巧思维展开，妙方法应用:一道椭圆解答题的探究

涉及直线与圆锥曲线的综合应用的解答题，常常巧妙融入“动态”与“静态”的变化过程，交汇“动点”与“定点”的变形转化、“常值”与“最值”的合理过渡，同时有“数”的本质属性，又有“形”的几何特征，新颖多变，具有较高的区分度与较好的选拔性，是全面考查学生的“四基”与数学基本能力，以及培养数学核心素养的一个重要题型.

1 问题呈现

问题在平面直角坐标系xOy中，点F（－3，0），P（x，y）是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆O：x2+y2=4内切，记点P的轨迹为曲线E.

（1）求E的方程；

（2）设A（0，1），M（t，0），N（4－t，0）（t≠2），直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），AH⊥ST，垂足为H，求|OH|的最小值.

这是一道集多动点、多动直线于一体的试题，借助点、线段与圆的场景创设进行必要的、适度的“包装”，进而解决圆锥曲线的方程与基本性质问题.

2 问题破解

2.1 第（1）问的解答

解法1：定义法.设PF的中点为G，依题意以PF为直径的圆与圆O：x2+y2=4内切，

所以|GO|=2－|PF|2，即|PF|=4－2|GO|.

设F2（3，0），又2|GO|=|PF2|，所以|PF|+|PF2|=4>23=|FF2|，所以点P的轨迹是以F，F2为焦点，4为长轴长的椭圆.

设E的方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0），则c=3，a=2，b=1，所以点P的轨迹方程E：x24+y2=1.

解法2：设点法.设P（x，y），则PF的中点为Gx－32，y2.依题意可得|GO|=2－|PF|2，即x－322+y22=2－12（x+3）2+y2.

整理，得（x－3）2+y2=4－（x+3）2+y2，化简可得点P的轨迹方程E：x24+y2=1.

解后反思：解决此类动点的轨迹方程问题，比较常见的思维方式就是从定义法入手，依托问题条件合理挖掘几何关系式，利用圆锥曲线的定义来确定轨迹类型，进而求解轨迹方程；另一种思维方式就是从设点法入手，依托问题条件合理挖掘几何关系式，利用解析几何的方法来数学运算或逻辑推理，进而求解对应的轨迹方程.

2.2 第（2）问的解答

解析：设点S（x1，y1），T（x2，y2），y1≠1，y2≠1，先证明直线ST恒过定点，如图1所示，理由如下.

法1：设线法.

由对称性可知，直线ST的斜率不为0，所以设直线ST的方程为x=my+n.

联立直线ST与椭圆E的方程x=my+n，x24+y2=1，消去x可得（m2+4）y2+2mny+n2－4=0.

由Δ>0，得4+m2－n2>0.

所以y1+y2=－2mnm2+4，y1y2=n2－4m2+4.

由直线AS的方程为x=x1y1－1（y－1），令y=0，得点M的横坐标t=－x1y1－1，同理可得点N的横坐标4－t=－x2y2－1，所以－x1y1－1－x2y2－1=4.将x1=my1+n，x2=my2+n代入上式整理

（2m+4）y1y2+（n－m－4）（y1+y2）+4－2n=0.

整理得m2+2mn+n2－2m－2n=0，即m，n满足方程（m+n）（m+n－2）=0.

若m+n=0，即n=－m，则直线ST方程为x=m（y－1），过点A（0，1），不合题意.

所以m+n－2=0，此时n=2－m，直线ST的方程为x=m（y－1）+2，所以直线ST过定点Q（2，1）.

因为直线ST过定点Q（2，1），且与轨迹E始终有两个交点，又A（0，1），AH⊥ST，垂足为H，

故点H的轨迹是以AQ为直径的半圆（不含点A，Q，在直线AQ下方）.

设AQ的中点为C，则圆心C（1，1），半径为1.

所以|OH|≥|OC|－1=2－1，当且仅当点H在线段OC上时，故|OH|的最小值为2－1.

法2：分类讨论法1.

①当直线ST的斜率存在时，设直线ST的方程为y=kx+m.

联立直线ST与椭圆E的方程y=kx+m，x24+y2=1，消去x，可得

（1+4k2）x2+8kmx+4m2－4=0.

由Δ>0，得4k2+1－m2>0.

所以x1+x2=－8km1+4k2，x1x2=4m2－41+4k2.

同证法1得t=－x1y1－1，4－t=－x2y2－1，所以－x1y1－1－x2y2－1=4，即x1（y2－1）+x2（y1－1）=－4（y1－1）（y2－1），将y1=kx1+m，y2=kx2+m代入上式，得（4k2+2k）x1x2+（1+4k）（m－1）（x1+x2）+4（m－1）2=0.

所以（4k2+2k）4m2－41+4k2+（1+4k）（m－1）－8km1+4k2+4（m－1）2=0.

整理得2km－2k+m2－2m+1=（m－1）（2k+m－1）=0，所以m=1－2k（其中m=1时，直线ST：y=kx+1过点A，不符合题意，舍去）.所以直线ST的方程为y=kx+（1－2k）.故直线ST恒过定点Q（2，1）.

②当直线ST的斜率不存在时，此时S（x1，y1），T（x1，－y1），同理可得－x1y1－1－x1－y1－1=4，即x12=1－y21，又x124+y21=1，解得x1=0或x1=2.

若x1=0，则S，T中必有一点与A重合，不符合题意；若x1=2，则M，N重合，也不符合题意.

综上，直线ST过定点Q（2，1）.余略.

法3：分类讨论法2.

①若直线AS，AT的斜率均存在，即x1≠0，x2≠0，则kAS=y1－1x1=－1t，kAT=y2－1x2=1t－4，所以x1y1－1+x2y2－1=－4.

依题意直线ST不经过点A，设直线ST的方程为mx+n（y－1）=1，椭圆E的方程为0=x2+4y2－4=x2+4[（y－1）+1]2－4=x2+4（y－1）2+8（y－1）.

联立mx+n（y－1）=1，x2+4（y－1）2+8（y－1）=0，齐次化可得x2+4（y－1）2+8（y－1）[mx+n（y－1）]=0，整理得（4+8n）（y－1）2+8m（y－1）x+x2=0.

除以（y－1）2，得（4+8n）+8mxy－1+xy－12=0，

因为S（x1，y1），T（x2，y2）满足上式，所以由韦达定理得x1y1－1+x2y2－1=－8m=－4，解得m=12.

所以直线ST：12x+n（y－1）=1.故直线ST恒过定点Q（2，1）.

②若直线AS或AT的斜率不存在时，易求得直线ST：y=x－1，故直线ST过点Q（2，1）.

综上，直线ST过定点Q（2，1）.余略.

解后反思：对于此类直线与圆锥曲线的位置关系的综合问题，涉及直线斜率的存在性、参数取值对直线斜率的影响、参数是否有意义等问题时，经常要采用分类讨论思想，根据不同情况加以细化.当然不同的分类依据对应不同的分类讨论情况，从而加以多思维视角来分析与探究.

3 教学启示

3.1 创新设置，巧妙融合

以上直线与圆锥曲线的综合问题中，以多“动点”、多“动直线”的场景创设，带入点、直线、圆与圆锥曲线等众多解析几何元素，巧妙设置，借助“动直线”过“定点”的证明，结合“动点”的轨迹方程的确定来求解距离的最值问题，能够更加全面、细致地考查学生的“四基”与数学基本能力等.

3.2 模块核心，考查能力

圆锥曲线是平面解析几何的核心内容之一，也是每年高考必考的一道解答题，常以求解圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系等为主，涉及题型多变，此类命题起点往往较低，具有一定的梯度.但在第（2）问中一般都有较为复杂的数学运算与繁杂的逻辑推理，对考生解决数学问题的基本能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现，能够有效拉开不同层次考生之间的差距.