鄧軍民

高中數(shù)學的解析幾何主要包括直線和圓、橢圓、雙曲線、拋物線等內(nèi)容，是高中數(shù)學教學的重要內(nèi)容，也是歷年高考考查的重點內(nèi)容之一，它充分表現(xiàn)了解析幾何在數(shù)與形彼此轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想，展示了解析幾何在數(shù)學運算方面的特點和技能，表現(xiàn)出辯證思維的豐富內(nèi)涵.近幾年來，高考解析幾何試題一直穩(wěn)定在三（或二）個選擇題，一個填空題，一個解答題上，分值約為30分，占總分值的20%左右.試題一般是以圓錐曲線中有關(guān)的知識為主線，結(jié)合解析幾何中其它部分的內(nèi)容以及平面幾何、平面向量、函數(shù)與方程、不等式、三角函數(shù)等有關(guān)知識而命制的綜合問題.下面筆者就高考?？嫉慕馕鰩缀沃仉y點題型做一總結(jié).

題型一：隱圓問題

隱圓問題近幾年在各地?？己透呖嫉奶羁疹}和解答題中都出現(xiàn)過，難度為中、高檔題.在題設(shè)中沒有明確給出圓的相關(guān)信息，而是隱含在題目中的，要通過分析、轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓（或圓的方程），從而最終利用圓的知識來求解，我們稱這類問題為“隱圓”問題.

【例1】（1）在平面直角坐標系xOy中，點A（-12，0），B（0，6），點P在圓O：x2+y2=50上，若·≤20，則點P的橫坐標的取值范圍是（ ）

A.[0，]?????? B.[-5，1]

C.[-，]????? D.[-2，0]

（2）已知等邊三角形ABC的邊長為2，點P在線段AC上，若滿足·-2λ+1=0的點P恰有兩個，則實數(shù)λ的取值范圍是________.

解析：（1）設(shè)P（x，y），由·≤20可得（x+6）2+（y-3）2≤65，則點P為圓O在圓（x+6）2+（y-3）2=65內(nèi)部及其上的點，聯(lián)立x2+y2=50，x2+y2+12x-6x=20，解得x=1，y=7或x=-5，y=-5.

結(jié)合圖形（圖略）可知-5≤x≤1. 答案：B.

（2）如圖，以AB的中點O為坐標原點，AB所在的直線為x軸，OC所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系，則A（-1，0），B（1，0），設(shè)P（x，y），則足·-2λ+1=0，即為（-1-x）（1-x）+y2-2λ+1=0，化簡得x2+y2=2λ（λ>0），

故所有滿足·-2λ+1=0的點P在以O(shè)為圓心，為半徑的圓上. 過點O作OM⊥AC，垂足為點M.

由題意知，線段AC與圓x2+y2=2λ有兩個交點，所以<≤|OA|，即<≤1，解得<λ≤.

點評：發(fā)現(xiàn)隱圓的方法：（1）利用圓的定義或圓的幾何性質(zhì)確定隱圓.（2）在平面上給定相異兩點A，B，設(shè)點P在同一平面上且滿足|PA|=λ|PB|，當λ>0且λ≠1時，點P的軌跡是個圓，這個圓我們稱作阿波羅尼斯圓.（3）兩定點A，B，動點P滿足·=λ，確定隱圓.（4）兩定點A，B，動點P滿足|PA|2+|PB|2是定值，確定隱圓.

【練習1】（1）已知圓O：x2+y2=5，A，B為圓O上的兩個動點，且|AB|=2，M為弦AB的中點，C（2，a），D（2，a+2）. 當A，B在圓O上運動時，始終有∠CMD為銳角，則實數(shù)a的取值范圍為__________________.

（2）已知圓C：（x-2）2+y2=2，直線l：y=k（x+2）與x軸交于點A，過l上一點P作圓C的切線，切點為T，若|PA|=|PT|，則實數(shù)k的取值范圍是______________.

解析：（1）由題意得|OM|==2，所以點M在以O(shè)為圓心，半徑為2的圓上.

設(shè)CD的中點為N，則N（2，a+1），且|CD|=2.

因為當A，B在圓O上運動時，始終有∠CMD為銳角，所以以O(shè)為圓心，半徑為2的圓與以N（2，a+1）為圓心，半徑為1的圓外離.

所以>3，整理得（a+1）2>1，解得a<-2或a>0，

所以實數(shù)a的取值范圍為（-∞，-2）∪（0，+∞）. 答案（-∞，-2）∪（0，+∞）.

（2）由題意知A（-2，0），C（2，0），設(shè)P（x，y），則由|PA|=|PT|，

得|PA|2=2|PT|2=2（|PC|2-2），故（x+2）2+y2=2[（x-2）2+y2-2]，

化簡得（x-6）2+y2=36，

所以滿足|PA|=|PT|的點P在以（6，0）為圓心，6為半徑的圓上.

由題意知，直線y=k（x+2）與圓（x-6）2+y2=36有公共點，所以d=≤6，

解得-≤k≤. 答案[-，].

題型二：離心率范圍的求法

圓錐曲線離心率的范圍是高考的熱點題型，對圓錐曲線中已知特征關(guān)系的轉(zhuǎn)化是解決此類問題的關(guān)鍵，相關(guān)平面幾何關(guān)系的挖掘應用也可使問題求解更簡潔.

【例2】（1）已知雙曲線-=1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線的右支上，且|PF1|=4|PF2|，則此雙曲線的離心率e的最大值為（ ）

A.B.C. 2 D.

（2）過橢圓C：+=1（a>b>0）的左頂點A且斜率為k的直線交橢圓C于另一點B ，且點B在x軸上的射影恰好為右焦點F，若<|k|<，則橢圓C的離心率的取值范圍是________.

解析：（1）方法一：由雙曲線的定義知|PF1|-|PF2|=2a……①?? 又|PF1|=4|PF2|……②

故聯(lián)立①②，解得|PF1|=a，|PF2|=a. 在△PF1F2中，由余弦定理，

得cos∠F1PF2==-e2，要求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，

當cos∠F1PF2=-1時，解得e=，即e的最大值為，故選B.

方法：由雙曲線的定義知，|PF1|-|PF2|=2a.

又∵ |PF1|=4|PF2|，∴|PF1|=a，|PF2|=a.

∵|F1F2|=2c，∴a+a≥2c，∴≤，即雙曲線的離心率e的最大值為.答案：B.

（2）設(shè)F（c，0），將x=c代入橢圓的方程，可得+=1，解得y=±，∴B（c，±）.

又∵A（-a，0），∴直線AB的斜率為k==±=±=±（1-e）.

∵<|k|<，0

∴橢圓C的離心率的取值范圍是（，）. 答案： （，）.

點評：求離心率范圍的常用方法：（1）利用橢圓、雙曲線中a，b，c某個量的取值范圍確定e;構(gòu)造a，b，c的齊次不等式確定e.（2）利用圖形中的位置關(guān)系（如三角形中的邊角關(guān)系，曲線上的點到焦點距離的范圍等）建立不等式（不等式組），確定e.

【練習2】（1）已知中心在原點的橢圓C1與雙曲線C2具有相同的焦點F1（-c，0），F(xiàn)2（c，0），P為C1與C2在第一象限的交點，|PF1|=|F1F2|且|PF2|=5.若橢圓C1的離心率e1∈（，），則雙曲線C2的離心率e2的取值范圍是（ ）

A.（，）B.（，2）C.（2，3）D.（，3）

（2）（2020·濟寧模擬）設(shè)雙曲線C：-=1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|=2c，過F2作x軸的垂線，與雙曲線在第一象限的交點為A，點Q的坐標為（c，）且滿足|F2Q|>|F2A|，若在雙曲線C的右支上存在點P使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立，則雙曲線的離心率的取值范圍是________________.

解析：（1）設(shè)橢圓的方程為+=1（a>b>0），由|PF1|=且|PF2|=5知，2a-5=2c？圯e1==.

設(shè)雙曲線的方程為-=1（m>0，n>0），同理，可得e2=.

由e1=∈（，）知，2c∈（，10），故e2=∈（2，3）.答案：C.

（2）將x=c代入雙曲線的方程，得y=±b=±，所以A（c，）.

由|F2Q|>|F2A|，得>，所以（）2<，所以e==<=.

因為|PF1|+|PQ|=2a+|PF2|+|PQ|≥2a+|F2Q|，又在雙曲線C的右支上存在點P，使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立，所以2a+|F2Q|<|F1F2|，即2a+<×2c，解得e>，

又e>1，所以

題型三：范圍、最值問題

圓錐曲線的最值、范圍問題，是高考?？嫉念}型，常見的解題方法有：利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解;把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個（些）參數(shù)的函數(shù)（解析式），然后利用函數(shù)方法、均值不等式等方法進行求解.

【例3】（2021·安徽調(diào)研）過點M（0，2）的直線l與橢圓E：+=1交于A，B兩點，求△AOB面積的最大值.

解析：顯然直線l的斜率存在，設(shè)l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

由y=kx+2，+=1，得（3+4k2）x2+16kx+4=0，則Δ=（16k）2-4×4（3+4k2）>0，

即k2>，x1+x2=，x1x2=，

∴|x1-x2|===4，

則S△OAB=S△OMB-S△OMA=×2×|x1-x2|=4，

設(shè)t=4k2-1>0，∴S（t）=4=4≤4=，

當且僅當t=，即t=4，即4k2-1=4，即k=±時取等號，∴△AOB面積的最大值為.

點評：求解范圍、最值問題的常見方法：（1）利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系.（2）利用已知參數(shù)的范圍，在兩個參數(shù)之間建立函數(shù)關(guān)系.（3）利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式.（4）利用基本不等式.

【練習3】如圖，在平面直角坐標系中，已知點F（1，0），過直線l：x=4左側(cè)的動點P作PH⊥l于點H，∠HPF的角平分線交x軸于點M，且|PH|=2|MF|，記動點P的軌跡為曲線C.

（1）求曲線C的方程;

（2）過點F作直線l′交曲線C于A，B兩點，設(shè)=λ，若λ∈[，2]，求|AB|的取值范圍.

解析：（1）設(shè)P（x，y），由題意可知|MF|=|PF|，所以==，即=，化簡整理得+=1，即曲線C的方程為+=1.

（2）由題意，得直線l′的斜率k≠0，設(shè)直線l′的方程為x=my+1，

由x=my+1，+=1，得（3m2+4）y2+6my-9=0. 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

所以Δ=（6m）2+36（3m2+4）=144（m2+1）>0恒成立，

且y1+y2=-，y1y2=-……①

又因為=λ，所以-y1=λy2……②

聯(lián)立①②，消去y1，y2，得=.

因為=λ+-2∈[0，]，所以0≤≤，解得0≤m2≤.

又|AB|=|y1-y2|===4-，

因為4≤3m2+4≤，所以|AB|=4-∈[3，]. 所以的取值范圍是[3，].

題型四：定點、定直線問題

圓錐曲線的定點問題，可先從特殊情況入手，以確定可能的定點（或定直線）入然后再驗證該點（或該直線）對一般情況是否符合，屬于“先猜再證”. 當遇到含參數(shù)的方程時，要清楚該方程為一類曲線（或直線），從而觀察這一類曲線是否過定點. 尤其在含參數(shù)的直線方程中，要能夠抓住關(guān)鍵條件，找到定點.

【例4】（2021·湖南四校聯(lián)考）已知拋物線C：y2=4x與過點（2，0）的直線l交于M，N兩點，若=，PQ⊥y軸，垂足為Q，求證：以PQ為直徑的圓過定點.

證明：由題意可知，直線l的斜率不為0，設(shè)其方程為x=my+2（m∈R），

將x=my+2代入y2=4x，消去x可得y2-4my-8=0，

顯然Δ=16m2+32>0，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則y1+y2=4m，y1y2=-8，

因為=，所以P是線段MN的中點.

設(shè)P（xP，yP），則xP===2m2+2，yP==2m.

所以P（2m2+2，2m），又PQ⊥y軸，垂足為Q，所以Q（0，2m）.

設(shè)以PQ為直徑的圓經(jīng)過點A（x0，y0），則=（2m2+2-x0，2m-y0），=（-x0，2m-y0），

所以·=0，即-x0（2m2+2-x0）+（2m-y0）2=0，

化簡可得（4-2x0）m2-4y0m+x20+y20-2x0=0……①

令4-2x0=0，4y0=0，x20+y20-2x0=0，可得x0=2，y0=0，

所以當x0=2，y0=0時，對任意的m∈R，①式恒成立，

所以以PQ為直徑的圓過定點，該定點的坐標為（2，0）.

點評：動線過定點問題的兩大類型及解法

（1）動直線l過定點問題，解法：設(shè)動直線方程（斜率存在）為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk，得y=k（x+m），故動直線過定點（-m，0）.

（2）動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點.

【練習4】已知P（0，2）是橢圓C：+=1（a>b>0）的一個頂點，C的離心率e=.

（1）求橢圓的方程;

（2）過點P的兩條直線l1，l2分別與C相交于不同于點P的A，B兩點，若l1與l2的斜率之和為-4，則直線AB是否經(jīng)過定點？若是，求出定點坐標;若不過定點，請說明理由.

解析：（1）由題意可得b=2，=，a2=b2+c2，解得a=，b=2，c=，∴橢圓的方程為+=1.

（2）當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t（t≠2），A（x1，y1），B（x2，y2），

聯(lián)立y=kx+t，+=1，消去y并整理，可得（3k2+2）x2+6ktx+3t2-12=0，

∴Δ=36（kt）2-4×（3k2+2）（3t2-12）>0，即24（6k2-t2+4）>0，

則x1+x2=-，x1x2=，由l1與l2的斜率之和為-4，

可得+=-4，又y1=kx1+t，y2=kx2+t，

∴+=+=2k+=2k+=-4.

∵t≠2，化簡可得t=-k-2，∴y=kx-k-2=k（x-1）-2，∴直線AB經(jīng)過定點（1，-2）.

當直線AB的斜率不存在時，設(shè)直線AB的方程為x=m，A（m，y1），B（m，y2），

∴+==-4，又點A，B均在橢圓上，

∴A，B關(guān)于x軸對稱，∴y1+y2=0，∴m=1，故直線AB的方程為x=1，也過點（1，-2），

綜上直線AB經(jīng)過定點，定點為（1，-2）.

題型五：定值問題

圓錐曲線的定值問題也是高考的一個難點，其解題方法和定點、定直線問題有點類似，我們可以先根據(jù)特殊位置或特殊數(shù)值求出定值，再證明這個值與變量無關(guān);或者可以通過直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.

【例5】（2018·北京）已知拋物線C：y2=2px（p>0）經(jīng)過點P（1，2），過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.

（1）求直線l的斜率的取值范圍;

（2）設(shè)O為原點=，=，求證：+=為定值.

解析：（1）將點P代入C的方程得4=2p，即p=2，所以拋物線C的方程為y2=4x，顯然l斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l：y=kx+1，

由y=kx+1，y2=4x，消去y得k2x2+（2k-4）x+1=0，（*）

由已知，方程（*）有兩個不同的根，且1不是方程的根（因為PA，PB都與y軸有交點），

所以Δ=-16k+16>0且k2+（2k-4）+1≠0，即k<0或0

所以k<0或0

（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線PA方程為y-2=（x-1），

令x=0得y=-+2，即點M為（0，-+2），所以=（0，-+1）.

又=（0，-1），，所以（0，-+1）=λ（0，-1），

所以λ=-1=，=，又點A（x1，y1）在直線l：y=kx+1上，

所以===-，同理=-

由（1）中方程（*）及根與系數(shù)的關(guān)系得，x1+x2=-，x1x2=，

所以+=-+-=-（+）=-·=-·==2，即+為定值2.

點評：求解定值問題的兩大途徑：（1）由特例得出一個值（此值一般就是定值）→證明定值：將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)（某些變量）無關(guān).（2）先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.

【練習5】已知橢圓C：+=1（a>b>0）的離心率為，且過點A（2，1）.

（1）求C的方程;

（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值.

（1）解析：由題設(shè)得+=1，=，解得a2=6，b2=3.所以C的方程為+=1.

（2）證明：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2）.若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為y=kx+m，代入+=1，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-6=0.

于是x1+x2=-，x1x2=……①

由AM⊥AN，得·=0，故（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0，

整理得（k2+1）x1x2+（km-k-2）（x1+x2）+（m-1）2+4=0.

將①代入上式，可得（k2+1）-（km-k-2）·+（m-1）2+4=0，

整理得（2k+3m+1）（2k+m-1）=0.因為A（2，1）不在直線MN上，所以2k+m-1≠0，所以2k+3m+1=0，k≠1. 所以直線MN的方程為y=k（x-）-（k≠1）.

所以直線MN過點P（，-）.

若直線MN與x軸垂直，可得N（x1，-y1）.

由·=0，得（x1-2）（x1-2）+（y1-1）（-y1-1）=0. 又+=1，所以3x-8x1+4=0.

解得x1=2（舍去），x1=. 此時直線MN過點P（，-）.令Q為AP的中點，即Q（，）.

若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊，故|DQ|=|AP|=.

若D與P重合，則|DQ|=|AP|.

綜上，存在點Q（，），使得|DQ|為定值.

每年的高考試題都有解析幾何的解答題，直線與圓錐曲線的綜合問題是高考考查的重點和難點，常見的熱點題型有：弦長問題;范圍、最值問題;定點、定直線問題;定值問題;探索性問題等，這類題的思維量和運算量都比較大，同時也存在一定的解題技巧，我們重點要處理好幾何條件代數(shù)化的過程，為了實現(xiàn)這個過程，通常首先要表示出各個相關(guān)點的坐標，然后再表示出更高級的幾何關(guān)系.有些時候可以多找出一些幾何性質(zhì)，先對幾何條件進行轉(zhuǎn)化，以便更簡潔地進行代數(shù)化.我們只有掌握了上述這些基本題型的解題通法，在高考考場上就能臨危不亂，應對自如.

【本文系廣州市教育科學規(guī)劃2020 年度課題“核心素養(yǎng)導向的中學數(shù)學‘優(yōu)效課堂的案例研究”（202012502）研究成果】

責任編輯 徐國堅