巧思妙解“解幾”高考題

張　鵠

最近幾年全國及各省市高考涌現了大量的優秀解析幾何試題，這些試題堪稱集體智慧的結晶，也體現了命題專家對新課程理念的深刻理解.近來許多老師撰文對這些試題作了深入的剖析，給出有別于原解答的方法，這使筆者受益非淺.為此，再結合典型例題給出新的解法，以饗讀者.

一、借助“1”代換化齊次式

以往的運算中，我們通常都是將直線方程代入曲線方程消去x(或y)得到關于它的一元二次方程，再結合韋達定理進行解題.殊不知，在消元的過程中x與y的地位是一樣的.我們若能“平等對待”之，保留x與y而消去常數項將方程化為齊次式.

例1 設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別是F1、F2，A是橢圓上的點，且滿足AF2⊥F1F2，原點O 到直線AF1的距離為13|OF1|.

(1)證明：a=2b；

(2)設Q1、Q2為橢圓上的兩動點，OQ1⊥OQ2，過原點O作直線Q1Q2的垂線OD，垂足為D，求點D的軌跡方程.(07年天津高考題)

解析：只解答第(2)問.設點D(x0,y0),Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)，直線Q1Q2的方程為ux+vy+w=0(u,v不同時為0)，由題意得w≠0.將直線Q1Q2的方程代入橢圓方程，得x2a2+y2b2=ux+vyw2,整理得1b2-v2w2y2-2uvw2xy+1a2-u2w2x2=0,兩邊同除以x2,得1b2-v2w2yx2-2uvw2?yx+1a2-u2w2=0(1) ，由OQ1⊥OQ2得，y1x1?y2x2=1(2)，則y1x1及y2x2為(1)兩實根.從而，由韋達定理得1b2-v2w2+1a2-u2w2=0，即u2+v2w2=1a2+1b2.又原點O到直線Q1Q2的距離d=|OD|，則|w|u2+v2=x20+y20，化簡得到點D的軌跡方程為x2+y2=a2b2a2+b2=23b2.

例2 已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離最大值為3，最小值為1.

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)若直線l：y=kx+m與橢圓相交于A、B兩點(A、B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標.(07年山東高考題)

解析：易知橢圓的方程為x24+y23=1，又由題意得AD⊥BD(D為右頂點).由于D不在原點，為方便將橢圓方程化成齊次方程，需要將y軸平移至D點，從而得新的橢圓方程為(x+2)24+y23=1，即3x2+4y2+12x=0.設直線l方程為x=uy+v(v≠0)，代入橢圓方程得3x2+4y2+12x?x-uyv=0,即4vy2-12uxy+(3v+12)x2=0，4vyx2-12u?yx+(3v+12)=0，則由AD⊥BD得，4v+(3v+12)=0,v=-127，所以原直線過27，0.

二、利用“λ”變量消元

縱觀最近幾年高考解析幾何題，可以發現，全國及各省市的高考試題中頻繁出現諸如㏄1F=λ〧P2噠庋的條件，我們稱之為“λ弦”問題.這類試題的一般解法筆者不想在此贅述，只想強調我們在許多情況下代點消元能否注入數學中的整體思維與對稱思想，從而提高學生的計算能力與思維水平.

例3 雙曲線C與橢圓x28+y24=1有相同的焦點，直線y=3x為C的一條漸進線.

(1)求雙曲線C的方程；

(2)過點P(0，4)的直線l交雙曲線于A、B兩點，交x軸于Q點(與C的頂點不重合).若㏄Q=λ1㏎A=λ2㏎B擼且λ1+λ2=-83，求點Q的坐標.(06年山東高考題)

解析：(1)雙曲線C的方程為x2-y23=1.

(2)設點A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x0,0)，則由題意，得

x0=λ1(x1-x0)=λ2(x2-x0)，

-4=λ1y1=λ2y2，

即λ1x1-λ2x2=(λ1-λ2)x0，

λ1x1=(1+λ1)x0，

λ2x2=(1+λ2)x0，

-4=λ1y1=λ2y2，又A、B在雙曲線上，從而有3x21-y21=3,3x22-y22=3,則3(λ1x1)2-(λ1y1)2=3λ21

3(λ2x2)2-(λ2y2)2=3λ223(λ1x1+λ2x2)?(λ1x1-λ2x2)=3(λ1+λ2)(λ1-λ2),∴(2+λ1+λ2)(λ1-λ2)x20=3(λ1+λ2)(λ1-λ2)輝20=4,x0=±2.

例4 已知點F(1，0)，直線l:x=-1，P為平面上的動點.過點P作直線l的垂線，垂足為點Q，且㏎F?㏎P=〧P?〧Q.

(1)求動點P的軌跡C的方程；

(2)過點F的直線交軌跡C于A、B兩點，交直線l于點M，已知㎝A=λ1〢F,㎝B=λ2?〣F擼求λ1+λ2的值.(07年福建高考題)

解析：(1)y2=4x;

(2)設點A(x1,y1)、B(x2,y2)、M(-1,y0)，則由題意，得

(x1+1,y1-y0)=λ1(1-x1,-y1)

(x2+1,y2-y0)=λ2(1-x2,-y2)

(1+λ1)x1=λ1-1,

(1+λ2)x2=λ2-1,

y0=(1+λ1)y1=(1+λ2)y2.又A、B兩點在拋物線上，則y21=4x1,y22=4x2,∴4(1+λ1)2x1=4(1+λ2)2x21+λ21+λ12=1-λ11-λ2?1+λ21+λ1,∴λ21-λ22=0(λ1≠λ2)葒霜1+λ2=0.

三、回歸定義解題

圓錐曲線的定義揭示了曲線間的本質區別與屬性，同時也包含了豐富的幾何特征.因而，與通常講的回歸定義解題有所不同的是，這里在強調定義解題的同時更加注重挖掘其內在的幾何因素.

例5 已知橢圓x23+y22=1的左右焦點分別為F1、F2.過F1的直線交橢圓于B、D兩點，過F2的直線交橢圓于A、C兩點，且AC⊥BD，垂足為P.

(1)設P點的坐標為(x0,y0),證明：x203+y202<1;

(2)求四邊形ABCD的面積的最小值.(2007年高考全國卷Ⅰ)

解析：(1)略.(2)不妨設直線AC的傾角為θ，且θ∈0,π2，過A、C分別向橢圓右準線作垂線AA1、CC1，設右準線與x軸交于K點.由橢圓定義得|AF2|=e|AA1|,|CF2|=〆|CC1|,則|AF2|玞osθ=|F2K|-|AA1|=2-|AF2|e,|CF2|玞osθ=|CC1|-|F2K|=|CF2|e-2,從而|AF2|=23+玞osθ，|CF2|=23-玞osθ，同理，|BF1|=23+玸inθ，|DF1|=23-玸inθ，S=12|AC|?|BD|=24(3-玞os2θ)(3-玸in2θ)=246+玸in2θ玞os2θ≥246+14=9625.

例6 橢圓的中心是原點O，它的短軸長為22，相應于焦點F(c,0)(c>0)的準線l與x軸相交于點A，|OF|=2|FA|，過點A的直線與橢圓交于P、Q兩點.

(1)求橢圓的方程及離心率；

(2)若㎡P?㎡Q=0，求直線PQ的方程；

(3)設〢P=λ〢Q(λ>1)，過點P且垂直于x軸的直線與橢圓交于另一點M，證明：〧M=-λ〧Q.(04年天津高考題)

解析：(1)、(2)略.(3)過P、Q分別向準線及x軸作垂線PP1、QQ1、PP2、QQ2，連結PF、QF、MF，由橢圓定義得|PF||QF|=|PP1||QQ1|，又|PP1||QQ1|=|PA||QA|=|PP2||QQ2|，從而|MF||QF|=|PF||QF|=|PP2||QQ2|=|MP2||QQ2|，∴∠MFP2=∠QFQ2，即M、F、Q共線，由上面易知結論成立.

注：“本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文。”