俞新龍

通過做2013年高考題，可以發(fā)現(xiàn)一些解題啟示，對我們提高解題和復(fù)習(xí)的有效性有很大的指導(dǎo)作用.

一、利用坐標法解向量題

向量既有形又有數(shù)，是數(shù)形兼?zhèn)涞囊粋€非常特殊的概念，在解題中我們既可以從形（作圖研究）方面入手，也可以從數(shù)（建系計算）方面考慮，但形往往具有一定的難度，而數(shù)只需運算，簡單的多.所以，用先建系再坐標運算解向量題是一種非常好的方法.

題1. 設(shè)ABC，P0是邊AB上一定點，滿足P0B=AB，且對于邊AB上任一點P，恒有·≥·，則（ ）

A. ∠ABC=90° B. ∠BAC=90° C. AB=AC D. AC=BC

解析：不妨設(shè)AB=4，則P0B=1，P0A=3.可以根據(jù)向量坐標運算直接判斷三角形形狀.如圖1，A（-2，0），B（2，0），P0（1，0），P（t，0）（-2≤t≤2），C（n，m），則·=t2-（n+2）t+2n，·=n-1，所以·-·=t2-（n+2）t+n+1=（t-1）[t-（n+1）]≥0對-2≤t≤2恒成立，故1=n+1，即n=0，所以C點在y軸上，故AC=BC.

題2. 在平面上，⊥，||=||=1，=+. 若||<，則||的取值范圍是（ ）

A. （0，] B. （，]

C. （，] D. （，]

解析：如圖2建系，不妨設(shè)O（x，y），B1（a，0），B2（0，b），則P（a，b），

所以（x-a）2+y2=1……………………………①，

x2+（y-b）2=1…………………………………②，

<……………………… ③，

由①②得（x-a）2+（y-b）2=2-（x2+y2），

代入③并整理得0≤2-（x2+y2）<，

解得<≤，即||∈（，] .

題3. 設(shè)D，E分別是ABC的邊AB，BC上的點，AD=AB，BE=BC.若=1+2（1，2為實數(shù)），則1+2的值為 .

解析：如圖3建系，設(shè)A（2a，2b），C（3c，0），則D（a，b），E（2c，0），故=（2c-a，-b），=（-2a，-2b），=（3c-2a，-2b），所以2c-a=-2a1+（3c-2a）2，-b=-2b1-2b2，由第二個方程得1+2=.

題4. 已知，是單位向量，·=0，若滿足|--|=1，則||的取值范圍是（ ）

A. [-1，+1]

B. [-1，+2]

C. [1，+1]

D. [1，+2]

解析：如圖4，以O(shè)A為x軸、OB為y軸建立平面直角坐標系，設(shè)C（x，y），則=（1，0），=（0，1），則|--|=|（x-1，y-1）|==1，即（x-1）2+（y-1）2=1，所以-1≤≤+1，故-1≤||≤+1.

題5. 已知向量與的夾角為120°，且||=3，||=2，若=+，且⊥，則實數(shù)的值為 .

解析：不妨取A（0，0），B（3，0），C（-1，）建系，則=（3-1，），=（-4，），所以·=-12+7=0，解得=.

評注：坐標法將問題的難點化解于無形，將很難的得分點成為得分生長點.

二、利用圓錐曲線中結(jié)論解題

圓錐曲線中有許多的有用結(jié)論，熟記這些結(jié)論對解題有非常大的幫助作用.下面舉例說明利用橢圓和雙曲線中斜率關(guān)系解題.

結(jié)論1：斜率為k1的直線l與橢圓+=1（a，b>0，a≠b）相交于A、B兩點，線段AB中點為P，若OP斜率為k2，則k1·k2=-.

證明：設(shè)直線l的方程為y=k1x+m，代入橢圓方程+=1，

化簡、整理得（b2+a2k12）x2+2k1ma2x+a2m2-a2b2=0.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），

則x1+x2=-，x1·x2=，

所以y1+y2=k1（x1+x2）+2m=，

于是k2===-，故k1·k2=-.

結(jié)論2：橢圓+=1（a，b>0，a≠b）長軸頂點為 A、B兩點， P是橢圓上不同于A、B的任一點，若PA、PB斜率分別為k1、k2，則k1·k2=-.

證明：不妨取A（-a，0），B（a，0），設(shè)P（x，y），

則k1·k2=·==-.

思考：同學(xué)們能類比橢圓結(jié)論，寫出雙曲線中類似地結(jié)論嗎？

結(jié)論3：P是焦點為F1、F2的橢圓+=1（a，b>0）上除長軸端點外的任一點，設(shè)過點P且與橢圓相切的直線l的斜率為k，若PF1、PF2斜率分別為k1、k2，則+=-.

證明：設(shè)P（x0，y0），則直線l的方程為+=1（此處請認真思考由來），

所以k=-，而k1=，所以=-，

同理=-，所以+=-.

題6. 已知橢圓E：+=1（a>b>0）的右焦點為F（3，0），過點F的直線交E于A、B兩點，若AB的中點坐標為（1，-1），則E的方程為（ ）

A. +=1 B. +=1

C. +=1 D. +=1

解析：由k1·k2=·=-=-，得a2=2b2……①，

四個選擇子中只有D滿足；另一方面，a2-b2=9………②，

由①②解得a2=18，b2=9，

所以橢圓E的方程為+=1 .

題7. 平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：+=1（a>b>0）右焦點的直線x+y-=0交M于A、B兩點，P為AB的中點，且 OP斜率為.（1）求M的方程；（2）略.endprint

解析：右焦點為（，0），所以k1·k2=-1×=-，a2-b2=3，

解得a2=6，b2=3，所以M的方程+=1.

題8. 橢圓C：+=1的左、右頂點分別為A1、A2，點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是[-2，-1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是（ ）

A. [，] B. [，] C.[，1] D. [，1]

解析：因為=-，所以=-×.

又因為-2≤≤-1，所以-1≤≤-.

從而，≤≤，選B.

題9. 橢圓C：+=1（a，b>0）的左右焦點為F1、F2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.

（1）求橢圓C的方程；

（2）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1、PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點. 設(shè)直線PF1、PF2斜率分別為k1、k2. 若k≠0，試證明+為定值，并求出這個定值.

解析：（3）由（1）橢圓C：+y2=1知+=-=-8.

評注：熟記了結(jié)論顯然有助于打開解決問題的突破口，能較輕松地解決問題.

三、利用數(shù)形結(jié)合解題

數(shù)形結(jié)合，是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，它既具有數(shù)學(xué)學(xué)科的鮮明特點，又是數(shù)學(xué)研究的常用方法.其實質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖像結(jié)合起來，在“數(shù)”“形”之間互相轉(zhuǎn)化，使數(shù)量關(guān)系和空間形式巧妙、和諧地結(jié)合起來，并充分利用這種“結(jié)合”尋找解題思路，從而巧妙地解決問題.

題10.已知函數(shù)f（x）=-x2+2x，x≤0ln（x+1），x>0若|f（x）|≥ax，則a的取值范圍是（ ）

A. （-∞，0] B. （-∞，1] C. [-2，1] D. [-2，0]

解析：①當x≤0時，|f（x）|≥ax化為x2-2x≥ax，

即a≥x-2成立，所以a≥-2；

②當x>0時，|f（x）|≥ax化為ln（x+1）≥ax，即a≤成立，

所以a≤[]min.

記g（x）=，則g′（x）=；

令h（x）=-ln（x+1）， 則h′（x）=-=<0對x>0恒成立，所以h（x）

<0恒成立，所以g（x）=在x>0遞減，

又因為x>0時g（x）>0，所以a≤0.由①②知-2≤a≤0.

上述常規(guī)方法不僅思維含量比較高而且費時，我們可以數(shù)形結(jié)合從圖形上來求解.作出函數(shù)|f（x）|的圖像（如圖5所示），由|f（x）|≥ax知，

要求|f（x）|的圖像一直在直線y=ax上方，如圖中直線是與y=x2-2x相切的直線，易知方程為y=-2x，且當該直線逆時針旋轉(zhuǎn)至x軸時都滿足題意，所以-2≤a≤0.

題11. 設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數(shù).（1）略；（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，試求f（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論.

解析：如題10所述，f（x）的零點個數(shù)就是函數(shù)y=lnx與y=ax圖像交點個數(shù)，如圖6所示，容易求得直線y=ax與對數(shù)函數(shù)y=lnx相切時a=.而由g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)得a≤，所以a=或a≤0時y=lnx與y=ax圖像有1個交點，即f（x）有1個零點；0

評注：數(shù)形結(jié)合形象直觀，少了代數(shù)推理的嚴密邏輯和繁雜計算，無疑是一種非常好的解題策略.

四、利用圖形性質(zhì)解題

初中學(xué)習(xí)的平面幾何性質(zhì)，在解題中若能合理、充分應(yīng)用，則可以減化解題、降低難度、快速解答.

題12. 過點（3，1）作圓（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為（ ）

A. 2x+y-3=0

B. 2x-y-3=0

C. 4x-y-3=0

D. 4x+y-3=0

解法1：設(shè)切線斜率為k，則切線方程為y-1=k（x-3），即y=kx+1-3k，故1=，化簡得3k2-4k=0，解得k=0或k=. 當k=0時，切線為y=1，得切點A（1，1）；當k=時，切線為4x-3y-9=0，得切點B（，-），故直線AB的方程為

2x+y-3=0.

解法2：設(shè)切點（x0，y0），則 （x0-1）2+y02=1……①，且切線方程為（x0-1）（x-1） + y0y=1，故2x0+y0-3=0……②，

由①②解得x0=1，y0=1或x0=，y0=-，

則切點A（1，1），B（，-），得切線AB的方程為2x+y-3=0.

解法3：同解法2得2x0+y0-3=0……②，因為切點A、B都滿足②式，所以直線AB的方程為2x+y-3=0.

解法4：我們知道圓心C（1，0）、P（3，1）、A、B四點在以PC為直徑的圓（x-2）2+（y-）2=上，故AB為兩個圓的公共弦，則兩圓方程作差即為AB方程，故所求方程為2x+y-3=0.

解法5：由平面幾何知識知AB⊥PC，故AB直線斜率為-2，觀察選擇子知答案必為A.

小結(jié)：上述解法1、解法2、解法4都是可以求得直線AB方程的基本方法，其中計算量一般依次減少；解法3是計算量比較小的一種方法，但對思維的要求較高，難在理解；解法5是一種巧解，但只能得到斜率，若選擇項中有相同斜率的直線或不是選擇題，則后續(xù)工作還很多.

變式1. 過直線x-y+2=0上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB面積的最小值為 .

解析：因為SPACB=2SPAC=PA×AC=，所以當PC最小，即為C（1，0）到直線x-y+2=0的距離時，四邊形PACB面積的最小值為.

變式2. 過橢圓+=1上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則PAB面積的最小值為 .

解析：設(shè)P（x，y），則PC2=（x-1）2+y2=-2x+5=（x-2）2+3，

因為-2≤x≤2，所以3≤PC2≤9+4.

而PAB的面積S=PA×PB×sin∠APB=PA2×2sin∠APCcos∠APC= PA2××=，

令t=PC2-1∈[2，8+4]， 則S=.

因為S′==>0恒成立，

所以S是[2，8+4]上的增函數(shù)，故PAB面積的最小值為.

變式3.過圓C：（x-1）2+y2=1外一點P作圓的兩條切線，切點分別為A，B，則·的最小值為 .

解析：·=PA×PB×cos∠APB=PA2（1-2sin2∠APC）=

（PC2-1）（1-）=，

令t=PC2>1，則·==t+-3≥2-3，當且僅當t=即t=時等號成立，所以·的最小值為 2-3.

3個變式是對高考題的繼承與發(fā)展，難度提高了許多，但解題時仍然在用圖形性質(zhì).

評注：利用圖形性質(zhì)解題需要敏銳地觀察力，更需要利用圖形性質(zhì)解題地意識和準備.

（作者單位：浙江省紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅

解析：右焦點為（，0），所以k1·k2=-1×=-，a2-b2=3，

解得a2=6，b2=3，所以M的方程+=1.

題8. 橢圓C：+=1的左、右頂點分別為A1、A2，點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是[-2，-1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是（ ）

A. [，] B. [，] C.[，1] D. [，1]

解析：因為=-，所以=-×.

又因為-2≤≤-1，所以-1≤≤-.

從而，≤≤，選B.

題9. 橢圓C：+=1（a，b>0）的左右焦點為F1、F2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.

（1）求橢圓C的方程；

（2）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1、PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點. 設(shè)直線PF1、PF2斜率分別為k1、k2. 若k≠0，試證明+為定值，并求出這個定值.

解析：（3）由（1）橢圓C：+y2=1知+=-=-8.

評注：熟記了結(jié)論顯然有助于打開解決問題的突破口，能較輕松地解決問題.

三、利用數(shù)形結(jié)合解題

數(shù)形結(jié)合，是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，它既具有數(shù)學(xué)學(xué)科的鮮明特點，又是數(shù)學(xué)研究的常用方法.其實質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖像結(jié)合起來，在“數(shù)”“形”之間互相轉(zhuǎn)化，使數(shù)量關(guān)系和空間形式巧妙、和諧地結(jié)合起來，并充分利用這種“結(jié)合”尋找解題思路，從而巧妙地解決問題.

題10.已知函數(shù)f（x）=-x2+2x，x≤0ln（x+1），x>0若|f（x）|≥ax，則a的取值范圍是（ ）

A. （-∞，0] B. （-∞，1] C. [-2，1] D. [-2，0]

解析：①當x≤0時，|f（x）|≥ax化為x2-2x≥ax，

即a≥x-2成立，所以a≥-2；

②當x>0時，|f（x）|≥ax化為ln（x+1）≥ax，即a≤成立，

所以a≤[]min.

記g（x）=，則g′（x）=；

令h（x）=-ln（x+1）， 則h′（x）=-=<0對x>0恒成立，所以h（x）

<0恒成立，所以g（x）=在x>0遞減，

又因為x>0時g（x）>0，所以a≤0.由①②知-2≤a≤0.

上述常規(guī)方法不僅思維含量比較高而且費時，我們可以數(shù)形結(jié)合從圖形上來求解.作出函數(shù)|f（x）|的圖像（如圖5所示），由|f（x）|≥ax知，

要求|f（x）|的圖像一直在直線y=ax上方，如圖中直線是與y=x2-2x相切的直線，易知方程為y=-2x，且當該直線逆時針旋轉(zhuǎn)至x軸時都滿足題意，所以-2≤a≤0.

題11. 設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數(shù).（1）略；（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，試求f（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論.

解析：如題10所述，f（x）的零點個數(shù)就是函數(shù)y=lnx與y=ax圖像交點個數(shù)，如圖6所示，容易求得直線y=ax與對數(shù)函數(shù)y=lnx相切時a=.而由g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)得a≤，所以a=或a≤0時y=lnx與y=ax圖像有1個交點，即f（x）有1個零點；0

評注：數(shù)形結(jié)合形象直觀，少了代數(shù)推理的嚴密邏輯和繁雜計算，無疑是一種非常好的解題策略.

四、利用圖形性質(zhì)解題

初中學(xué)習(xí)的平面幾何性質(zhì)，在解題中若能合理、充分應(yīng)用，則可以減化解題、降低難度、快速解答.

題12. 過點（3，1）作圓（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為（ ）

A. 2x+y-3=0

B. 2x-y-3=0

C. 4x-y-3=0

D. 4x+y-3=0

解法1：設(shè)切線斜率為k，則切線方程為y-1=k（x-3），即y=kx+1-3k，故1=，化簡得3k2-4k=0，解得k=0或k=. 當k=0時，切線為y=1，得切點A（1，1）；當k=時，切線為4x-3y-9=0，得切點B（，-），故直線AB的方程為

2x+y-3=0.

解法2：設(shè)切點（x0，y0），則 （x0-1）2+y02=1……①，且切線方程為（x0-1）（x-1） + y0y=1，故2x0+y0-3=0……②，

由①②解得x0=1，y0=1或x0=，y0=-，

則切點A（1，1），B（，-），得切線AB的方程為2x+y-3=0.

解法3：同解法2得2x0+y0-3=0……②，因為切點A、B都滿足②式，所以直線AB的方程為2x+y-3=0.

解法4：我們知道圓心C（1，0）、P（3，1）、A、B四點在以PC為直徑的圓（x-2）2+（y-）2=上，故AB為兩個圓的公共弦，則兩圓方程作差即為AB方程，故所求方程為2x+y-3=0.

解法5：由平面幾何知識知AB⊥PC，故AB直線斜率為-2，觀察選擇子知答案必為A.

小結(jié)：上述解法1、解法2、解法4都是可以求得直線AB方程的基本方法，其中計算量一般依次減少；解法3是計算量比較小的一種方法，但對思維的要求較高，難在理解；解法5是一種巧解，但只能得到斜率，若選擇項中有相同斜率的直線或不是選擇題，則后續(xù)工作還很多.

變式1. 過直線x-y+2=0上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB面積的最小值為 .

解析：因為SPACB=2SPAC=PA×AC=，所以當PC最小，即為C（1，0）到直線x-y+2=0的距離時，四邊形PACB面積的最小值為.

變式2. 過橢圓+=1上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則PAB面積的最小值為 .

解析：設(shè)P（x，y），則PC2=（x-1）2+y2=-2x+5=（x-2）2+3，

因為-2≤x≤2，所以3≤PC2≤9+4.

而PAB的面積S=PA×PB×sin∠APB=PA2×2sin∠APCcos∠APC= PA2××=，

令t=PC2-1∈[2，8+4]， 則S=.

因為S′==>0恒成立，

所以S是[2，8+4]上的增函數(shù)，故PAB面積的最小值為.

變式3.過圓C：（x-1）2+y2=1外一點P作圓的兩條切線，切點分別為A，B，則·的最小值為 .

解析：·=PA×PB×cos∠APB=PA2（1-2sin2∠APC）=

（PC2-1）（1-）=，

令t=PC2>1，則·==t+-3≥2-3，當且僅當t=即t=時等號成立，所以·的最小值為 2-3.

3個變式是對高考題的繼承與發(fā)展，難度提高了許多，但解題時仍然在用圖形性質(zhì).

評注：利用圖形性質(zhì)解題需要敏銳地觀察力，更需要利用圖形性質(zhì)解題地意識和準備.

（作者單位：浙江省紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅

解析：右焦點為（，0），所以k1·k2=-1×=-，a2-b2=3，

解得a2=6，b2=3，所以M的方程+=1.

題8. 橢圓C：+=1的左、右頂點分別為A1、A2，點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是[-2，-1]，那么直線PA1斜率的取值范圍是（ ）

A. [，] B. [，] C.[，1] D. [，1]

解析：因為=-，所以=-×.

又因為-2≤≤-1，所以-1≤≤-.

從而，≤≤，選B.

題9. 橢圓C：+=1（a，b>0）的左右焦點為F1、F2，離心率為，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.

（1）求橢圓C的方程；

（2）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1、PF2，設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點. 設(shè)直線PF1、PF2斜率分別為k1、k2. 若k≠0，試證明+為定值，并求出這個定值.

解析：（3）由（1）橢圓C：+y2=1知+=-=-8.

評注：熟記了結(jié)論顯然有助于打開解決問題的突破口，能較輕松地解決問題.

三、利用數(shù)形結(jié)合解題

數(shù)形結(jié)合，是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，它既具有數(shù)學(xué)學(xué)科的鮮明特點，又是數(shù)學(xué)研究的常用方法.其實質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖像結(jié)合起來，在“數(shù)”“形”之間互相轉(zhuǎn)化，使數(shù)量關(guān)系和空間形式巧妙、和諧地結(jié)合起來，并充分利用這種“結(jié)合”尋找解題思路，從而巧妙地解決問題.

題10.已知函數(shù)f（x）=-x2+2x，x≤0ln（x+1），x>0若|f（x）|≥ax，則a的取值范圍是（ ）

A. （-∞，0] B. （-∞，1] C. [-2，1] D. [-2，0]

解析：①當x≤0時，|f（x）|≥ax化為x2-2x≥ax，

即a≥x-2成立，所以a≥-2；

②當x>0時，|f（x）|≥ax化為ln（x+1）≥ax，即a≤成立，

所以a≤[]min.

記g（x）=，則g′（x）=；

令h（x）=-ln（x+1）， 則h′（x）=-=<0對x>0恒成立，所以h（x）

<0恒成立，所以g（x）=在x>0遞減，

又因為x>0時g（x）>0，所以a≤0.由①②知-2≤a≤0.

上述常規(guī)方法不僅思維含量比較高而且費時，我們可以數(shù)形結(jié)合從圖形上來求解.作出函數(shù)|f（x）|的圖像（如圖5所示），由|f（x）|≥ax知，

要求|f（x）|的圖像一直在直線y=ax上方，如圖中直線是與y=x2-2x相切的直線，易知方程為y=-2x，且當該直線逆時針旋轉(zhuǎn)至x軸時都滿足題意，所以-2≤a≤0.

題11. 設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數(shù).（1）略；（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，試求f（x）的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論.

解析：如題10所述，f（x）的零點個數(shù)就是函數(shù)y=lnx與y=ax圖像交點個數(shù)，如圖6所示，容易求得直線y=ax與對數(shù)函數(shù)y=lnx相切時a=.而由g（x）在（-1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)得a≤，所以a=或a≤0時y=lnx與y=ax圖像有1個交點，即f（x）有1個零點；0

評注：數(shù)形結(jié)合形象直觀，少了代數(shù)推理的嚴密邏輯和繁雜計算，無疑是一種非常好的解題策略.

四、利用圖形性質(zhì)解題

初中學(xué)習(xí)的平面幾何性質(zhì)，在解題中若能合理、充分應(yīng)用，則可以減化解題、降低難度、快速解答.

題12. 過點（3，1）作圓（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為（ ）

A. 2x+y-3=0

B. 2x-y-3=0

C. 4x-y-3=0

D. 4x+y-3=0

解法1：設(shè)切線斜率為k，則切線方程為y-1=k（x-3），即y=kx+1-3k，故1=，化簡得3k2-4k=0，解得k=0或k=. 當k=0時，切線為y=1，得切點A（1，1）；當k=時，切線為4x-3y-9=0，得切點B（，-），故直線AB的方程為

2x+y-3=0.

解法2：設(shè)切點（x0，y0），則 （x0-1）2+y02=1……①，且切線方程為（x0-1）（x-1） + y0y=1，故2x0+y0-3=0……②，

由①②解得x0=1，y0=1或x0=，y0=-，

則切點A（1，1），B（，-），得切線AB的方程為2x+y-3=0.

解法3：同解法2得2x0+y0-3=0……②，因為切點A、B都滿足②式，所以直線AB的方程為2x+y-3=0.

解法4：我們知道圓心C（1，0）、P（3，1）、A、B四點在以PC為直徑的圓（x-2）2+（y-）2=上，故AB為兩個圓的公共弦，則兩圓方程作差即為AB方程，故所求方程為2x+y-3=0.

解法5：由平面幾何知識知AB⊥PC，故AB直線斜率為-2，觀察選擇子知答案必為A.

小結(jié)：上述解法1、解法2、解法4都是可以求得直線AB方程的基本方法，其中計算量一般依次減少；解法3是計算量比較小的一種方法，但對思維的要求較高，難在理解；解法5是一種巧解，但只能得到斜率，若選擇項中有相同斜率的直線或不是選擇題，則后續(xù)工作還很多.

變式1. 過直線x-y+2=0上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB面積的最小值為 .

解析：因為SPACB=2SPAC=PA×AC=，所以當PC最小，即為C（1，0）到直線x-y+2=0的距離時，四邊形PACB面積的最小值為.

變式2. 過橢圓+=1上一點P作圓C：（x-1）2+y2=1的兩條切線，切點分別為A，B，則PAB面積的最小值為 .

解析：設(shè)P（x，y），則PC2=（x-1）2+y2=-2x+5=（x-2）2+3，

因為-2≤x≤2，所以3≤PC2≤9+4.

而PAB的面積S=PA×PB×sin∠APB=PA2×2sin∠APCcos∠APC= PA2××=，

令t=PC2-1∈[2，8+4]， 則S=.

因為S′==>0恒成立，

所以S是[2，8+4]上的增函數(shù)，故PAB面積的最小值為.

變式3.過圓C：（x-1）2+y2=1外一點P作圓的兩條切線，切點分別為A，B，則·的最小值為 .

解析：·=PA×PB×cos∠APB=PA2（1-2sin2∠APC）=

（PC2-1）（1-）=，

令t=PC2>1，則·==t+-3≥2-3，當且僅當t=即t=時等號成立，所以·的最小值為 2-3.

3個變式是對高考題的繼承與發(fā)展，難度提高了許多，但解題時仍然在用圖形性質(zhì).

評注：利用圖形性質(zhì)解題需要敏銳地觀察力，更需要利用圖形性質(zhì)解題地意識和準備.

（作者單位：浙江省紹興縣越崎中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國堅