==+.

（2）∵ （|OP|2+|OQ|2）（+）≥（1+12）=4，當(dāng)且僅當(dāng) |OP|+|OQ|時(shí)取“=”， ∴ |OP|2+|OQ|2≥4÷（+）=.

（3）+==+=.

4=|OP|2|OQ|2=（|OP|2+|OQ|2）（）≥4（）2？圯S？駐OPQ≥.

∴ Smin=.

真題再現(xiàn)：（2018年高考全國卷III文20）已知斜率為k的直線l與橢圓C：+=1交于A，B兩點(diǎn).線段AB的中點(diǎn)為M（1，m）（m>0）.

（1）證明：k<-；

（2）設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，F(xiàn)為C上一點(diǎn)，且++=.證明：2||=||+||.

解法1：（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則+=1，+=1.兩式相減，并由=k得+. k=0.

由題設(shè)知=1，=m，于是k=-（m>0）.

又由點(diǎn)M（1，m）（m>0）在橢圓內(nèi)，即+<1（m>0），可得0

故k=-<-.

（2）由題意得F（1，0）.設(shè)P（x3，y3），則（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（0，0）.

由（1）及題設(shè)得x3=3-（x1+x2）=1，y3=-（y1+y2）=-2m<0.又點(diǎn)P在C上，所以m=，從而P（1，-），||=.于是||===2-.同理||=2-.所以+=4-（x1+x2）=3. 故2||=||+||.

注意：此題第2小問也可以由++=直接推出F為？駐PAB的重心，

即得x3=3-（x1+x2）=1，y3=-（y1+y2）=-2m<0. 后面解法同上.

解法2：（1）由題意可知直線l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）+m（k≠0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

由y=k（x-1）+m，+=1？圯（3+4k2）x2+（8mk-8k2）x+4（m-k）2-12=0.

解得x1+x2==2？圯k=-（m>0）.

又由點(diǎn)M（1，m）（m>0）在橢圓內(nèi)，即+<1（m>0），

可得0

（2）由題意得F（1，0）.設(shè)P（x3，y3），則（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（0，0）.

由（1）及題設(shè)得x3=3-（x1+x2）=1，

由橢圓焦半徑公式得：||=a-ex1=2-，||=a-ex2=2-，||=2-=.

||+||=2-+2-=4-（）=3.

故2||=||+||.

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了中點(diǎn)弦問題，常用方法點(diǎn)差法和判別式法.注意兩種的區(qū)別，如點(diǎn)差法需設(shè)出弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)代入圓錐曲線方程，將兩式相減直接轉(zhuǎn)化為直線的斜率，借用中點(diǎn)公式即可求出斜率.而判別式法是聯(lián)立直線與圓錐曲線方程化為一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系求解，這一步要求考生有較好運(yùn)算能力.至于第2小問考查了向量的坐標(biāo)運(yùn)算，方向明確，如果運(yùn)用橢圓的第二定義就更為簡潔明了.

鞏固練習(xí)：

1. 已知橢圓C ∶ +=1（a>b>0）的一個(gè)焦點(diǎn)為F（1，0），離心率為，過點(diǎn)F的動(dòng)直線交M于A，B兩點(diǎn)，若x軸上的點(diǎn)P（t，0）使得∠APO=∠BPO總成立（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則t等于__________.

2. 已知F1，F(xiàn)2是橢圓C ∶ +=1（a>b>0）的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓C上的一點(diǎn)，且·=，若△PF1F2的面積為9，則b=________.

3. 以橢圓上一點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積的最大值為1，則橢圓長軸長的最小值為 .

4. 已知（4，2）是直線l被橢圓+=1所截得的線段的中點(diǎn)，則l的方程是__________.

5. 直線l與橢圓？祝：+=1相交于P，Q兩點(diǎn)，若OP⊥OQ（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），則以O(shè)點(diǎn)為圓心且與直線l相切的圓方程為 .

參考答案：1. 2； 2. 3； 3. 2； 4. x+2y-8=0； 5. x2+y2=.

【本文為福建省第三批高中數(shù)學(xué)課程基地校建設(shè)項(xiàng)目《“三教”教學(xué)培育數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的探索與實(shí)踐》研究成果之一】

責(zé)任編輯 徐國堅(jiān)