解析几何中的思维方法

王朝璇

整体考虑、一气呵成

例1 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的一个焦点为[（5，0）]，离心率为[53].

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若动点[P（x0，y0）]为椭圆外一点，且点[P]到椭圆[C]的两条切线相互垂直，求点[P]的轨迹方程.

解析 （1）[x29+y24=1.]

（2）思考一：如何求椭圆的切线方程；思考二：由于椭圆C的两条切线相互垂直，其斜率之积为[-1]，寻找关于斜率[k]的二次方程，运用韦达定理整体解决问题.

解决问题时，要先从特殊情况入手，若一条直线垂直于[x]轴，另一条直线垂直于[y]轴，这样的点一共有四个，其坐标为[-3，2，-3，-2，3，2，3，-2]，四点都在圆[x2+y2=13]上.

再考虑一般情况，当两条切线不垂直于坐标轴时，设切线方程为[y-y0=k（x-x0），]将其代入椭圆方程[x29+y24=1]，整理得，

[ （9k2+4）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-4=0].

由于直线与椭圆相切，所以

[Δ=（18k）2（y0-kx0）2][-36（y0-kx0）2-4 （9k2+4）=0].

整理得，[（x02-9）k2-2x0y0k][+y02-4=0].

由于两条切线互相垂直，

所以[k1k2=y02-4x02-9=-1]，即[x02+y02=13].

又四点[-3，2，-3，-2，3，2，3，-2]也满足方程，

故点[P]的轨迹方程为[x2+y2=13].

点评 本题看似简单，但是计算量比较大，很多同学中途弃笔，无功而返，得分极低.

合理配凑、浑然一体

例2 如图，设椭圆[C：x2a2+y2b2=1a>b>0]，动直线[l]与椭圆[C]只有一个公共点[P]，且点[P]在第一象限. 若过原点[O]的直线[l1]与[l]垂直.

证明：点[P]到直线[l1]的距离的最大值为[a-b].

解析 思考：“最值问题，函数思想”，即将点[P]到直线[l1]的距离表示为某一个变量的函数. 圆锥曲线中的最值问题的解决方法一般有两种：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求最值；二是代数法，将圆锥曲线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.

由题意知，直线[l]与椭圆[x2a2+y2b2=1]相切，[P]为切点，设[P（x0，y0）]，[x0>0，y0>0].

则椭圆[x2a2+y2b2=1]在[P]点处的切线[l]的方程为[x0xa2+y0yb2=1].

则直线[l1]的方程为[a2y0x-b2x0y=0].

则[P]点到直线[l1]的距离为[d=a2y0x0-b2x0y0a4y20+b2x20].

对照证明目标的模式，我们将其进行变形，[d=a2-b2a4x20+b4y20]，考查其分母， 注意到[x20a2+y20b2=1]，采用1的代换进行整体配凑.

则[a4x20+b4y20=a4x20+b4y20x20a2+y20b2]

[=a2+b2+a4y20b2x20+b4x20a2y20]

[≥a2+b2+2ab=a+b2].

当[a4y20b2x20=b4x20a2y20]，即[y20x20=b3a3]时，等号成立.

所以[d≤a2-b2a+b=a-b].

所以当[y20x20=b3a3]时，[d]的最大值为[a-b].

点评 解决此题的关键是合理配凑，这样可以化繁为简.

特殊探路、以退为进

例3 已知抛物线[C：y2=2px（p>0）]的焦点为[F]，[A]为抛物线[C]上异于原点的任意一点，过点[A]的直线[l]交抛物线[C]于另一点[B]，交[x]轴的正半轴于点[D]，且有[|FA|=|FD|]. 当点[A]的横坐标为3时，[△ADF]为正三角形.

（1）求抛物线[C]的方程；

（2）若直线[l1//l]，且[l1]和抛物线[C]有且只有一个公共点[E]，证明：直线[AE]过定点，并求出定点坐标.

解析 （1）[y2=4x].

（2）根据直觉，定点一般是直线和坐标轴的交点. 可以先考虑特殊情况，点[A]的横坐标为3，[△ADF]为正三角形时，求出直线[AE]与x轴的交点，然后在一般形式中进行证明.

①由题意知，当点[A]的坐标为[3，23]时，[kl=-3].

由[l1∥l]知，在点[E][xE，yE]处的切线的斜率为[k=2yE=-3]，即[E][13，-233].

因此直线[AE]的方程为[y-23=3x-3]，即直线过点[1，0].

②在一般形式中进行证明.

设点[A（x0，y0）（x0y0≠0），D（xD，0）（xD>0）.]

由（1）得，[F（1，0）].

由[|FA|=|FD|]得，[x0+1=xD-1]，即[Dx0+2，0]，此时[kAD=-y02].

因为在点[E][xE，yE]处的切线的斜率为[k=2yE]，

由[l1∥l]得，[2yE=-y02].

所以[E][4y20，-4y0].

直线[AE]的方程为[y-y0=y0+4y0x0-4y20x-x0].

注意到[x0=y204]，当[y20≠4]时，直线[AE]的方程为[y-y0=4y0y20-4x-y204]，即[y=4y0y20-4（x-1）].

显然，直线过定点[1，0].

当[y20=4]时，直线[AE]的方程为[x=1]，也过点[F（1，0）.]

故直线[AE]过定点[F（1，0）.]

点评 这样解题，看似有些重复，但是，有了特殊的结论，锁定目标，有的放矢.

设而不求、借水行舟

例4 在直角坐标系[xOy]中，曲线[C：y=x24]与直线[y=kx+a（a>0）]交于[M，N]两点. 在[y]轴上是否存在点[P]，使得当[k]变动时，总有[∠OPM=∠OPN]？说明理由.

解析 这是个探索性问题，先假设结论存在，再结合已知条件进行推理求解. 若能推出合理结果，经验证成立即可肯定结论正确；若推出矛盾，即否定假设.

假设[点P0，b]符合题意. 设[Mx1，y1，Nx2，y2]，直线[PM，PN]的斜率分别为[k1，k2]，

将[y=kx+a]代入曲线[C]的方程得，

[x2-4kx-4a=0].

故[x1+x2=4k，x1x2=-4a.]

[从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+（a-b）（x1+x2）x1x2]

[=k（a+b）a.]

当[b=-a]时，有[k1+k2=0].

则直线[PM，PN]的倾角互补.

所以[∠OPM=∠OPN.]

[故点P0，b符合条件.]

点评 在这里，我们设出[M，N]坐标，但是不求出它们的坐标，而是利用韦达定理，将其代入[k1+k2]中，从而得出相关结论. 此法通常称为“设而不求法”.

变换坐标、出奇制胜

例5 已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1]（[a>b>0]）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.

（1）求椭圆[C]的标准方程；

（2）设F为椭圆[C]的左焦点，[T]为直线[x=-3]上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆[C]于点P，Q，当[|TF||PQ|]最小时，求点[T]的坐标.

解析 （1）[x26+y22=1].

（2）涉及过焦点的弦长问题，用圆锥曲线统一的极坐标方程求解比较简单.

如上图，以椭圆[C]的焦点为极点，以[FX]为极轴建立极坐标系.

则椭圆[C]的极坐标方程为[ρ=26-2cosθ]，其中[∠XFQ=θ].

则[PQ=ρ1+ρ2=26-2cosθ+26-2cosθ+π]

[=261+2sin2θ.]

设原题中的直线[x=-3]为直线[l]，反向延长[FX]，交[l]于点[S].

在[△TSF]中，[TF⊥PQ]，[∠TFS=π2-θ]，[SF=1].

则[TF=1cosπ2-θ=1sinθ].

所以[|TF||PQ|=1261sinθ+2sinθ≥33]，当且仅当[sinθ=±22]时，[|TF||PQ|]取得最小值[33].

此时点T的坐标为[（-3，1）]或[（-3，-1）].

点评 我们的教材有坐标系和参数方程的选修内容，各地的高考题也将极坐标和参数方程作为选考内容. 考纲中，要求“理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义”. 但是很多学校是为考试而选取课本上的内容进行讲授，其内容一般是直线、圆的极坐标方程以及直角坐标方程和极坐标方程的互化等，而没有讲授圆锥曲线统一的极坐标方程. 我认为，圆锥曲线统一的极坐标方程这一节的内容比较简单，用它解决圆锥曲线中的焦点弦问题格外奏效，花一些时间去学习是值得的.