解析几何重转化，思维运算倚通法

邓军民

高中数学的解析几何主要包括直线和圆、椭圆、双曲线、抛物线等内容，是高中数学教学的重要内容，也是历年高考考查的重点内容之一，它充分表现了解析几何在数与形彼此转化的数学思想，展示了解析几何在数学运算方面的特点和技能，表现出辩证思维的丰富内涵.近几年来，高考解析几何试题一直稳定在三（或二）个选择题，一个填空题，一个解答题上，分值约为30分，占总分值的20%左右.试题一般是以圆锥曲线中有关的知识为主线，结合解析几何中其它部分的内容以及平面几何、平面向量、函数与方程、不等式、三角函数等有关知识而命制的综合问题.下面笔者就高考常考的解析几何重难点题型做一总结.

题型一：隐圆问题

隐圆问题近几年在各地模考和高考的填空题和解答题中都出现过，难度为中、高档题.在题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中的，要通过分析、转化，发现圆（或圆的方程），从而最终利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐圆”问题.

【例1】（1）在平面直角坐标系xOy中，点A（-12，0），B（0，6），点P在圆O：x2+y2=50上，若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是（ ）

A.[0，]       B.[-5，1]

C.[-，]      D.[-2，0]

（2）已知等边三角形ABC的边长为2，点P在线段AC上，若满足·-2λ+1=0的点P恰有两个，则实数λ的取值范围是________.

解析：（1）设P（x，y），由·≤20可得（x+6）2+（y-3）2≤65，则点P为圆O在圆（x+6）2+（y-3）2=65内部及其上的点，联立x2+y2=50，x2+y2+12x-6x=20，解得x=1，y=7或x=-5，y=-5.

结合图形（图略）可知-5≤x≤1. 答案：B.

（2）如图，以AB的中点O为坐标原点，AB所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A（-1，0），B（1，0），设P（x，y），则足·-2λ+1=0，即为（-1-x）（1-x）+y2-2λ+1=0，化简得x2+y2=2λ（λ>0），

故所有满足·-2λ+1=0的点P在以O为圆心，为半径的圆上. 过点O作OM⊥AC，垂足为点M.

由题意知，线段AC与圆x2+y2=2λ有两个交点，所以<≤|OA|，即<≤1，解得<λ≤.

点评：发现隐圆的方法：（1）利用圆的定义或圆的几何性质确定隐圆.（2）在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足|PA|=λ|PB|，当λ>0且λ≠1时，点P的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆.（3）两定点A，B，动点P满足·=λ，确定隐圆.（4）两定点A，B，动点P满足|PA|2+|PB|2是定值，确定隐圆.

【练习1】（1）已知圆O：x2+y2=5，A，B为圆O上的两个动点，且|AB|=2，M为弦AB的中点，C（2，a），D（2，a+2）. 当A，B在圆O上运动时，始终有∠CMD为锐角，则实数a的取值范围为__________________.

（2）已知圆C：（x-2）2+y2=2，直线l：y=k（x+2）与x轴交于点A，过l上一点P作圆C的切线，切点为T，若|PA|=|PT|，则实数k的取值范围是______________.

解析：（1）由题意得|OM|==2，所以点M在以O为圆心，半径为2的圆上.

设CD的中点为N，则N（2，a+1），且|CD|=2.

因为当A，B在圆O上运动时，始终有∠CMD为锐角，所以以O为圆心，半径为2的圆与以N（2，a+1）为圆心，半径为1的圆外离.

所以>3，整理得（a+1）2>1，解得a<-2或a>0，

所以实数a的取值范围为（-∞，-2）∪（0，+∞）. 答案（-∞，-2）∪（0，+∞）.

（2）由题意知A（-2，0），C（2，0），设P（x，y），则由|PA|=|PT|，

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

化简得（x-6）2+y2=36，

所以满足|PA|=|PT|的点P在以（6，0）为圆心，6为半径的圆上.

由題意知，直线y=k（x+2）与圆（x-6）2+y2=36有公共点，所以d=≤6，

解得-≤k≤. 答案[-，].

题型二：离心率范围的求法

圆锥曲线离心率的范围是高考的热点题型，对圆锥曲线中已知特征关系的转化是解决此类问题的关键，相关平面几何关系的挖掘应用也可使问题求解更简洁.

【例2】（1）已知双曲线-=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|=4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为（ ）

A.B.C. 2 D.

（2）过椭圆C：+=1（a>b>0）的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B ，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F，若<|k|<，则椭圆C的离心率的取值范围是________.

解析：（1）方法一：由双曲线的定义知|PF1|-|PF2|=2a……①   又|PF1|=4|PF2|……②

故联立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，

当cos∠F1PF2=-1时，解得e=，即e的最大值为，故选B.

方法：由双曲线的定义知，|PF1|-|PF2|=2a.

又∵ |PF1|=4|PF2|，∴|PF1|=a，|PF2|=a.

∵|F1F2|=2c，∴a+a≥2c，∴≤，即双曲线的离心率e的最大值为.答案：B.

（2）设F（c，0），将x=c代入椭圆的方程，可得+=1，解得y=±，∴B（c，±）.

又∵A（-a，0），∴直线AB的斜率为k==±=±=±（1-e）.

∵<|k|<，0

∴椭圆C的离心率的取值范围是（，）. 答案： （，）.

点评：求离心率范围的常用方法：（1）利用椭圆、双曲线中a，b，c某个量的取值范围确定e;构造a，b，c的齐次不等式确定e.（2）利用图形中的位置关系（如三角形中的边角关系，曲线上的点到焦点距离的范围等）建立不等式（不等式组），确定e.

【练习2】（1）已知中心在原点的椭圆C1与双曲线C2具有相同的焦点F1（-c，0），F2（c，0），P为C1与C2在第一象限的交点，|PF1|=|F1F2|且|PF2|=5.若椭圆C1的离心率e1∈（，），则双曲线C2的离心率e2的取值范围是（ ）

A.（，）B.（，2）C.（2，3）D.（，3）

（2）（2020·济宁模拟）设双曲线C：-=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2c，过F2作x轴的垂线，与双曲线在第一象限的交点为A，点Q的坐标为（c，）且满足|F2Q|>|F2A|，若在双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立，则双曲线的离心率的取值范围是________________.

解析：（1）设椭圆的方程为+=1（a>b>0），由|PF1|=且|PF2|=5知，2a-5=2c？圯e1==.

设双曲线的方程为-=1（m>0，n>0），同理，可得e2=.

由e1=∈（，）知，2c∈（，10），故e2=∈（2，3）.答案：C.

（2）将x=c代入双曲线的方程，得y=±b=±，所以A（c，）.

由|F2Q|>|F2A|，得>，所以（）2<，所以e==<=.

因为|PF1|+|PQ|=2a+|PF2|+|PQ|≥2a+|F2Q|，又在双曲线C的右支上存在点P，使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立，所以2a+|F2Q|<|F1F2|，即2a+<×2c，解得e>，

又e>1，所以

题型三：范围、最值问题

圆锥曲线的最值、范围问题，是高考常考的题型，常见的解题方法有：利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、均值不等式等方法进行求解.

【例3】（2021·安徽调研）过点M（0，2）的直线l与椭圆E：+=1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值.

解析：显然直线l的斜率存在，设l：y=kx+2，A（x1，y1），B（x2，y2），

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

即k2>，x1+x2=，x1x2=，

∴|x1-x2|===4，

则S△OAB=S△OMB-S△OMA=×2×|x1-x2|=4，

设t=4k2-1>0，∴S（t）=4=4≤4=，

当且仅当t=，即t=4，即4k2-1=4，即k=±时取等号，∴△AOB面积的最大值为.

点评：求解范围、最值问题的常见方法：（1）利用判别式来构造不等关系.（2）利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系.（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式.（4）利用基本不等式.

【练习3】如图，在平面直角坐标系中，已知点F（1，0），过直线l：x=4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|=2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程;

（2）过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设=λ，若λ∈[，2]，求|AB|的取值范围.

解析：（1）设P（x，y），由题意可知|MF|=|PF|，所以==，即=，化简整理得+=1，即曲线C的方程为+=1.

（2）由题意，得直线l′的斜率k≠0，设直线l′的方程为x=my+1，

由x=my+1，+=1，得（3m2+4）y2+6my-9=0. 设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

又因为=λ，所以-y1=λy2……②

联立①②，消去y1，y2，得=.

因为=λ+-2∈[0，]，所以0≤≤，解得0≤m2≤.

又|AB|=|y1-y2|===4-，

因为4≤3m2+4≤，所以|AB|=4-∈[3，]. 所以的取值范围是[3，].

题型四：定点、定直线问题

圆锥曲线的定点问题，可先从特殊情况入手，以确定可能的定点（或定直线）入然后再验证该点（或该直线）对一般情况是否符合，属于“先猜再證”. 当遇到含参数的方程时，要清楚该方程为一类曲线（或直线），从而观察这一类曲线是否过定点. 尤其在含参数的直线方程中，要能够抓住关键条件，找到定点.

【例4】（2021·湖南四校联考）已知抛物线C：y2=4x与过点（2，0）的直线l交于M，N两点，若=，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点.

证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+2（m∈R），

将x=my+2代入y2=4x，消去x可得y2-4my-8=0，

显然Δ=16m2+32>0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=-8，

因为=，所以P是线段MN的中点.

设P（xP，yP），则xP===2m2+2，yP==2m.

所以P（2m2+2，2m），又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q（0，2m）.

设以PQ为直径的圆经过点A（x0，y0），则=（2m2+2-x0，2m-y0），=（-x0，2m-y0），

所以·=0，即-x0（2m2+2-x0）+（2m-y0）2=0，

化简可得（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，

所以当x0=2，y0=0时，对任意的m∈R，①式恒成立，

所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为（2，0）.

点评：动线过定点问题的两大类型及解法

（1）动直线l过定点问题，解法：设动直线方程（斜率存在）为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk，得y=k（x+m），故动直线过定点（-m，0）.

（2）动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.

【练习4】已知P（0，2）是椭圆C：+=1（a>b>0）的一个顶点，C的离心率e=.

（1）求椭圆的方程;

（2）过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为-4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标;若不过定点，请说明理由.

解析：（1）由题意可得b=2，=，a2=b2+c2，解得a=，b=2，c=，∴椭圆的方程为+=1.

（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+t（t≠2），A（x1，y1），B（x2，y2），

联立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，

则x1+x2=-，x1x2=，由l1与l2的斜率之和为-4，

可得+=-4，又y1=kx1+t，y2=kx2+t，

∴+=+=2k+=2k+=-4.

∵t≠2，化简可得t=-k-2，∴y=kx-k-2=k（x-1）-2，∴直線AB经过定点（1，-2）.

当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x=m，A（m，y1），B（m，y2），

∴+==-4，又点A，B均在椭圆上，

∴A，B关于x轴对称，∴y1+y2=0，∴m=1，故直线AB的方程为x=1，也过点（1，-2），

综上直线AB经过定点，定点为（1，-2）.

题型五：定值问题

圆锥曲线的定值问题也是高考的一个难点，其解题方法和定点、定直线问题有点类似，我们可以先根据特殊位置或特殊数值求出定值，再证明这个值与变量无关;或者可以通过直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

【例5】（2018·北京）已知抛物线C：y2=2px（p>0）经过点P（1，2），过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

（1）求直线l的斜率的取值范围;

（2）设O为原点=，=，求证：+=为定值.

解析：（1）将点P代入C的方程得4=2p，即p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x，显然l斜率存在且不为0，设为k，则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（*）有两个不同的根，且1不是方程的根（因为PA，PB都与y轴有交点），

所以Δ=-16k+16>0且k2+（2k-4）+1≠0，即k<0或0

所以k<0或0

（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA方程为y-2=（x-1），

令x=0得y=-+2，即点M为（0，-+2），所以=（0，-+1）.

又=（0，-1），，所以（0，-+1）=λ（0，-1），

所以λ=-1=，=，又点A（x1，y1）在直线l：y=kx+1上，

所以===-，同理=-

由（1）中方程（*）及根与系数的关系得，x1+x2=-，x1x2=，

所以+=-+-=-（+）=-·=-·==2，即+为定值2.

点评：求解定值问题的两大途径：（1）由特例得出一个值（此值一般就是定值）→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数（某些变量）无关.（2）先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.

【练习5】已知椭圆C：+=1（a>b>0）的离心率为，且过点A（2，1）.

（1）求C的方程;

（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.

（1）解析：由题设得+=1，=，解得a2=6，b2=3.所以C的方程为+=1.

（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）.若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为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.

将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）不在直线MN上，所以2k+m-1≠0，所以2k+3m+1=0，k≠1. 所以直线MN的方程为y=k（x-）-（k≠1）.

所以直线MN过点P（，-）.

若直线MN与x轴垂直，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=. 此时直线MN过点P（，-）.令Q为AP的中点，即Q（，）.

若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|=|AP|=.

若D与P重合，则|DQ|=|AP|.

综上，存在点Q（，），使得|DQ|为定值.

每年的高考试题都有解析几何的解答题，直线与圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点和难点，常见的热点题型有：弦长问题;范围、最值问题;定点、定直线问题;定值问题;探索性问题等，这类题的思维量和运算量都比较大，同时也存在一定的解题技巧，我们重点要处理好几何条件代数化的过程，为了实现这个过程，通常首先要表示出各个相关点的坐标，然后再表示出更高级的几何关系.有些时候可以多找出一些几何性质，先对几何条件进行转化，以便更简洁地进行代数化.我们只有掌握了上述这些基本题型的解题通法，在高考考场上就能临危不乱，应对自如.

【本文系广州市教育科学规划2020 年度课题“核心素养导向的中学数学‘优效课堂的案例研究”（202012502）研究成果】

责任编辑 徐国坚