解析几何的解题思路、方法与策略
高三数学复习的目的， 一方面是回顾已学过的数学知识， 进一步巩固基础知识， 另一方面， 随着学生学习能力的不断提高， 学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复， 而是有对所学知识进一步理解的需求， 如数学知识蕴涵的思想方法、 数学知识之间本质联系等等， 所以高三数学复习既要“温故” ， 更要“知新” ， 既能引起学生的兴趣， 启发学生的思维， 又能促使学生不断提出问题， 有新的发现和创造， 进而培养学生问题研究的能力．
以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略是高中平面解析几何的核心内容， 也是高考考查的重点．每年的高考卷中，一般有两道选择或填空题以及一道解答题， 主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用， 而解答题注重对数学思想方法和数学能力的考查，重视对圆锥曲线定义的应用， 求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查．
解析几何在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点．通过以圆锥曲线为主要载体，与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合，结合数学思想方法，并与高等数学基础知识融为一体，考查学生的数学思维能力及创新能力，其设问形式新颖、有趣、综合性很强．基于解析几何在高考中重要地位，这一板块知识一直以来都是学生在高三复习中一块“难啃的骨头” ．所以研究解析几何的解题思路，方法与策略，重视一题多解，一题多变，多题一解这样三位一体的拓展型变式教学，是老师和同学们在高三复习一起攻坚的主题之一．本文尝试以笔者在实际高三复习教学中，在教辅教参和各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解题思路和方法策略．
一、一道直线方程与面积最值问题的求解和变式
例1 已知直线l过点M(?2,1) ，若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，O为坐标原点.
（1）设?AOB的面积为S，求S的最小值并求此时直线l的方程；
（2）求OA?OB最小值；
（3）求MA?MB最小值．
解：方法一：∵直线l交x轴负半轴，y轴正半轴，
设直线l的方程为y?k(x?2)?1(k?0)，∴A?2k?1,0） B(0,2k?1)， k
(2k?1)21?2k??2?4, （1）∴S?2k2k
111∴当（2k)2?1时，即k2? ，即 k?时取等号，∴此时直线l的方程为y?x?2. 422
11（2）OA
?OB??2?2k?1??2k?3?22?3，当且仅当k?时取等号； kk2
111222?1?4?4k?2(?1)(1?k)?2?2?k?4，（3MA?MB?当且仅当k?1时取等号； 222kkk
xy21方法二：设直线截距式为??1(a?0,b?0)，∵过点M(?2,1)，∴???1 abab
11212（1）∵1????2，∴?ab?22??ab?8，∴S?AOB?ab??ab?4； 22ab?ab
212ba?)?22?3； （2）OA?OB?a?b??a?b?(??)(?a?b)?3?(ababuuuruuur21?2a2b??4 （3）MA?MB??MA?MB??2(a?2)?(b?1)??2a?b?5?(?2a?b)(??)?5?abb?a
2412??4， （3）方法三： MA?，MB?，∴MA?MB?sin?cos?sin?cos?sin2?
?当且仅当sin2??1时最小，∴??． 4
变式1：原题条件不变，（1）求△AOB的重心轨迹；（2）求△AOB的周长l最小值．
解：（1）设重心坐标为(x,y)，A(a,0)、B(0,b)，则a?3x，b?3y，∵?2121??1 ，∴???1 ab3x3y
122(3x?2)?x?1?，该重心的轨迹为双曲线一部分； ∴y??3x?23x?233x?2
?（2）令直线AB倾斜角为?，则0???，又M(?2,1)， 2
过M分别作x轴和y轴的垂线，垂足为E,F, 112则MA?， MB?，AE?，BF?2tan? sin?cos?tan?
121?1?cos?2(1?sin?)???2tan?(0???)?3??∴l?3? sin?cos?tan?2sin?cos?
?cos)22(1?cot)???3?cot?(0????)， ?3?2242sincoscos2?sin2cot?122222
???2(t?2)?10 ∴cot?1?2?cot?3。 令t?cot?1， 则t>0， ∴周长l?3?t?1?2t22
变式2：求OA?OB?的最小值．（留给读者参照变式1，自行解决） 2(sin
点评：由于三角函数具有有界性，均值不等式有放大和缩小的功能，在解析几何中遇上求最值的问题，可构建三角函数和均值不等式，合理地放大缩小，利用有界性，求得最值．
圆锥曲线的最值问题， 解法一般分为两种: 一是几何法， 特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来处理非常巧妙; 二是代数法， 将圆锥曲线中的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题， 然后利用基本不等式、 函数的单调性或三角函数的有界性等求最值；
二、涉及到抛物线的相关题目和证明
例2 证明抛物线的焦点弦定值. 2cos2????
p，与抛物线y2?2px交于A,B两点，则有如下一些结论： 2
????????2p32p21122OA?OB??p．①y1y2??p，x1x2?；②AB?x1?x2?p?；③；④ ??sin2?44AFBFp设直线AB：x?ty?
?y2?2px?22222证明：方法一：设A(x1,y1)B(x2,y2).由?p得y?2pty?p?0，??4pt?4p?0.
?x?ty?2?
22yyy1y2p4p2212① y1y2??p，则x1x2?. ????222p2p4p4p4
ppAF?AA?x?BF?BB?x?② 作AA，，假设，，， ?lBB?lAA?BB1112111122
设?BAAy1y2??p2， 1??, ∴AB?AF?BF?x1?x2?p，∵y1?y2?2pt
y12?y2211cos2?2p2222∴AB? ?p?[(y1?y2)?2y1y2]?p?(4pt?2p)?p?2p(2?1)?2p2p2psin?sin2?
方法二
：AB?BE112p?A1B1?y1?y2???； sin?sin?sin?sin2?
1111x1?x2?p2?????； 2ppAFBFpx1?x2?x1x2?(x1?x2)?2224
????????p23?p2??p2. ④ OA?OB?x1x2?y1y2?44
2例3 已知A，B为抛物线C:y?2px(p?0)上两点，且满足OA?OB，O为坐标原点，
求证：（1）A，B两点横坐标之积，纵坐标之积分别为定值；（2）直线AB经过一定点．
22解：（1）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，易得y1?2px1，y2?2px2，又OA?OB，则x1x2?y1y2?0， ③
22∴y1y2?4p2x1x2?(x1x2)2，∴ x1x2?4p2， y1y2??4p2；
（2） 方法一：由对称性，可知直线AB过定点一定在x轴上，取特值，得定点为(2p,0)； 设直线AB的方程为y?k(x?2p)(k?0)，把x代入抛物线C:y2?2px的方程得
则y1y2?k2 y?y?2pk?0，2p?2pk??4p2，x1x2?4p2，∴ x1x2?y1y2?0，∴OA?OB满足题意,表明直线AB过定点(2p,0). k
2p
y?y1y?y2p2p?2212?方法二：直线AB的斜率k?2，∴直线AB的方程为y?y1?(x?x1)，y2y1x2?x1y1?y2y1?y2?2p2p
yy2p2p2py12整理得y?x?12，又∵ y1y2??4p2，∴ 直线AB的x??y1，即y?y1?y2y1?y2y1?y2y1?y22p
2p方程为y?(x?2p)，即得直线AB过定点(2p,0). y1?y2
方法三：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，设直线AB方程为x?ty?m，将其代入抛物线C:y2?2px的方程，得方程y2?2pty?2pm?0，只需??4p2t2?8pm?0，∴y1y2??2pm??4p2，解得m?2p， ∴ 直线AB的方程为x?ty?2p，即得直线AB过定点(2p,0).
?y?kx2p2p)， 方法四：设直线OA的方程为y?kx，由?2，得交点为O(0,0)和A(2,kky?2px?
12又∵ OB的方程为y??x，同理可得B(2pk,?2pk)， k
kk2ABy?2pk?(x?2pk)， ①当k?1时，kAB?，∴ 直线方程为221?k1?k
kx2pkk??(x?2p)，即得直线AB过定点(2p,0)； 即y?1?k21?k21?k2
②当k?1，得A(2p,2p)，B(2p,?2p)，∴AB的方程为x?2p，
综上，由①②直线AB过定点(2p,0).
点评：方法一是用特殊位置找结论，再证明，方法二、三、四是处理垂直关系的通法．
类似地，过椭圆，双曲线的一个顶点Q作QA?QB，分别交椭圆，双曲线于A,B，则直线AB也 经过一定点．
x2y2
变式 如图，椭圆C1:2?2?1(a?b?0)和圆C2:x2?y2?b2， ab
已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，且圆C2的面积为?．椭圆C1的
下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2 相交于点A、B，直线EA、EB与椭圆C1的另一个交点分别是P、M．
（1）求椭圆C1的方程；
kl的值；（ii）求△EPM面积最大时直线l的方程． t
x2
?y2?1； 解：（1）依题意：b?1，则a?3b，∴椭圆方程为9
y?kx?1，（2（）i）由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为0，PE⊥ME．不妨设直线PE的斜率为（kk>0），则PE： （2）（i）设PM的斜率为t，直线l斜率为kl，求
18k?x??y?kx?1?18k9k2?1?18k9?k2k2?11?9k2?1?x?0?2,2)，则t?kPM?由?x得?或?∴P(2,2) 用?去代k得M(2 229k?19k?1k?9k?910kk??y?1?y?9k?1?y??1?9??9k2?1
2k?x???y?kx?12kk2?1k2?1kl?k2?1?x?0A(,)k?由?2得或，∴ ∴，则?5 ??l2222k?1k?12ky??1tk?1x?y?1???y?2?k?1?
（ii）由（i
）可知：PE?EM
1162(k?)3162(k?k)1， ?∴S?EPM??29k4?82k?99k2?9?822k2
162u162271设u?k?，则S?EPM?， ??9(u2?2)?
829u?648kuk2?1112122818x，当且仅当u?k??时去等号，(k?)?(k?)?4?，
∴k??，则直线AB：y? 2kkkk9k3
x． 2例4 直线AC,BD过抛物线y?4x的焦点F，且AC?BD，
又点A,B,C,D均在抛物线上，求
（1）求四边形ABCD面积的最小值；
（2）求AC?BD的最小值；
（3）若M，N分别是AC,BD的中点，求证：直线MN过定点． 所以直线l
的方程为y?解：（1）F（ 1,0）
224?y2?4x2222设直线AC:y?k(x?1)，不妨设k?0.由? 得kx?2(k?2)x?k?0 ?y?k(x?1)224k2?1??k24(1?k2). ???4(k?2)?4k?4(4k?4)?16(k?1)?0.∴弦长AC?22kk
12又∵直线BD:y??(x?1).同理?4(1?k) k
18(1?k2)212?8(k??2)?32，当且仅当k??1时取等号. ∴S四边形ABCD?AC?BD??222kk
14(1?k2)22?4(k?)?8?16，当且仅当k??1时取等号． ?（2）AC?BD??4(1?k)22kk
2(k2?2)（3）设A(x1,y1),C(x2,y2)，由（1）问所得方程kx?2(k?2)x?k?0(k?0)得x1?x2?，2k
21k2?2k2?22y??M(,)设AC中点M(x0,y0)，则x0?，，可得，用替换k，易得N(1?2k2,?2k)，022kkkkk
kk2kk2?2MN(k??1)y?(x?3),k??1 y??(x?)则kMN?，则直线的方程为，化简得22221?k1?kk1?kk
∴当k??1时，直线MN恒过点(3,0)；当k??1时，MN?x轴，直线MN的方程x?3，恒过点(3,0). 综上，直线MN恒过点(3,0)．
点评：实际上，第（3）问从 直线MN的方程化为（*）式较难，从得分的角度来讲，可以先从k??1时得到定点(3,0)，再回到（*），虽不严密，但可节省时间． 2222
x2y2
??1的左、右焦点分别为F1，F过F1的直线 变式 已知椭圆32
交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，AC?BD，
垂足为P
（1）求四边形ABCD的面积的最小值；
（2）求AC?BD的最小值； BD的中点分别为P、Q（3）若AC11?BD于F1，且AC11、BD的方程为y?k(x解：（1）方法一：（ⅰ）当BD的斜率k存在且k?0时，32
6k23k2?62222化简得(3k?2)x?6kx?3k?6?0．设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则x
1
?x2??2，x1x2?\， 23k?
23k?2
BD?x1?x2?
?AC与BC相交于点P且AC的
1?2?1?1k?斜率为?
，∴AC?四边形ABCD的面积 ?1k3?2?2k
124(k2?1)2??(k2?1)2S??BD?AC??? 2(3k2?2)(2k2?3)?(3k2?2)?(2k2?3)?2??2??
2当k?1时，上式取等号
（ⅱ）当BD的斜率k?0或斜率不存在时，四边形ABCD的面积S?4
综上，四边形ABCD 注：当BD的斜率存在时，也可这样求四边形ABCD的面积的最小值：
124(k2?1)224t224t22(,??)，S??BD?AC?方法二：设t?k?1，则t?1 ??2(3k2?2)(2k2?3)(3t?1)(2t?1)6t2?t?1
112424962?k?1时，上式取等号． ，当，即???22t2?11?25256??()?????tt4?t2?方法三：判别式?法，读者自己完成．
11（2）当BD斜率存在时，AC?BDk?1)(2 ?)?3k?22k2?32
2同上，当k?1，即k??1时，上式取等号AC?BD
， 当BD斜率存在或等于零时，AC?BD?
综上，AC?BD，
； 3k2
（3）设线段BD的中点为Q(x0,y0)，则x0??2，y03k?2
3?2k3k22k,2)， ,2)，从而P(?2
则Q(
?
22k?32k?33k?23k?2
2k5k3?(x?)， ∴直线PQ的方程为y?2222k?33(1?k)2k?335k3(x?)??（*）即y?，显然过定点(?,0)， 253(1?k)53232322当k?1时，P(?,)，Q(?,?)或
P(?,?)，Q(5555553综上，直线PQ过定点(?,0)． 5
点评：本题（1）问表明，求解解析几何的最值问题，常用到均值不等式法，二次函数法和判别式法；
从以上几例的解析可以看出：应用焦点弦的性质不仅能使许多问题的解答快捷、方便，而且能够优化学生的思维品质，提高解决问题的能力．
凡涉及弦长的问题， 常用根与系数的关系设而不求计算弦长(即应用弦长公式); 涉及弦长的中点问题时， 常用“点差法” 设而不求， 将弦所在直线的斜率、 弦的中点坐标联系起来， 相互转化． 同时还应充分挖掘题目的隐含条件， 寻找量与量之间的关系，并进行灵活转化，往往能避免求交点坐标等复杂运算．
三、一道椭圆考题的证明和拓展 x
x2y2
??1，以下两个结论中说法正确的是（ ） 例5 已知椭圆43
117①若A，B为椭圆上两个点，OA?OB，则； ??2212OAOB
②若椭圆两焦点为F1，F2，?F1MF2?
22?3，则点M的轨迹方程为???4422x??y??x?y??或． ?????3333????
（A）①和②都不对 （B）①和②都对 （C）①不对，②对 （D）①对，②不对
本题选D，现笔者试对第①问给出不同的证法：
（解：方法一：当AB⊥x轴时，∠ADX=∠BOX=45°，∴A117，（B?，∴2?? 2777712OAOB
当AB不垂直于x轴时：设A(x1,y1)B(x2,y2)，设lAB:y?kx?m与椭圆联立得
(4k2?3)x2?8kmx?4m2?12?0(*)
????????22
∴OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?0,∴7m?12k?12
2
2
①
2
又△AOB中，S?AOB又d?
OA?OBAB11111
?OA???d?AB, , ????2222222
22dOAOBOA?OBOA?OB
17，∴2?
d127
∴
mk2?1
由①得d?
1OA
2
?
1OB
2
?
7
12
?，则Am(cos,?msin)?，B(?ncos?,ncos?)，2
?m2cos2?m2sin2??1cos2?sin2?
??1????2
11117??m4343
?2???；代入椭圆方程，有?2，则，两式相加有 ?222222
mn4312?nsin??ncos??1?1?sin??cos?
??343?4?n2
11117
方法三（特值法）：当直线OA,OB斜率为0或不存在时，???? 22
4312OAOBOx?方法二（三角法）：如图，令?AOx??，则?B
当直线OA、OB斜率都存在且不为0时，设直线OA方程为y?kx ∴3x?4kx?12，
2
2
2
?
12112k212(1?k2)22
y??x， OA?y?∴x1?，∴，∴，∵OA⊥OB，∴直线OB方程为1222
3?4kk3?4k3?4k
112(1?2)2222
113?4k?3k?47(k?1)712(1?k)2?????∴OB?，∴； 22222
12(1?k)12(1?k)123k?4OAOB3?42k
x2y21111
本问的一般性结论：若A，B为椭圆2?2?1上两个点且OA?OB，则???2． 222
ababOAOB
2
变式1：是否存在一定圆与直线AB相切？
x2y2
??解：方法一：设直线AB的方程为y?kx?m，代入到椭圆方程43
222
∴(3?4k)x?8kmx?4(m?3)?0，
∵OA?OB，??64k2m2?16(3?4k2)(m2?3)?0，
∴m?4k?3，x1?x2?
2
2
?8km
,3?4k
x1x2?
4(m?3)
，
3?4k2
2
2
∴??x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?0，∴(1?k)x1x24(m2?3)(1?k2)8k2m2
??m2?0，∴4k2m2?4m2?12?12k2?∴22
3?4k3?4k
m12m21222
d??d?∴7m?12k?12?0，则，设点O（0,0）到直线AB的距离为，则，
271?k27?k
过O作AB的垂线，垂足为H，设H(x,y)，则OH?d，∴x?y?∴存在定圆x?y?
2
2
2
2
12
， 7
12
与直线AB相切． 7
117
方法二：由例7的①问结论可得，过O作AB的垂线，垂足为H， ??22
12OAOB
则S?AOB?
∴11OA??ABOH， 221OH2?AB222OA?OB
22?OA?OBOA?OB2222?1OA2?1OB2?12712222，∴?，设H(x,y)，∴x?y?， 7712∴存在定圆x?y?12与直线AB相切． 7
拓展推广：（1）若A、B、C、D为椭圆4个点，直线AC⊥BD于坐标原点则1
2?1OB2?1OC2?1OD2?7． 6证明：由例6中①问结论可得结论正确；
（2）若A、B、C为椭圆上3个点，?AOB??BOC??AOC?
证明：令?AOx??，则?BOx?2? 32?4???,?COx???，?m,OB?n,OC?r， 33
2?2???),nsin(??))， ∴A(m?cos?,msin?)， B(ncos(33
4?4?C(rcos(??),rsin(??))， 33
m2cos2?m2sin2?1cos2?sin2???1，则2??代入椭圆得 ， 43m432?2?4?4?cos2(??)sin2(??)cos2(??)sin2(??)11同理 2? ，2?. ??n43r43
2?4?2?4?cos2??cos2(??)?cos2(??)sin2??sin2(??)?sin2(??)111∴ ????22243OAOBOC
33323cos2??sin2?sin??cos2?317???sin2??cos2?)?(sin2??cos2?)? 43828
x2y2
??1，且OA?OB， 变式2：已知双曲线34
11（1）求的值；（2）若OA?AB，求点H的轨迹方程． ?22OB解：（1）当OA?x轴时，?AOx??BOx?45，∴A(23,2)
∴OA?OB?26，∴?B(23,?23), B(x2,y2)， 1
OA2?1OB2?1；当AB不垂直于x轴时，设A(x1,y1)12
22222设lAB:y?kx?m联立双曲线方程得(4?3k)x?6kmx?3m?12?0(*)，由??0得m?3k?2?0，
12k2?12?m222?012k?12?m∵OA?OB，则x1x2?y1y2?0，有x1x2?y1y2?，∴ ① 23k?4
AB111作OH?AB于H，设OH?d，在?AOB中，S?AOB?OA?OB?AB?d，∴?，22d?OB
1111
∴2?，∵，又d?????222222222
ddOA?OBOAOBOA?OBOA?OB
1111111
由①得d?2，∴，综上，的值为． ????22222
1212dOAOBOB
（2
）OH?d?H的轨迹方程为x2?y2?d2?12，即x2?y2?12．
AB
2
OA?OB
22
AB
2
mk?1
2
，∴
点评：本题从到实际复习中遇到的一个考题，尝试了用普通的解析法，和三角代换（应注意并非椭圆的
三角参数方程），不同角度地证明了这个结论，并加以拓展和延伸，使之达到让学生们可以一题多解，一题多变，多题一解的目的，让复习过程得以升华．
x2y2xy变式3：设椭圆C:2?2?1?a?b?
0?的离心率e?左顶点M到直线??
1的距离d?，
ababO为坐标原点．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A,B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距
离为定值；
(Ⅲ)在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．
331xy
(Ⅰ)由e＝得c＝a，又b2＝a2－c2，∴b＝a，即a＝2b. 由左顶点M(－a,0)到直线＋1，即bx＋ay－ab
222ab
|b?－a?－ab|45452ab454b245
＝0的距离d＝a＝2b代入上式，得b＝1.所
55555b2a＋ba＋bx22
以a＝2b＝2，c＝3. ∴椭圆C的方程为y＝1.
4
（Ⅱ）证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性知x1＝x2，y1＝－y2.
x222
∵以AB为直径的圆经过原点，故·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，∴x1－y1＝0，又点A在椭圆C上，∴－y21＝1， 4
2525
解得|x1|＝|y1|＝. 此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝.
55
y＝kx＋m，??2
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立有?x 2
y＝1，?4?
4m2－48km
消去y，得(1＋4k)x＋8kmx＋4m－4＝0，∴x1＋x2＝－，xx＝.
1＋4k121＋4k因为以AB为直径的圆过坐标原点O，∴OA⊥OB. ∴·＝x1x2＋y1y2＝0. ∴(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
2
8k2m2|m|2524m－4222
所以(1＋k＋m＝0. 整理得5m＝4(k＋1)， ∴点O到直线AB的距离d1＝51＋4k1＋4kk＋1
25
综上所述，点O到直线AB的距离为定值.
5
1
(Ⅲ)方法一：设直线OA的斜率为k0：当k0≠0时，则OA的方程为y＝k0x，OB的方程为y＝－x，
k0
2
2
2
y＝kx，???20
联立?x得?2
4k2＋y＝1，24y1＝
?1＋4k
x21＝
4
1＋4k0
?
同理可求得?4
y＝
?k＋4.
22
4k22
x2＝，
k0＋4
1故△AOB的面积为S＝1＋k|x11＋|x|＝20·2k02令
1＋k20＝t(t>1)，则
S＝2
t＝2
4t＋9t－9
?1＋k0?
. ?1＋4k0??k0＋4?
， 99－＋4tt
991125254令g(t)＝－＋4＝－9()2＋(t>1)，∴4<g(t)≤∴S<1. ttt2445
44当k0＝0时可求得S＝1，故≤S≤1，故S的最小值为55
4方法二 由（2）知 ①当直线AB的斜率不存在时，S= 5
222②当直线AB的斜率存在时，(1＋4k)x＋8kmx＋4m－4＝0，5m2＝4(k2＋1)，
162???16(4k?1?m)?(16k?1),
∴弦长AB?522
思路一 令t?1?4k2,则t?1,4k2?
t?1,AB??
44?AB?故5S≤1，故S5. 1(4?4k2?16k2?1)??所以 S≤1. 思路二
AB?21?4k11OA?OB?AB???
225444则S?AOB?, 故5≤S≤1，故S的最小值为555
x2y2
说明：一般性结论：已知椭圆2?2?1，若A，B为椭圆上两个点，且满足OA?OB，则 ab
1111（1）； （2）点O到直线AB
的距离； d????2222abOAOB在?
AOB中，S?AOB?
a2b21?S?ab. （3
?AB? (4) 2?AOB2a?b2四、一道和椭圆切线方程有关考题的证明和拓展
x2y21例6 已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为，其四个顶点构成的四边形面积为A为2
ab
椭圆C上任意一点，过A作圆O:x2?y2?r2（0?r?b）的切线l，OP?OA，且直线l与OP交于点P．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求点P的轨迹E；
x2y2
（3）定义：椭圆C:2?2?1(a?b?0)上一点P(x0,y0)处的 ab
xxyy切线方程为0
2?02?1，过椭圆C的左焦点弦BD的端点分别 ab
作椭圆C的切线l1，l2．求证：直线l1，l2的交点N在定直线上．
1c1解：（1
）由顶点四边形面积S??2a?2b?e??， 2a2
x2y2
??1； 解得a?
2，b?C的方程为43
（2）设P(x,y)，A(x0,y0)，如图，设切点为M，
在Rt?AOP中，OM?AP，由OA?OP?AP，S?AOP?得
222
1
AP?OM， 2
1OA
2
OM
22????????x0y012(x2?y2)22??1，∴x0?y0?由OA?OP得OA?OP?x0x?y0y?0，又…② 433y2?4x2
?11??11?
将②式代入①式，得轨迹E:?2??x2??2??y2?
1，
4??r3??r
当0?r?P的轨迹E
为椭圆；当r?P的轨迹E为y?? （3）方法一：证明：设B(x1,y1)，D(x2,y2)，当BD?x轴时，B(?1,)，D(?1,?)，由定义，在B、D
?
1OP
2
?
1
2
，即
111
…① ??22222
x0?y0x?yr
3
232
?xy?xy??1和??1，交点N(?4,0)；当BD与x轴不垂直时，设直线BD斜4242
率为k，直线BD的方程为y?k(x?1)．∴y1?k(x1?1)，y2?k(x2?1)，由定义，在B，D处椭圆的
xxyyxxyy4(y1?y2)4k(x1?x2)
切线方程分别为1?1?1和2?2?1，解得xN????4，
4343x2y1?x1y2kx1x2?kx2?kx1x2?kx1
∴直线l1，l2的交点N在定直线x??4上．
xxyyxxyy
方法二：由定义，在B、D处椭圆的切线方程分别为1?1?1和2?2?1，
4343
xxyyxxyy
设Q(x0,y0)，则01?01?1，02?02?1，
4343xxyy
∴直线BD的方程为0?0?1，
43
?x0
?1，∴x0??4 又直线BD过点F(?1,0)，∴4
??xx???a
?x?2?y?2?1，则有方法三：本题第（3）问也可采用伸缩变换求得该定直线：设伸缩变为?
?y??y?b?
xxyy
?,y0?)，??y?y0??1，∵x?x0再伸缩变换回去02?02?1，设Q(x0,y0)且QB，QD为(x0,y0)?M?(x0
ab
xxyy?x0
?1，∴x0??4，得证． 切线，lBD:0?0?1，又lBD过F(?1,0)，∴
434
注：本题第（3）问涉及椭圆的上一点的切线方程，除了可以用常规的判别式?和隐函数求导法则解决
处椭圆的切线方程分别为外，亦可用直线的参数证明．
y
?1，设M(x0,y0)在C上，那么过过M的 b2
?x?x0?tcos?
切线l的参数方程为?（t为参数），代入椭圆C得
?y?y0?tsin?
证明：由椭圆C2?
xa
22
x0y0cos2?sin2?22x0cos?2y0sin?
(2?)t?(?)t???1 ab2aba2b2
22
cos2?sin2?22x0cos?2y0sin?x0y0
?)t?(?)t?0，∴l为椭圆在M∵M在C上，∴2?2?1，∴(a2b2a2b2ab
2xcos?2y0sin?22
??0，处的切线，∴上述二次方程??b?4ac?0，∵c=0，∴b?0，∴b?0，∴02 2
ab
?tcos??x?xx0xy0yxtcos?y0tsin?x0(x?x0)y0(y?y0)
?2?1，证毕．??0??0∴02，又, ∴,∴ ?2222
ababab?tsin??y?y0
点评：本题第（2）问与例7的变式1的方法二都用到了三角形的面积不变法，应注意体会；本题第（3）
问方法二求切点弦的方程，在圆、双曲线、抛物线中都有类似问题． 五、圆锥曲线弦中点问题的证明和拓展
22
x2y2
例7 已知A1、A2是椭圆C2?2?1(a?b?0)的左、右顶点，B2、F2分别为其上顶点和右焦点，过F2
ab
作x轴的重线交椭圆C的上半部分于点D，设?A1DA2??，而椭圆C的离心率为e．
2
（1）证明：tan???2；
e9
（2）当tan???，且S?A1DA2?1时，直线l:kx?m(k?0)与椭圆C交于P、Q两点，问：是否存在直
4
线l使得?PB2Q为等边三角形？若存在，写出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
x2y2
解：（1）证：在?A1DA2中：A1A2?2a，∵F2(c,0)，DF2?A1A1，∴xD?c ∵D在2?2?1上，
ab
A1F3a?ca2?acb2
代入解得到yD?，又∵A1F2?a?c，A2F2?a?c，∴tan?A1DF2?，?2?
aDF2bb2
a
A2F2a?ca2?actan?A1DF2?tan?A2DF2
tan?A2DF2??2?，∴ tan??tan(?ADF??ADF)?1222
bDF2b21?tan?A1DF2?tan?A2DF2a
a2?aca2?ac
?222a22a2?2????，
(a2?ac)(a2?ac)b4?a4?a2c2(a2?c2)2?a4?a2c2e21?
b4
292b212
（2）方法一：由tan???2??，∴e?，S?A1DA2?2a?∴b?1，a2?9，c2?8，??b2?1，
4e3a2
x2
?y2?1?① 令P(x1,y1)，Q(x2,y2)，设PQ中点为M,结合直线方程y?kx?m?② ∴9
?18km9m2?9222
联立①②：(1?9k)x?18kmx?9m?9?0??（*）∴x1?x2?，x1x2?。 2
1?9k21?9k
y1?y2kx1?kx21?9kmk?18km?9k2mm
x?(x?x)?yM???m???m??m?，，M122222
21?9k2221?9k1?9k1?9k
m
22m?1?9k1?9kmm?,)BM?PQ由B2(0,1) kBM?k??1，∴M(，∴，∴k????k?0? 2B?M22
?9km1?9k1?9k?9kmk
2
1?9k
332
∴km?k?9k?9km，∴9k?8km?k?0，∴9k?8m?1?0?（1）
∵在（*）中，??(18km)2?4(1?9k2)(9m2?9)?36(9k2?m2?1)，??0,m2?1?9k2，
(9k2?m2?1)?k26(9k2?m2?1)(1?k2)?1∴?8?m?.∴PQ? ?8m?m且?8m?1，?2281?9k1?9k2
?m33(9k2?m2?1)(1?k2)1?1?8m2? ∴PQ??B2M ?（2），k?，∴BM?22291?9k?k2?k
3(?8m?1)(1?k2)(8?8m)3?8m化简得代入降次消元解得m?0（舍去）或m??2， ??1?m，?8m3(?8m)?m
15? ，∴k?，∴l:y??x?2 ， 即3y?x?6?0． 933
方法二（对称性）：当l不垂直于y轴时，设l:Ax?By?C?0(A?0)，由对称性知必有另一l?:?Ax?By?C?0也满足条件，两式相乘(By?C)2?(Ax)2?0整理得?A2x2?B2y2?2BCy?C2?0 ?① ∴k?2设以B2为圆心的圆B2：x2?(y?1)2?R2，整理得x2?y2?2y?1?R2?0?② 又椭圆方程x2?9y2?9?③
??19????R2???9?③-?②：?(??1)x?(9??)y?2?y??R?9?0?④ 由①与④等价知2?2??⑤ BCABC2222
A2?B2A2?B2
2联立⑤⑥，易知为不定方程，由于A:B:C可约简，不妨令：⑤=1，则有：A???1??⑦ B2到l与l1的距离均为d?B?C：，由?PB2Q为等边三角形知B?C?R??⑥ 2
B2?9????⑧ , BC????⑨, C2??R2???9??⑩，由⑦+⑧：A2?B2?8，
B2?2BC?C2?R232??R,??6，⑧+2⑨+⑩：B?2BC?C??R，由⑥知∴A?5,B??,C??21 A2?B284
∴l:x?y??0或x?y?3?0 即l:x?3y?6?0或x?3y?6?0 22220当l垂直于y轴时，设l交C于P(x0,y0)，由?PB2Q为等边三角形知
2x0?⑾?y03 1313x2l:y??又0?y0?1⑿ 联立⑾⑿解得y0??∴14，14 9
13综上所述：l:x?3y?6?0或x?3y?6?0或y?? 14
yb21方法三(点差法)，由点差法kPM?kOM??2,设M(x0,y0)，设直线l的斜率为k，则k?0?? ?（1） ax09
y?1y0191(1)得代入（2）得x0?k B2M?l，kB2M?k??1，0?k??1?（2）由? ∴y0??，88(2)y0?19x0
9k1)?，再用“方法一”求解 ∴l:y?k(x?88
方法四（极坐标方程）以B为极点，y轴负半轴方向为极轴建立极坐标系，设BP?? ， ?PBA??，
11kPA?? ?kPA??tan?APM ?BM??cos? , PM??sin?, ?kBP??cot? ?kPB·99cot?,sin2?sin?18cos??AM???sin??)?2，即椭圆C极坐标方程??，?AB?AM?BM?2.??(cos?? 29cos?8cos??19cos?
?18cos(??)?18x?13?cos?和cos(??)为2??0的两根，?cos??cos(??)? ????BQ?BP，338，8x?18cos2(??)?13，
111111?cos??(cos??sin?)?cos2??sin2?，两边同除以sin2?cot2??cot??cot2??，2288228832123?2?由对称性令?kBP?kBP??0，解得k?k?，，??BPQ?60，由到82833
2??323?23??角公式知kPQ? 又?kBP?,?y?x?1，解得3332?1??3
3?636?13x?2 即x?3y?6?0 P()?y??314?6514?65
由对称性,PQ：x?3y?6?0或x?3y?6?0
点评：方法一中利用底边上的高和边长与底边高的长度关系是解决解析几何中等边三角形的常见方法；方法二利用了等边三角形的轴对称性质；方法三是点差法，特别适合圆锥曲线里的弦中点问题，可将弦的中点坐标和弦所在直线的斜率有效地结合起来以便减少运算的目的；方法四是利用教材4-4里的坐标系和参数方程里的极坐标方程解题，供学有余力的同学有选择性的掌握．
六．比值问题
x2y2c例8.
已知椭圆2?2?1(a?b?0,c?e?)，其左、右焦点 aba
分别为F1,F2，关于椭圆的以下四种说法中正确的有个.
a2a2
,l2:x?（1）设A为椭圆上任一点，其到直线l1:x??的距离分别 cc
|AF1||AF2|为d2,d1，则；（2）设A为椭圆上任一点，AF1,AF2分别 ?d1d2
|AF1||AF2|2(1?e2)与椭圆交于B,C两点，则（当且仅当点A在椭圆的顶点取等）；（3）设A为椭圆??|F1B||F2C|1?e2
|AF1||F1M|上且不在坐标轴上的任一点，过A的椭圆切线为l，M为线段F1F2上一点且，则直线?|AF2||MF2|
AM?l；（4）面积为2ab的椭圆内接四边形仅有1个。 ????????第（2）问的解法——解法1：如图，设A(acos?,bsin?)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，设令AF1??F1B ，(??1)c?acos?b2222∴x1??，y1??sin?，代入椭圆化简得(??1)c?2ac(??1)csin??(??1)a，????????????2222∴(??1)c?2accos??(??1)a，同理，令AF2??F2C，可得(??1)c?2accos??(??1)a，两式
2(a2?c2)2(1?e2)?相加，(????2)c?(????2)a，∴????. 222a?c1?e22
b4
解法2：设直线AB的方程x?t1y?c，代入椭圆方程得(a?bt)y?2bct1y?b?0，∴y0y1??2，a?b2t122221224
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