2013年高考數學必做解答題——解析幾何

廖如舟

利用函數思想破解解析幾何問題

（★★★★★）必做1 定義離心率e=的橢圓為“黃金橢圓”，已知F（-1，0），F（1，0）分別為橢圓Ω的左、右焦點，過F的直線與橢圓交于A，B兩點，且+=2 .

（1）求證：橢圓Ω為“黃金橢圓”；

（2）求△ABF面積的最大值.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問即證橢圓Ω的e=，可以直接利用題目中的關系得到，但是有一定的運算量，若知道極坐標方程，則可迅速解決.同時這也是圓錐曲線中的一個定點定值問題，即+是一個定值. 第（2）問將面積用函數表示出來，利用處理函數最值的方法進一步求解.

精妙解法 法1：（1）設橢圓Ω的方程為+=1（a>b>0），c=1，且設A（x，y），B（x，y）.

所以

AF=ex+a，

BF=ex+a，代入+=2得a（x+x+2a2）=2[xx+a2（x+x）+a4]（*）.

當AB⊥x軸時，x=x=-1，代入（*）得（a2-1）（a2-a-1）=0，故a=.

當AB不垂直x軸時，由b2x2+a2y2=a2b2與直線y=k（x+1）聯立得：

（a2k2+b2）x2+2a2k2x+a2k2-a2b2=0，從而x+x=，xx=，代入（*）得（k2+1）（a2-1）（a2-a-1）=0，故a=.

綜上：a=，從而e==，即橢圓Ω為“黃金橢圓”.

法2：橢圓的極坐標方程為ρ=（P為焦準距）（以F為極點，x軸正方向為極軸建立極坐標系，用橢圓的第二定義即可推出），設A（ρ，θ），B（ρ，θ+π）.

則ρ=，ρ=，故+=，所以eP=1，故a2-a-1=0，得a=，從而e=，即橢圓Ω為“黃金橢圓”.

（2）設直線AB：x=my-1，與橢圓方程b2x2+a2y2=a2b2聯立得（a2+b2m2）y2-2b2my+b2-a2b2=0.

S=·2c

y

-y=

y

-y==.

設f（t）=（t≥0），而f ′（t）=<0，故f（t）=f（0）=，所以S的最大值為=2.

極速突擊 此類題目是過焦點的弦與橢圓相交的問題，焦點弦本身具有很多性質，同學們在學習時要多加積累，注重用基本方法進行計算，最值問題轉化為函數問題的研究，從而使問題得以突破.

誤點警示 （1）有的同學容易在第（1）問的解答中，采用特殊位置求解，作為解答題，本題更需一般化；（2）對于最值問題的處理，手段單一，運算不過關極易導致錯誤；（3）極坐標參數方式雖是選修模塊的內容，但筆者認為這是在圓錐曲線中必須補充的一塊零界性內容，用它可以更好地處理有關線段長度和角度結合的問題.

（★★★★★）必做2 已知橢圓C：+=1，過點P

，

-而不過點Q

，1的動直線l交橢圓C于A，B兩點.

（1）求∠AQB；

（2）記△QAB的面積為S，證明：S<3.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問中，設出A，B兩點的坐標，利用向量，的數量積求出其夾角，即為∠AQB，但是要注意直線l的斜率不存在的情況. 第（2）問中，結合分類討論的思想，將△QAB的面積用函數表示出來，可以結合函數導數、不等式、放縮法等處理最值或者取值范圍問題.

精妙解法 （1）若直線l的斜率不存在，則l：x=，易得A，B兩點的坐標為

，

±，∠AQB=90°.

若直線l的斜率存在，設它的方程為y=kx+b，因為點P在直線l上，所以 -=k+b，故b=-（k+1）.

聯立直線l和橢圓C的方程，消去y，得（2k2+1）x2+4kbx+2b2-4=0.

設A（x，y），B（x，y），則x+x= -，xx=，

y+y=k（x+x）+2b=-+2b=，

y·y=（kx+b）（kx+b）=k2xx+kb·（x+x）+b2

=k2·+kb·

-+b2=.

由=（x-，y-1），=（x-，y-1），

得·=（x-，y-1）·（x-，y-1）

=（x-）（x-）+（y-1）（y-1）

=xx-（x+x）+2+yy-（y+y）+1

=-·

-+2+-+1

=[3b2+2k2+2b（2k-1）-1]

=

（

k+1）2+2k2-

（

k+1）·（

2k-1）-1=0.

所以⊥，顯然A，Q，B三點互不相同，所以∠AQB=90°.

因此，∠AQB=90°.

（2）由（1）知∠AQB=90°，所以△QAB是直角三角形.

如果直線QA或QB的斜率不存在，易求得△QAB的面積為S=2<3.

如果直線QA和QB的斜率都存在，不妨設直線QA的方程為y=m（x-）+1，代入橢圓C的方程，消去y，得（2m2+1）x2-4m（m-1）x+2（m-1）2-4=0.

由已知可得

QA

=·=·.

同理可得

QB

=·=·.

于是，△QAB的面積為

S=

QA

·

QB

=····

=4··（m2+1）

= 4·（m2+1）·

= 4·.

令=cosθ，=sinθ，則S=4·.

注意到

cosθ

+sinθ=·

sin（θ+φ）

≤=，2+sin2θ≥2，且等號不能同時取得，所以S<4·=3. 得證.

對于解析幾何中的最值和范圍問題，一般可用建立目標函數的方法解決之.若能把所求參數表示成某一個變量的函數，則問題就可歸為求這個函數的最值（或值域）.

解析幾何中的定值問題，所涉及的量“照理”應是一個變量，即這個量應隨某一個量的變化而變化，若它真的是一個定值，則它“恰巧”與這個量的變化無關；所以我們只須“裝腔作勢”地把它表示成關于這個變量的函數，化簡以后必可得這個函數為常數，從而問題也得到解決.

利用方程思想破解解析幾何問題

（★★★★★）必做3 已知曲線C是以原點O為中心，F，F為左、右焦點的橢圓，曲線C是以O為頂點、F為焦點的拋物線，A是曲線C和曲線C的交點且∠AFF為鈍角，若

AF=，

AF=.

（1）求曲線C和C所在的橢圓和拋物線的方程.

（2）過F作一條與x軸不垂直的直線l，與曲線C交于點B，E，與曲線C交于點C，D，若G為CD的中點，H為BE的中點，那么是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由.

[牛刀小試]

破解思路 根據橢圓和拋物線的定義結合圖象得到曲線方程，注意∠AFF為鈍角這個條件.對于解析幾何中的探索性問題，我們可以用特殊位置嘗試是否為定值，以及該定值為多少，以確定證明的方向，將線段的長度用弦長公式表示出來，注意式子中分子、分母的“齊次”性，以便方程聯立，將韋達定理代入化簡.

精妙解法 （1）由

AF+

AF=+=6，即有2a=6，解得a=3.

設A（x，y），F（-c，0），F（c，0），則有

AF=，即（x+c）2+y2=

2①.

同理，由

AF=，得（x-c）2+y2=

2②.

則由①-②可得：xc=③，而由拋物線的定義可知：

AF=x+c=④.

由③④可解得x=1，

c=或

x=，

c=1， 但∠AFF是鈍角，故

x=，

c=1.

所以所求的橢圓方程為+=1，拋物線方程為y2=4x.

（2）設B（x，y），E（x，y），C（x，y），D（x，y），直線方程為y=k（x-1）且k≠0.

由y=k（x-1），

+

=1消去x整理可得：（9k2+8）y2+16ky-64k2=0，

所以，由韋達定理可得：y+y= -，yy=.

由y=k（x-1），

y2=4x消去x整理可得：ky2-4y-4k=0，

所以，由韋達定理可得：y+y=，y3y4=-4.

=====3， 故=3，即定值為3.

另解：由已知可得

GF =

CF -CG =（

x+1）

-=

，

且

HF =

BF

-BE =

3-

x -=

·.

將以上各值代入得==3.

（★★★★★）必做4 已知橢圓C的中心為原點，點F（1，0）是它的一個焦點，直線l過點F與橢圓C交于A，B兩點，且當直線l垂直于x軸時，·=.

（1）求橢圓C的方程；

（2）是否存在直線l，使得在橢圓C的右準線上可以找到一點P，滿足△ABP為正三角形？如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由.

[牛刀小試]

破解思路 解析幾何是用代數的方法解決幾何問題，處處體現函數方程思想，本題第（1）問直接利用相應關系求解即可. 在處理△ABP為正三角形時，注意轉化與化歸，將“角度”與“長度”有效結合，建立方程求解，利用方程的解的個數來反映直線的條數. 同時直線與方程聯立，將韋達定理與“長度”方程有效結合起來是解決本題的關鍵，但是注意別忽視斜率不存在的情況. 另外，在練習時也可以將“等邊三角形”變為“等腰三角形”.

精妙解法 （1）設橢圓C的方程為：+=1（a>b>0），則a2-b2=1①.

因為當l垂直于x軸時，A，B兩點的坐標分別是1

，和1，

-，

所以·=1，

·1，-

=1-，則1-=，即a2=6b4 ②.

由①②消去a，得6b4-b2-1=0，所以b2=或b2=-（舍去）.

當b2=時，a2=. 因此，橢圓C的方程為+2y2=1.

（2）設存在滿足條件的直線l.

①當直線l垂直于x軸時，由（1）的解答可知AB==，焦點F到右準線的距離為d=-c=，此時不滿足d=AB. 因此，當直線l垂直于x軸時不滿足.

②當直線l不垂直于x軸時，設直線l的斜率為k，則直線l的方程為y=k（x-1）.

聯立y=k（x-1），

+2y2=1?（6k2+2）x2-12k2x+6k2-3=0.

設A，B兩點的坐標分別為（x，y）和（x，y），則x+x=，xx=.

由此可得AB=

x

-x=

==.

又設AB的中點為M，則x==.

當△ABP為正三角形時，直線MP的斜率為k=-，因為x=，

所以MP=

x

-x=·

-

=·.

當△ABP為正三角形時，MP=AB，即·=·，解得k2=1，k=±1.

因此，滿足條件的直線l存在，且直線l的方程為x-y-1=0或x+y-1=0.

對定值問題的解題步驟可歸納為：一選，二求，三定值.具體操作程序如下：一選，選擇參變量.需要證明為定值的量“照理”應該是變量，它應該隨某一個量的變化而變化，可選擇這個量為參變量（有時可選擇兩個參變量，然后由其他輔助條件消去其中一個）.二求，求出目標函數或目標方程，把需要證明為定值的量表示成關于上述參變量的函數或方程.三定值：化簡函數解析式或求解相關方程得到定值.由題目的結論可知要證明為定值的量必與參變量的大小無關，故求出的函數必為常數函數，所以只需對上述函數的解析式進行必要的化簡即可得到定值，如必做3.

利用不等式知識破解解析幾何問題

（★★★★）必做5 已知直線l：x-my-=0，橢圓C：+y2=1（m>1）.

（1）是否存在實數m，使得直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且AB=？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.

（2）設直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若原點O在以線段AB為直徑的圓內，求m的取值范圍.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問利用弦長公式建立方程求m.第（2）問原點O在以線段AB為直徑的圓內轉化為代數關系式·<0，由此求m的取值范圍.

精妙解法 （1）聯立l：x-my-=0與C：+y2=1（m>1）整理得：

2y2+my+-1=0，Δ=m2-4×2·

-1=8-m2>0，所以1

y

-y==，解得：m2=3或m2=4.

又1

（2）原點O在以線段AB為直徑的圓內等價于·<0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1x2+y1y2<0. 由（1）知1

my

+

my

+=m2yy+（y+y）+，所以x1x2+y1y2=（m2+1）

-

+-

+<0. 故m2<4，由（1）知：1

（★★★★★）必做6 已知動點P與雙曲線-=1的兩個焦點F，F的距離之和為定值，且cos∠FPF的最小值為-.

（1）求動點P的軌跡方程；

（2）若已知D（0，3），M，N在動點P的軌跡上且=λ，求實數λ的取值范圍.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問利用橢圓中的焦點三角形的邊角關系，利用余弦定理，建立不等式求解. 第（2）問由向量之間的聯系，找到對應點坐標之間的關系，得出λ與k的等量關系，由k的取值范圍，建立不等式求出λ的取值范圍.

精妙解法 （1）雙曲線的焦點的坐標為F（-，0），F（，0），則有

F

F=2，設

PF+

PF=2a.

在△F1PF2中，可得cos∠FPF=

=-1.

由cos∠FPF有最小值，故4a2-20>0，而

PF

PF≤2=a2.

故有cos∠FPF≥-1= -，解得a2=9.

故點P的軌跡是以F，F為焦點，長軸長為6的橢圓，a2=9，c=，b2=4，故橢圓方程為+=1.

（2）當直線AB的斜率存在時，設AB的方程為y=kx+3，M（x，y），N（x，y），

則由y=kx+3，

4x2+9y2=36消去y可得：（9k2+4）x2+54kx+45=0.

由Δ=b2-4ac=（54k）2-4×45（9k2+4）>0，解得：k2 >.

又x+x=，xx=，=λ，則有

x=λ

x，

y-3=λ（

y-3），

所以x+x=（λ+1）x，xx=λx，即xx=·

2=，整理可得：=+9.

因為k2>，所以0<<，所以9<+9<.

所以9<<，即<λ<5且λ≠1.

而當直線的斜率不存在時，λ=或λ=5.

綜上所述，λ∈

，1∪（1，5].

極速突擊 解決此類問題的關鍵在于找到題目中存在的不等關系求出取值范圍，一般根據方程聯立有解得Δ≥0，以及題目中給定的條件. 在解析幾何中，幾何的關系是最為直接的，要善于發現其中的聯系.同時要真正掌握變量消參的思想，使得在變量較多的情況下，清晰轉化.

圓與圓錐曲線的綜合

（★★★★★）必做7 如圖1，已知橢圓C：+y2=1（a>1）的右焦點為F（c，0）（c>1），點P是圓O：x2+y2=1上任意一點（點P在第一象限內），過點P作圓O的切線交橢圓C于Q，R兩點.

[O][P][R][F][x][y][Q][圖1]

（1）證明：PQ+FQ=a；

（2）若橢圓離心率為，求線段QR長度的最大值.

[牛刀小試]

破解思路 第（1）問利用直線QR為圓的切線，則OP⊥QR結合焦半徑公式證明PQ+FQ=a. 第（2）問是圓錐曲線中的線段最值問題，利用不等式解決.

精妙解法 （1）設Q（x，y）（x>0），得

FQ

=a-ex，由PQ是圓x2+y2=1的切線，

可得

PQ

==，注意到+y=1，

所以PQ===ex，所以

PQ

+

FQ

=a.

（2）由題意，e==，所以a=2.

設直線QR的方程為y=kx+m，因為點P在第一象限，所以k<0，m>0.由直線QR與圓O相切，所以=1，所以m2=k2+1.

由y=kx+m，

+y2=1 消y可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0. 設Q（x，y），R（x，y），則x+x=-.

由（1）知，PR=ex，所以QR=e

x

+x=-

=4·=4·.

因為m2+3k2≥2mk，所以QR≤4·=2 .

當且僅當m=-k時，QR取最大值2，此時直線QR的方程為y=k（x-）.

另解：由（1）同理可求

PR

+

FR

=a=2，則QR+QF+FR=4，

QR≤QF+FR，2QR≤QR+QF+FR=4，所以QR≤2，

當且僅當直線QR過焦點F時等號成立，從而QR=2.

（★★★★★）必做8 設橢圓E：+=1（a>b>0）過M（2，），N（，1）兩點，O為坐標原點.

（1）求橢圓E的方程；

（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且⊥？若存在，寫出該圓的方程，并求AB的取值范圍；若不存在，請說明理由.

[牛刀小試]

破解思路 對于第（2）問，可以先通過特殊情況（切線斜率不存在時）將圓的方程解出，此時可得切線與圓的交點分別為（r，r），（r，-r），即為A，B兩點，然后迅速解出r2=，之后在明確圓的情況下，再證明對于一般情況下是否能滿足：切線與橢圓有兩個交點A，B，使⊥. 這兩點在明確了圓的方程之后不難“驗證”.這種做法的優勢在于“早早明確了目標”.

精妙解法 （1）因為橢圓E：+=1（a>b>0）過M（2，），N（，1）兩點，所以

+

=1，

+

=1，解得

=，

=，所以a2=8，

b2=4，橢圓E的方程為+=1.

（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A（x，y），B（x，y），且⊥. 設該圓的切線方程為y=kx+m，聯立可得y=kx+m，

+

=1，即x2+2（kx+m）2=8，即（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，則x+x= -，xx=.

Δ=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-8）=8（8k2-m2+4）>0，即8k2-m2+4>0.

yy=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km·（x1+x2）+m2=k2·-+m2=.

要使⊥，需使x1x2+yy=0，即+=0，所以3m2-8k2-8=0，所以k2=≥0.

又8k2-m2+4>0，所以m2>2，

3m2≥8，所以m2≥，即m≥或m≤-.

因為直線y=kx+m為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為r=，r2===，r=，所求的圓為x2+y2=，此時圓的切線y=kx+m都滿足⊥.

而當切線的斜率不存在時，切線x=±與橢圓+=1的兩個交點為

，

±或

-，

±，滿足⊥.

綜上，存在圓心在原點的圓x2+y2=，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且⊥.

所以（x-x）2=（x+x）2-4xx=

-2-4·=，所以AB==.

當k≠0時，由此可得AB=，因為4k2++4≥8，所以0<≤，所以<

1+≤12，

所以

當k=0時，AB=.

當切線的斜率不存在時，切線與橢圓的兩個交點為

，

±或

-，±

，所以此時AB=.

綜上，AB的取值范圍為≤AB≤2，即AB∈

，

2.

極速突擊 本題屬于探究型問題，主要考查了橢圓的標準方程、直線與圓的位置關系和待定系數法求方程的方法，運用解方程組法研究有關參數問題以及方程的根與系數的關系. 此題充分說明“圓”與“橢圓”處理方式的區別，圓是“數形結合的精靈”，橢圓是“代數方法（坐標）研究幾何問題的載體”！兩者在高考中是有明確體現的，用“圓”來考“數形結合”，橢圓來考“方程運算”.