深挖隱含條件，巧用幾何性質

摘"要"巧用平面幾何的性質可以在求解解析幾何中減少表達式的書寫難度及演算過程.本文以一道解幾模考題為例予以說明，并進行相關探究.

關鍵詞"解析幾何；模考題；變式探究

題目"（湖北2024屆高三四月模考題）已知橢圓C1：x2a2+y2=1和C2：x2b2+y2=1（agt;bgt;0）的離心率相同，設C1的右頂點為A1，C2的左頂點為A2， B（0，1）. （1）證明：BA1⊥BA2; （2）設直線BA1與C2的另一個交點為P，直線BA2與C1的另一個交點為Q，連PQ，求|PQ|的最大值.

分析"在本題（1）中，參變數a，b分別在兩個橢圓方程中，這里agt;bgt;0并不能確定兩橢圓焦點的位置，需要深入地進行挖掘.從題設agt;bgt;0，agt;1，故C1焦點在x軸上，因1gt;bgt;0，故C2焦點在y軸上，因它們都過（0，1）點，所以它們的離心率才會相同，列出a，b的關系式即可求解.第（2）問，通過直線BA1的方程 與C2聯立，求得P點坐標，同樣直線BA2的方程與C1聯立，求得Q點坐標，剩下的就是如何求│PQ│的長，若直接求，則后續求最大值難，考慮到BP垂直BQ且B為定點，故可借用平幾中直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，可轉化為求B與PQ中點連線段來求│PQ│，簡化書寫及計算.

證明"（1）如圖1，由agt;bgt;0及C1，C2離心率相同知agt;1，0lt;blt;1，∴a2－1b=1－b2，∴ab=1.又∵B（0，1），A1（a，0），A2（－b，0），∴kBA1=－1a，kBA2=1b，∴kBA1·kBA2=－1，∴BA1⊥BA2.解（法一）（2）由（1）知，BA1的方程為y=－1a（x－a）=－1ax+1，BA2的方程為y=1b（x+b）=1bx+1=ax+1.

將上述方程與C1，C2聯立得y=－1ax+1，a2x2+y2=1，∴a2+1a2x2－2ax=0.設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1=2aa4+1或0（舍），∴y1=a4－1a4+1，P（2aa4+1，a4－1a4+1）.同理由y=ax+1，x2a2+y2=1，得x2=－2a3a4+1或0（舍），∴y2=1－a4a4+1，Q（－2a3a4+1，1－a4a4+1）.∵QB⊥PB，∴ΔPBQ為直角三角形，且y1+y2=0，故取PQ中點M，易求得M（－a－a3a4+1，0），又PQ=2BM，∴PQ=2BM=2（a3－aa4+1）2+1，

所以，要求PQ的最大值，只需求a3－aa4+1的最大值.不妨設f（a）=a3－aa4+1（agt;1），則f′（a）=（a2+1）（－a4+4a2－1）（a4+1）2.∵a2+1a4+1gt;1，∴令－a4+4a2－1gt;02－3lt;a2lt;2+3，∴1lt;alt;2+3，f（a）在（1，2+3）上單調遞增，

令－a4+4a2－1lt;0a2gt;2+3（a2lt;2+3舍去）.∴f（a）在（2+3，+）上單調遞減，∴f（a）在a=2+3處取得最大值f（a）max=24，故PQmax=322.

（解法2）由（1）知，BA1的方程為y=1－xa與C2聯立x2b2+y2=1，得（1a2+1b2）x2－2ax=0，解得xP=2ab2a2+b2或0（舍），故xP=2ab2a2+b2，代入得yP=a2－b2a2+b2，∴P（2ab2a2+b2，a2－b2a2+b2）.同理yQ=b2－a2a2+b2，∴Q（－2a2ba2+b2，b2－a2a2+b2）.注意到QB⊥PB，即ΔPBQ為直角三角形，且yP+yQ=0，B（0，1），故取PQ中點M，易求M（ab2－a2ba2+b2，0），化簡得M（b－aa2+b2，0）.又PQ=2BM，∴PQ=2BM=2a2+b2－2（a2+b2）2+1.令a2+b2=t，∵a2+b2≥2ab，而ab=1，∴t≥2，0lt;1t≤2，∴PQ=2－2（1t－14）2+98，∴當t=14時，PQmax=322.

評注"上述兩種方法在表達│PQ│時都用了直角三角形的幾何性質簡化演算，不同的是，法一在求解│PQ│的最大值時用的是導數法，而法二用的是均值不等式及整體換元的方法，將復雜的雙元高次問題轉化為簡單的一元二次函數，降維轉化，進而可以簡便求解.兩種方法各有千秋，殊途同歸，在解析幾何問題求解中都有著廣泛的應用.

變式1"（2023鄭州二模改編）已知橢圓C：x24+y2=1，F1，F2分別為左右焦點，過F1的直線l與橢圓C交于M，N，求ΔF2MN內切圓半徑的最大值.

析解"本題的難點在于如何表示三角形的內切圓半徑，巧妙地使用平面幾何的性質，即三角形的面積等于其周長乘以其內切圓半徑的一半，問題便可迎刃而解.

如圖2，由題意知F1（－3，0），F2（3，0）.設l：x=my－3，A（x1，y1），B（x2，y2），聯立x=my－3，x24+y2=1得（m2+4）y2－23my－1=0，則y1+y2=23mm2+4，y1y2=－1m2+4，從而SΔF2MN=12F1F2y1－y2=43m2+1m2+4=43m2+1+3m2+1≤2，當且僅當m=±2時等號成立設ΔF2MN內切圓半徑為r，則SΔF2MN=12（MN+NF2+MF2）r==4r≤2，故r≤12，從而ΔF2MN內切圓半徑的最大值為12.

變式2"（2023全國甲卷改編）已知拋物線C：y2=4x，設F為C的焦點，M，，N為C上兩點，且FM·FN=0，求ΔMFN面積的最小值.

解"法1拋物線的焦點為F（1，0），由題可知直線MN的斜率不可能為0，∴設MN的方程為x=my+t，M（x1，y1），N（x2，y2），聯立x=my+t，y2=4x，消去x得y2－4my－4t=0，∴Δ=16m2+16tgt;0，即m2+tgt;0，∴y1+y2=4m，y1y2=－4t，∵FM·FN=0，∴（x1－1，y1）·（x2－1，y2）=0，即（x1－1）·（x2－1）+y1y2=0，代入得4m2=t2－6t+1.設點F到MN的距離為d，則d=t－11+m2，

又MN=1+m2y1－y2=41+m2·m2+t.∴SΔMFN=12MN·d=2m2+t·t－1（t-1）2∵4m2=t2－6t+1≥0，解得t≤3－22，或t≥3+22，∴當且僅當t=3－22時，SΔMFN取得最小值12－82，即ΔMFN面積的最小值為12－82.

法2設M（x1，y1），N（x2，y2），且由題意可知x1，x2大于等于0，∵FM·FN=0，∴（x1－1）（x2－1）+y1y2=0，∴x1x2－（x1+x2）+1+y1y2=0（1）.又∵y21=4x1，y22=4x2，且當ΔMFN面積最小時y1，y2符號相反.不妨令y1=2x1，y1=－2x2，∴y1y2=－4x1x2.代入（1）式得x1x2－（x1+x2）+1－4x1x2=0.∴x1x2－4x1x2+1=x1+x2，又∵x1+x2≥2x1x2，∴x1x2－4x1x2+1≥2x1x2，∴x1x2－6x1x2+1≥0，即x1x2≥3+22或x1x2≥3+22.又∵SΔMFN=12MFNF=12（x1－1）2+4x1·（x2－1）2+4x2=12（x1x2+x1+x2+1）.由（1）得x1+x2=x1x2－4x1x2+1，代入得SΔMFN=（[KF（]x1x2[KF）]-1）2，∴當x1x2=3－22時，SΔMFN有最小值12－82.

評注"在近年的高考題中頻繁出現解析幾何的最值問題，此類問題往往計算量比較大，故合理利用幾何性質，充分發揮函數及均值不等式在求解最值問題中的作用，是解決此類問題的關鍵.