一道高考解析几何解答题的解法探究

袁海军

2018年高考全国I卷理数第19题是一道解析几何题，背景是直线与椭圆的位置关系，重点考查有关圆锥曲线的定值问题. 此题的难度是近三年最简单的，位置也由以往的第20题往前移了一位变成第19题，成为考生重点得分的中档题，可能是为了更好的迎接新高考改革所作的铺垫.

引例：（2018年高考全国I卷理数第19题）设椭圆C ∶ +y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.

（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；

（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.

解析：（1）由已知得F（1，0），l的方程为x=1，联立椭圆方程可得，点A的坐标为（1，）或（1，-）.所以AM的方程为y=-x+或y=x-.

第一小问考生基本没有什么问题，轻松地拿到这一块的分数.以下就第二小问提供几种解法：

解法1：（代数法）

（2）当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k（x-1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA+kMB=+.

由y1=kx1-k，y2=kx2-k得kMA+kMB=.

将y=k（x-1）代入+y2=1得（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0.

所以，x1+x2=，x1x2=.

2kx1x2-3k（x1+x2）+4k==0.

从而kMA+kMB=0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB.

综上，∠OMA=∠OMB.

点评：此法也是解析几何常见的解题套路——“联立方程、代入消元、韦达定理和判别式”.但在求解中要注意三点：（1）需要分类讨论直线斜率两种特殊情形；（2）代入消元时要有整体思想，无需求出x1，x2具体的值；（3）在证明目标时需作相应的等价转化——将要证明的两个角相等转化到两直线的倾斜角互补，即两直线斜率之和为零.

解法2：（几何法）

利用圆锥曲线第二定义：易得点M是椭圆的准线与x轴的交点，设点A、B分别到准线的距离记为d1=|AP|，d2=|BQ|，则依题意得：

====？圯？驻APM～？驻BQM，∴=.

所以？驻ABM在中，MO是∠AMB的内角平分线，即∠OMA=∠OMB.

点评：此法纯几何法，简单地运用了椭圆的第二定义，首先转化到证明两个三角形相似，后转化到内角平分线定理的应用.证明过程非常巧妙，步骤简洁明了，但现行的教材对圆锥曲线的第二定义只作阅读了解，没有作理解和掌握的层次要求，因此对于考生来说显然超出其能力要求.

如果本题作为一道小题来讲，它考查了直线和椭圆的一个定值问题，也就是一个二级结论，接下来我们可以作进一步的探讨，导出它的一般结论.

示例：设椭圆C ∶ +=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（，0），设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.

证明：设直线方程为x=ty+c，A（x1，y1），B（x2，y2）.

由+=1，x=ty+c？圯（a2+b2t2）y2+（2b2tc）y+b2c2-a2b2=0，

∴y1+y2=-，y1y2=.

所以直线MA，MB的斜率之和为：

kMA+kMB=+==

=0.

由此本题导出了一个关于椭圆的焦点弦和准线相关斜率之和为定值的结论.

现在我们仅就椭圆焦点弦的性质及定值问题作一些补充和推广.在平时考试常见的有哪些具体的结论呢？

结论（1）设P点是椭圆C ∶ +=1（a>b>0）上异于长轴端点的任一点，为F1，F2，为其焦点，记∠F1PF2=？兹，则（1）|PF1| |PF2|=.（2）S=b2tan.

证明：（1）由余弦定理：

|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos？兹=（2c）2？圯（|PF1|+|PF2|）2=4c2+2|PF1| |PF2|（cos？兹+1）？圯4a2=4c2+2|PF1||PF2|（cos？兹+1）？圯|PF1||PF2|=.

（2）∵|PF1||PF2|==，S=|PF1||PF2|sin？茲=b2tan.

结论（2）设A，B是椭圆C ∶ +=1（a>b>0）的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为线段AB的中点，则kOMkAB=-.

证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），则有+=1，+=1作差得：+=0？圯+=0？圯kAB==-=-=-？圯kAB·kOM=-.

结论（3）过椭圆C ∶ +=1（a>b>0）上任一点A（x0，y0）任意作两条倾斜角互补的直线交椭圆于B，C两点，则直线BC有定向且kBC=（常数）.

证明：设直线AB：y-y0=k（x-x0）即y=kx+y0-kx0，

y=kx+y0-kx0，+=1？圯（a2k2+b2）x2+2a2k（y0-kx0）x+a2 [（y0-kx0）2-b2]=0

？圯x0+xB=？圯xB=

？圯B（，）.

同理C（，），∴ kBC==.

结论（4）设已知椭圆C ∶ +=1（a>b>0），O为坐标原点，P，Q为椭圆上两动点，有且OP⊥OQ.则（1）+=+；

（2）|OP|2+|OQ|2的最小值为；

（3）S？驻OPQ的最小值是.

证明：（1）设P（acos？兹，bsin？兹），Q（acos？渍，bsin？渍），

∵·=a2cos？兹 cos？渍+b2sin？兹 sin？渍=0？圯tan？兹 tan？渍=-

+=

=

=

=

==+.

（2）∵ （|OP|2+|OQ|2）（+）≥（1+12）=4，当且仅当 |OP|+|OQ|时取“=”， ∴ |OP|2+|OQ|2≥4÷（+）=.

（3）+==+=.

4=|OP|2|OQ|2=（|OP|2+|OQ|2）（）≥4（）2？圯S？驻OPQ≥.

∴ Smin=.

真题再现：（2018年高考全国卷III文20）已知斜率为k的直线l与椭圆C：+=1交于A，B两点.线段AB的中点为M（1，m）（m>0）.

（1）证明：k<-；

（2）设F为C的右焦点，F为C上一点，且++=.证明：2||=||+||.

解法1：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则+=1，+=1.两式相减，并由=k得+. k=0.

由题设知=1，=m，于是k=-（m>0）.

又由点M（1，m）（m>0）在椭圆内，即+<1（m>0），可得0

故k=-<-.

（2）由题意得F（1，0）.设P（x3，y3），则（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（0，0）.

由（1）及题设得x3=3-（x1+x2）=1，y3=-（y1+y2）=-2m<0.又点P在C上，所以m=，从而P（1，-），||=.于是||===2-.同理||=2-.所以+=4-（x1+x2）=3. 故2||=||+||.

注意：此题第2小问也可以由++=直接推出F為？驻PAB的重心，

即得x3=3-（x1+x2）=1，y3=-（y1+y2）=-2m<0. 后面解法同上.

解法2：（1）由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y=k（x-1）+m（k≠0），设A（x1，y1），B（x2，y2），

由y=k（x-1）+m，+=1？圯（3+4k2）x2+（8mk-8k2）x+4（m-k）2-12=0.

解得x1+x2==2？圯k=-（m>0）.

又由点M（1，m）（m>0）在椭圆内，即+<1（m>0），

可得0

（2）由题意得F（1，0）.设P（x3，y3），则（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（0，0）.

由（1）及题设得x3=3-（x1+x2）=1，

由椭圆焦半径公式得：||=a-ex1=2-，||=a-ex2=2-，||=2-=.

||+||=2-+2-=4-（）=3.

故2||=||+||.

点评：本题主要考查了中点弦问题，常用方法点差法和判别式法.注意两种的区别，如点差法需设出弦的两端点坐标代入圆锥曲线方程，将两式相减直接转化为直线的斜率，借用中点公式即可求出斜率.而判别式法是联立直线与圆锥曲线方程化为一元二次方程，由根与系数的关系求解，这一步要求考生有较好运算能力.至于第2小问考查了向量的坐标运算，方向明确，如果运用椭圆的第二定义就更为简洁明了.

巩固练习：

1. 已知椭圆C ∶ +=1（a>b>0）的一个焦点为F（1，0），离心率为，过点F的动直线交M于A，B两点，若x轴上的点P（t，0）使得∠APO=∠BPO总成立（O为坐标原点），则t等于__________.

2. 已知F1，F2是椭圆C ∶ +=1（a>b>0）的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且·=，若△PF1F2的面积为9，则b=________.

3. 以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为1，则椭圆长轴长的最小值为 .

4. 已知（4，2）是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点，则l的方程是__________.

5. 直线l与椭圆？祝：+=1相交于P，Q两点，若OP⊥OQ（O为坐标原点），则以O点为圆心且与直线l相切的圆方程为 .

参考答案：1. 2； 2. 3； 3. 2； 4. x+2y-8=0； 5. x2+y2=.

【本文为福建省第三批高中数学课程基地校建设项目《“三教”教学培育数学核心素养的探索与实践》研究成果之一】

责任编辑 徐国坚