2018年高考理科数学全国（Ⅰ）卷第16题几种解题思路
时英雄 马艳
问题（2018年高考理科数学全国（Ⅰ）卷第16题）已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是
.
解法赏析
思路1f（x）=2sinx+sin2x，由周期函数不妨设x∈0，2π，
f′x=2cosx+2cos2x=2（2cos2x+cosx-1）=2（2cosx-1）（cosx+1）.
所以，fx在0，π3，5π3，2π上递增，在π3，5π3上递减.
所以f（x）min=min{f（0），f（5π3）}=min0，-332=-332，当x=2kπ-π3，k∈[WTHZ]Z[WTBX]时取等号.
思路2
f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx
≥-21-cos2x·1+cosx2
=-231+cosx33-3cosx≥-2331+cosx+3-3cosx44
≥-23644=-332，所以f（x）min=-332.取等号条件同思路1.
思路3f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx=8sinx2cos3x2.
令t=sinx2cos3x2
t2=13×3sin2x2·cos2x2·cos2x2·cos2x2≤133sin2x2+cos2x2+cos2x2+cos2x244
=13344，所以t∈-3316，3316，f（x）min=-332，取等号条件同思路1.
或者f2（x）=4（1-cosx）（1+cosx）3=[SX（]4[]3[SX）]（3-cosx）（1+cosx）（1+cosx）（1+cosx）≤[SX（]4[]3[SX）][JB（（][SX（]3-3cosx+1+cosx+1+cosx+1+cosx[]4[SX）][JB））]4=[SX（]27[]4[SX）]，当且仅当3-3cosx=1+cosx，即cosx=[SX（]1[]2[SX）]时，取等号.有f（x）min=-[SX（]3[KF（]3[KF）][]2[SX）].
思路4f（x）=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2tan2x2+1
令t=tanx2，所以fx=ft=8tt2+12.
f′t=-83t4+2t2-1t2+14，ft在-
SymboleB@ ，-33，33，+
SymboleB@ 上遞减，在-33，33上递增.
又t→+
SymboleB@ 时，ft→0，
所以f（x）min=f（t）min=f（-33）=-332.取等号条件同思路1.
作者简介时英雄，男，中学一级教师，现任教于安徽省合肥市第一中学，从事高中数学教学及数学解题方法的研究，已在《中学数学》、《中学数学杂志》等省部级期刊上发表数学论文30余篇.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2Y3]2018年高考数学浙江卷第21题引发的探究
[HT][HT5K]浙江省宁波市第四中学315016[HT5H]魏定波
[JZ）][HT]
[FL（K2]
[STFZ]1试题呈现
[TP魏定波-1.tif，Y][TS（][JZ]图1[TS）]
如图1，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.
（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+y24=1（x<0）上的动点，
求△PAB面积的取值范围（2018年高考浙江卷第21题）.
抛物线具有结构简单优美、代数计算量适中的特点，因此常常受到命题者的青睐.本题设计巧妙，不落俗套，创新意识突出，具有良好的区分度，而且它的许多性质源于著名的“阿基米德三角形”.
2试题解析
（Ⅰ）证明
方法1设P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），则线段AP的中点
C（x0+x12，y0+y12），代入抛物线方程，得
y12+2y0y1+y20=8x0+8x1，即y12-2y0y1+8x0-y20=0，
依题意，y1，y2是方程y2-2y0y+8x0-y20=0的两个根，则y1+y2=2y0，即y0=yM，故PM垂直于y轴.
[TP魏定波-2.tif，Y][TS（][JZ]图2[TS）]
方法2设线段PA、PB的中点分别为C、D，线段CD的中点为N，由平面几何知识容易知道P、N、M三点共线（如图2）.
（1）当直线AB与x轴垂直时，由于抛物线的对称轴是x轴，所以△PAB是等腰三角形，且AB∥y轴，则有PM⊥AB（M，N在x轴上），即PM垂直于y轴.
（2）当直线AB与x轴不垂直时，
kAB=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2yM，同理kCD=2yN，由AB∥CD，得yM=yN，即PM垂直于y轴.
综上所述，PM垂直于y轴.
（Ⅱ）解法1由（Ⅰ）得，y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，
S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=12（x1+x22-x0）|y1-y2|=12（y12+y228-x0）|y1-y2|
=324（y20-4x0）y20-4x0.
由于y20=4-4x20（-1≤x0<0），所以y20-4x0=4（-x20-x0+1）∈[4，5]，故S△PAB∈[62，15104].
解法2设直线AB的方程x=ty+m，
由x=ty+m，y2=4x，得，y2-4ty-4m=0，因为y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，所以t=12y0，m=y204-2x0，
|AB|=（1+t2）（y2-y1）2=（1+t2）（8y20-32x0），d=|x0-ty0-m|1+t2，所以
S△PAB=12|AB|·d=324（y20-4x0）y20-4x0，以下同解法1.
[STFZ]3性质再探
将上述试题作进一步探究：
（1）已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD，其中AB∥CD.
①则该梯形的两腰所在直线的交点、对角线交点及上下底的中点都在垂直y轴的直线l上（如图3）；
②若直线l与抛物线C交于R，则过R点抛物线的切线与直线AB平行；
[TP魏定波-3.tif，Y][TS（][JZ]图3[TS）]
③若直线AB、AC、BD的斜率存在，则1kAC+1kBD=2kAB；
④若直线AB的斜率不存在，则kAC+kBD=0；
⑤若直线AC的斜率不存在，则kAB=2kBD；
证明①的证明与试题（Ⅰ）证明相仿，不再阐述.
②当直线AB斜率不存在时，点R即为原点O，结论成立；当直线AB斜率存在时，对于y2=4x两边对x求导，得2y·y′=4，则k=y′=2yR=2yM=kAB，即过R点抛物线的切线与直线AB平行.
③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4
=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2·yM2=2kAB；
下面证明⑤，对于④的证明同理可得.
因为直线AC的斜率不存在，所以xC=xA，yC+yA=0，又yC+yD=yA+yB.
则yD-yB=2yA，
所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2×4yB+yD=2kBD.
（2）已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD，其中AB∥CD，过点P作抛物线的两切线PE和PF（其中切点为E、F），則直线EF与AB平行，且直线EF经过Q点（如图4）.
[TP魏定波-4.tif，Y][TS（][JZ]图4[TS）]
证明由P（x0，y0）向抛物线C：y2=4x作切线PE、PF，容易得到切点弦EF所在的直线方程为：
2x-y0y+2x0=0，对比直线AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF∥AB.
由2x-y0y+2x0=0得线段EF的中点Q′（y202-x0，y0），又直线AC的方程为
4x-（yA+yC）y+yAyC=0，要证明Q′，Q重合，只须等式
（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立.
由于直线BC过点P，所以（yB+yC）y0-yByC=4x0，上述二个等式相加，其右边等于4（y202-x0）+4x0=2y20，其左边等于
（yB+yC）y0-yByC+（yA+yC）y0-yAyC=（yB+yA+2yC）y0-（yB+yA）yC
=（2y0+2yC）y0-2y0yC=（2y0+2yC）y0-2y0yC=2y20.
故（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立，即直线EF经过Q点.
进一步，当D、C分别趋向于A、B时，直线AD的方程由4x-（yA+yC）y+yAyC=0，变为4x-2yAy+yA2=0，即为2x-yAy+2xA=0，此为过点A的抛物线切线方程，△PAB转化为著名的“阿基米德三角形”.
作者简介魏定波，浙江省宁波市第四中学高级教师.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2H]2018年全国Ⅰ卷理第19题的探究
[HT][HT5K]江西省吉水中学331600[HT5H]孙春生
[JZ）][HT]
[FL（K2]
2018年高考全国I卷理科第19题
设椭圆C：x22+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.
本题围绕直线与椭圆的位置关系这一重点内容，加强了对解析几何基本概念、基本思想方法和关键能力的考查，着重考查了直线方程的求法，椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及直线的斜率等多个知识点.简洁明了的题意背后是命题人的匠心独运，笔者利用几何画板对本题作了较系统的探究，现结合2018年高考Ⅰ卷文科第20题，一并阐述如下.
解（1）略；
（2）证明：当直线l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，
由x=ty+1，x22+y2=1，得：（t2+2）y2+2ty-1=0，
由于点F在曲线内，故方程存在两个根.设方程的两个根分别为y1，y2，则
y1+y2=-2tt2+2，y1y2=-1t2+2，
要使∠OMA=∠OMB相等，则问题转化为证明直线MA与MB的斜率互为相反数，设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2=y1ty1-1+y2ty2-1=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1），
将y1+y2，y1y2的表达式分别代入，可得
kMA+kMB=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1）=-2tt2+2--2tt2+2（ty1-1）（ty2-1）=0
故此时∠OMA=∠OMB，
综上所述，∠OMA=∠OMB.
解题后进行探究：题中的点M有什么特殊性吗？由椭圆的简单几何性质，通过计算知M是椭圆准线与x轴的交点，将探究拓展成一般情形的猜想得到命题：
命题1设椭圆C：x2a2+y2b2=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（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
证明当直线l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，由
x=ty+c，x2a2+y2b2=1，得：（b2t2+a2）y2+2tcb2y-b4=0，由于点F在曲线内，故方程存在两个根y1，y2，且y1+y2=-2tcb2b2t2+a2，y1y2=-b4b2t2+a2，
设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1-b2+cy2cty2-b2=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）
将y1+y2，y1y2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0.
因此，对椭圆一般情况问题成立.
将椭圆推广到双曲线，易证以下推广命题：
推广1设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C的右支同时交于A、B两点，点M的坐标为（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
进一步探究，当过F的直线l与C的左、右支分别交于一点时，情形如何？从几何作图来看，猜想有∠OMA+∠OMB=180°.
证明当直线l与x轴重合时，∠OMA+∠OMB=180°，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，
由x=ty+c，x2a2-y2b2=1，得：（b2t2-a2）y2+2tcb2y+b4=0，
设方程的两个根为y1，y2，则y1+y2=-2tcb2b2t2-a2，y1y2=b4b2t2-a2，
设直线MA与MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1+b2+cy2cty2+b2=2c2ty1y2+b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0
因此直线MA与MB倾斜角互补，即∠OMA+∠OMB=180°成立.
推广2设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C的左右支分别交于A、B两点，点M的坐标为（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA+∠OMB=180°.
椭圆中这一性质对于双曲线有类似的推广命题，对于抛物线也不难证得有相关结论：
推广3设抛物线C：y2=2px的焦点为F，过F的直线与C交于A、B两点，点
M（-p2，0），O為坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
这一结论与2018年全国Ⅰ卷文科第20题极为相似：
（2018年高考Ⅰ卷文科第20题）已知抛物线C：y2=2x，点A（2，0），B（-2，0），过A的直线l与C交于M，N两点，证明∠ABM=∠ABN.
比照推广3与高考文科题20，易猜想在抛物线中，只需要满足x轴上的两点A，B对称地分布在原点两侧，命题成立.
探究设A（a，0），B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过A作直线l交抛物线C：y2=2px于M，N两点，则∠ABM=∠ABN.
证明设l的方程为：x=ty+a，
由x=ty+a，y2=2px，得：y2-2pty-2pa=0，
设方程的两个根为y1，y2，则y1+y2=2pt，y1y2=-2pa，
由直线MA与直线MB的斜率之和为：
kMA+kMB=y1x1+a+y2x2+a=y1ty1+2a+y2ty2+2a=2ty1y2+2a（y1+y2）（ty1+2a）（ty2+2a）=0，
因此猜想成立，故综合以上探究有以下命题：
命题2设抛物线C：y2=2px，点A（a，0），点B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过点A的直线l与C交于M，N两点，则∠ABM=∠ABN.
进一步探究，可得以上命题的逆命题仍成立，故有以下推广命题：
推论1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C交于A、B两点，O为坐标原点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.
推论2已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C同时交于右支A、B两点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.
推论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C交于左右两支分别为A、B两点，O为坐标原点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA+∠OMB=180°.
推论4已知抛物线C：y2=2px，点A（a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过A的直线l与C交于M，N两点，则存在唯一一点B（-a，0），使∠MBA=∠NBA.
一个看似平淡无奇的高考题，其产生的依据却是一些通用的性质作背景，若我们在解决数学问题后，能根据题中条件与结论之间蕴含的内在联系，在题后多反思，并由特殊推广到一般情形，则我们更能把握问题的实质，更能统领问题的全局.
作者简介
孙春生（1971—），男，江西吉水人.
研究方向：高中数学教材教法，高考命题方向探究，高中数学解题方法探讨，经典题型母题研究.
主要成绩：江西省骨干教师，吉水县名师，一直从事高中数学教学，兼任学校数学教研组长，指导学生在高考与奥赛中取得优异成绩，在《数学通报》、《数学教学》、《中学数学杂志》等省级以上刊物发表文章百余篇，撰写教辅书多部.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2XBS]巧用结论妙解试题
[ZW（*]基金项目：四川省"西部卓越中学数学教师协同培养计划"项目（ZY16001）.[ZW）]
[HT1.][HT4F]——以2018年圆锥曲线试题为例
[HT][HT5K]四川省内江师范学院数学与信息科学学院641100[HT5H]余小芬彭玉灵
[JZ）][HT]
[FL（K2]
教材中结论主要以公式、定理、法则的形式直接呈现.事实上，教材中间接隐含了一些结论（这里称为“二手”结论）需要开发.“二手”结论往往是高考命题的重要取材、是解答高考试题的重要工具.本文以“二手结论”在2018年圆锥曲线试题中的应用举例说明.
结论1双曲线焦点到渐近线的距离为b，其中b为虚半轴长.
证明不妨设双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），右焦点F（c，0），l：y=bax为双曲线的一条渐近线，即bx-ay=0.故F到l的距离d=bcb2+a2=bcc=b.
例1（2018年高考全国Ⅲ卷文科第10题）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）.
A.2B.2C.322D.22
解不妨设c=4，故点（4，0）为双曲线右焦点.由结论1，（4，0）到C的渐近线的距离为b.由e=2
=ca，得a=22，所以b=c2-a2=22.故选D.
评注本题通过特殊法假设c=4，巧妙将问题转化为双曲线焦点到渐近线的距离，从而利用结论快速求解，避免了繁琐计算，节约了求解时间.
例2（2018年高考天津卷理科第7题）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，设A、B到双曲线同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d2=6，则双曲线的方程为（）.
A.x24-y212=1B.x212-y24=1C.x23-y29=1D.x29-y23=1
图1
解如图1，设右焦点为P，作AC⊥l（l为渐近线）于C，BD⊥l于D，PM⊥l于M.易知PM为梯形ABDC的中位线，所以d1+d2=AC+BD=2PM=6，PM=3.又由结论1，b=PM=3.再由e=ca=2，c2=a2+b2，解得a2=3，故双曲线方程为x23-y29=1.
评注本题结合梯形中位线性质，将d1+d2转化为焦点到准线的距离，进而利用结论1求解问题.
例3（2018年高考全國Ⅰ卷理科第11题）已知双曲线C：x23-y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则MN=（）.
A.32B.3C.23D.4
图2
解如图2，双曲线渐近线方程为y=±33x，故tan∠MOF=33，所以∠MOF=30°，∠MON=60°.故Rt△OMN中，不妨设∠OMN=90°（∠ONM=90°同理可得），即FM⊥OM，故由结论1，FM=b.又OF=c，故MO=a=3.因此在Rt△OMN中，MN=MO·tan60°=3MO=3.
评注本题关键是通过渐近线方程求得Rt△OMN中∠MON=60°，以此确定△OMN中直角位置，
从而利用结论1求得△OMN中一直角边，进而根据正切函数求得边长.
例4（2018年高考全国Ⅲ卷理科第11题）设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若PF1=6OP，则C的离心率为（）.
A.5B.2C.3D.2
图3
解如图3，过F1作渐近线l的垂线，垂足为P′.由结论1，F2P=F1P′=b.在Rt△POF2中，OP=OF22-PF22=c2-b2=a.同理，OP′=a.由已知，PF1=6OP=6a.又在Rt△PP′F1中，PF1=F1P′2+PP′2=b2+4a2.故6a=b2+4a2，解得b2a2=2.故e=1+b2a2=3.
评注在Rt△POF2中，利用结论1易求OP长，进而结合PF1=6OP求得PF1长.事实上，本题可在△PF1F2中利用余弦定理建立a，b的关系式，但计算较为复杂.因此，通过利用双曲线的对称性，在Rt△PP′F1中求得PF1的长，再利用等量替换求得a，b比例关系，减少了运算量，节约了求解时间.
结论2已知F1，F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=θ，则离心率e=1sinθ+cosθ.
证明在Rt△PF1F2中，F1F2=2c，故PF2=F1F2·cosθ=2ccosθ，PF1=2csinθ.所以PF1+PF2=2c（sinθ+cosθ）=2a，因此离心率e=ca=1sinθ+cosθ.
例5（2018年高考全国Ⅱ卷文科第11题）已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为（）.
A.1-32B.2-3C.3-12D.3-1
解由题意，利用结论2，e=1sin60°+cos60°=3-1.
例6（2018年高考北京卷理科第14题）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0），双曲线N：x2m2-y2n2=1，若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为.图4
解如图4，不妨设椭圆M的左，右焦点分别为F1，F2.由题意，ABF1CDF2为正六边形.连接AF1，易知∠F1AF2=90°，且∠F1F2A=60°.故由结论2，椭圆离心率e=1sin60°+cos60°=3-1.
连接AO，易知∠AOF2=60°，即双曲线渐近线斜率nm=tan60°=3，故双曲线N的离心率e=1+n2m2=2.
评注根据正六边形几何性质，不难得到题中焦点△F1AF2满足结论2的条件，故利用公式直接求解椭圆离心率；再由渐近线倾斜角表示斜率，从而获得m，n比例关系，再利用双曲线离心率公式求得答案.
图5
结论3若AB是过抛物线y2=2px（p>0）的焦点的弦，则以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，且切点M与焦点F的连线垂直于弦AB.
证明如图5，过点A，B分别向抛物线的准线l作垂线，垂足分别为A1，B1.过AB中点N向l作垂线，垂足为M.设以AB为直径的圆的半径为r，因为2r=AB=AF+BF=AA1+BB1=2MN，故MN=r.因此，以AB为直径的圆与l相切.
下面再证MF⊥AB.
（1）当AB与x轴垂直时，结论显然成立；
（2）当AB不与x轴垂直时，设M（-p2，t），又F（p2，0），故kMF=t-p.又kAB=yA-yBxA-xB=
yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF·kAB=-1，即MF⊥AB.例7（2018年高考全国Ⅲ卷理科第16题）已知点M-1，1和抛物线C：y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点.若∠AMB=90°，则k=[CD#4].
解由题意，抛物线C的焦点为F（1，0），准线方程为：x=-1.即M（-1，1）恰在准线上，且满足∠AMB=90°，故由结论3，有MF⊥AB，所以kMF·kAB=-1.又kMF=0-11-（-1）=-12，故kAB=2.
评注由抛物线方程易知M在抛物线准线上，且∠AMB=90°，即M位于以AB为直径的圆上，且M恰为该圆与准线相切的切点，故由结论3，利用两直线垂直的斜率关系，快速求得直线AB的斜率.由此可见，利用结论求解避免了联立直线与曲线方程求解的繁琐.
结论4设点P（x0，y0）是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的一点，F1（-c，0），F2（c，0）分别为椭圆的左右焦点，则PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，其中e为椭圆离心率.
证明PF12=（x0+c）2+y20=（x20+2cx0+c2）+b2-b2a2x20=（1-b2a2）x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=（cax0+a）2，所以PF1=cax0+a=ex0+a.又PF1+PF2=2a，所以PF2=a-ex0.
例8（2018年高考全国Ⅲ卷文科第20题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24+y23=1交于A，B两点.线段AB的中点为M1，mm>0.
（Ⅰ）略；（Ⅱ）F为C的右焦点，P为C上一点，且FP+FA+FB=[STHZ]0.
证明：2FP=FA+FB.
解由题意，a=2，b=3，所以c=1，故右焦点为F（1，0），离心率e=12.设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3），故FP+FA+FB=（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（x1+x2+x3-3，y1+y2+y3）.
由FP+FA+FB=[STHZ]0，得x1+x2+x3=3.又线段AB的中点为M1，m，所以x1+x2=2，x3=1.又由结论4，FA=a-ex1=2-12x1，FB=a-ex2=2-12x2，FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12（x1+x2）=3，故FA+FB=2FP，即2FP=FA+FB.
評注解决本题的关键是利用结论4表示出FA，FB，FP，再结合条件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M为线段AB中点，通过向量加法的坐标运算及中点坐标公式求得x1，x2，x3的关系，从而证得结论.
由此可见，“二手结论”在解决高考试题中发挥着重要作用，利用“二手结论”解题也体现了近年高考“多考点想，少考点算”的基本命题理念.特别指出，上文的结论1—4并非“繁难偏怪”，而是完全依据教材中圆锥曲线的重要概念、性质以及领悟教材例题、习题设计意图，通过适当变式、拓展而来.这正如教育家叶圣陶先生所说：“教材无非是个例子，它只能作为教课的依据.要教得好，使学生受益，还要靠教师善于运用.”因此，基于《普通高中数学课程标准（2017年版）》、《普通高等学校招生全国统一考试大纲》，结合高考命题实际，对教材中的某些内容进行删减、拓展、补充、改进、增补、变式、整合等.通过二次开发，将学习形态的数学转化为应试形态的数学、将教材结构转化为应试结构，不仅可以弥补、完善数学知识结构，也能促进学生对知识灵活、综合的应用，拓宽学生数学思维的广度和深度，激发他们进一步学习的潜能.
问题（2018年高考理科数学全国（Ⅰ）卷第16题）已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是
.
解法赏析
思路1f（x）=2sinx+sin2x，由周期函数不妨设x∈0，2π，
f′x=2cosx+2cos2x=2（2cos2x+cosx-1）=2（2cosx-1）（cosx+1）.
所以，fx在0，π3，5π3，2π上递增，在π3，5π3上递减.
所以f（x）min=min{f（0），f（5π3）}=min0，-332=-332，当x=2kπ-π3，k∈[WTHZ]Z[WTBX]时取等号.
思路2
f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx
≥-21-cos2x·1+cosx2
=-231+cosx33-3cosx≥-2331+cosx+3-3cosx44
≥-23644=-332，所以f（x）min=-332.取等号条件同思路1.
思路3f（x）=2sinx+2sinxcosx=2sinx1+cosx=8sinx2cos3x2.
令t=sinx2cos3x2
t2=13×3sin2x2·cos2x2·cos2x2·cos2x2≤133sin2x2+cos2x2+cos2x2+cos2x244
=13344，所以t∈-3316，3316，f（x）min=-332，取等号条件同思路1.
或者f2（x）=4（1-cosx）（1+cosx）3=[SX（]4[]3[SX）]（3-cosx）（1+cosx）（1+cosx）（1+cosx）≤[SX（]4[]3[SX）][JB（（][SX（]3-3cosx+1+cosx+1+cosx+1+cosx[]4[SX）][JB））]4=[SX（]27[]4[SX）]，当且仅当3-3cosx=1+cosx，即cosx=[SX（]1[]2[SX）]时，取等号.有f（x）min=-[SX（]3[KF（]3[KF）][]2[SX）].
思路4f（x）=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2tan2x2+1
令t=tanx2，所以fx=ft=8tt2+12.
f′t=-83t4+2t2-1t2+14，ft在-
SymboleB@ ，-33，33，+
SymboleB@ 上遞减，在-33，33上递增.
又t→+
SymboleB@ 时，ft→0，
所以f（x）min=f（t）min=f（-33）=-332.取等号条件同思路1.
作者简介时英雄，男，中学一级教师，现任教于安徽省合肥市第一中学，从事高中数学教学及数学解题方法的研究，已在《中学数学》、《中学数学杂志》等省部级期刊上发表数学论文30余篇.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2Y3]2018年高考数学浙江卷第21题引发的探究
[HT][HT5K]浙江省宁波市第四中学315016[HT5H]魏定波
[JZ）][HT]
[FL（K2]
[STFZ]1试题呈现
[TP魏定波-1.tif，Y][TS（][JZ]图1[TS）]
如图1，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.
（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+y24=1（x<0）上的动点，
求△PAB面积的取值范围（2018年高考浙江卷第21题）.
抛物线具有结构简单优美、代数计算量适中的特点，因此常常受到命题者的青睐.本题设计巧妙，不落俗套，创新意识突出，具有良好的区分度，而且它的许多性质源于著名的“阿基米德三角形”.
2试题解析
（Ⅰ）证明
方法1设P（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），则线段AP的中点
C（x0+x12，y0+y12），代入抛物线方程，得
y12+2y0y1+y20=8x0+8x1，即y12-2y0y1+8x0-y20=0，
依题意，y1，y2是方程y2-2y0y+8x0-y20=0的两个根，则y1+y2=2y0，即y0=yM，故PM垂直于y轴.
[TP魏定波-2.tif，Y][TS（][JZ]图2[TS）]
方法2设线段PA、PB的中点分别为C、D，线段CD的中点为N，由平面几何知识容易知道P、N、M三点共线（如图2）.
（1）当直线AB与x轴垂直时，由于抛物线的对称轴是x轴，所以△PAB是等腰三角形，且AB∥y轴，则有PM⊥AB（M，N在x轴上），即PM垂直于y轴.
（2）当直线AB与x轴不垂直时，
kAB=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2yM，同理kCD=2yN，由AB∥CD，得yM=yN，即PM垂直于y轴.
综上所述，PM垂直于y轴.
（Ⅱ）解法1由（Ⅰ）得，y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，
S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=12（x1+x22-x0）|y1-y2|=12（y12+y228-x0）|y1-y2|
=324（y20-4x0）y20-4x0.
由于y20=4-4x20（-1≤x0<0），所以y20-4x0=4（-x20-x0+1）∈[4，5]，故S△PAB∈[62，15104].
解法2设直线AB的方程x=ty+m，
由x=ty+m，y2=4x，得，y2-4ty-4m=0，因为y1+y2=2y0，y1y2=8x0-y20，所以t=12y0，m=y204-2x0，
|AB|=（1+t2）（y2-y1）2=（1+t2）（8y20-32x0），d=|x0-ty0-m|1+t2，所以
S△PAB=12|AB|·d=324（y20-4x0）y20-4x0，以下同解法1.
[STFZ]3性质再探
将上述试题作进一步探究：
（1）已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD，其中AB∥CD.
①则该梯形的两腰所在直线的交点、对角线交点及上下底的中点都在垂直y轴的直线l上（如图3）；
②若直线l与抛物线C交于R，则过R点抛物线的切线与直线AB平行；
[TP魏定波-3.tif，Y][TS（][JZ]图3[TS）]
③若直线AB、AC、BD的斜率存在，则1kAC+1kBD=2kAB；
④若直线AB的斜率不存在，则kAC+kBD=0；
⑤若直线AC的斜率不存在，则kAB=2kBD；
证明①的证明与试题（Ⅰ）证明相仿，不再阐述.
②当直线AB斜率不存在时，点R即为原点O，结论成立；当直线AB斜率存在时，对于y2=4x两边对x求导，得2y·y′=4，则k=y′=2yR=2yM=kAB，即过R点抛物线的切线与直线AB平行.
③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4
=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2·yM2=2kAB；
下面证明⑤，对于④的证明同理可得.
因为直线AC的斜率不存在，所以xC=xA，yC+yA=0，又yC+yD=yA+yB.
则yD-yB=2yA，
所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2×4yB+yD=2kBD.
（2）已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD，其中AB∥CD，过点P作抛物线的两切线PE和PF（其中切点为E、F），則直线EF与AB平行，且直线EF经过Q点（如图4）.
[TP魏定波-4.tif，Y][TS（][JZ]图4[TS）]
证明由P（x0，y0）向抛物线C：y2=4x作切线PE、PF，容易得到切点弦EF所在的直线方程为：
2x-y0y+2x0=0，对比直线AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF∥AB.
由2x-y0y+2x0=0得线段EF的中点Q′（y202-x0，y0），又直线AC的方程为
4x-（yA+yC）y+yAyC=0，要证明Q′，Q重合，只须等式
（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立.
由于直线BC过点P，所以（yB+yC）y0-yByC=4x0，上述二个等式相加，其右边等于4（y202-x0）+4x0=2y20，其左边等于
（yB+yC）y0-yByC+（yA+yC）y0-yAyC=（yB+yA+2yC）y0-（yB+yA）yC
=（2y0+2yC）y0-2y0yC=（2y0+2yC）y0-2y0yC=2y20.
故（yA+yC）y0-yAyC=4（y202-x0）成立，即直线EF经过Q点.
进一步，当D、C分别趋向于A、B时，直线AD的方程由4x-（yA+yC）y+yAyC=0，变为4x-2yAy+yA2=0，即为2x-yAy+2xA=0，此为过点A的抛物线切线方程，△PAB转化为著名的“阿基米德三角形”.
作者简介魏定波，浙江省宁波市第四中学高级教师.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2H]2018年全国Ⅰ卷理第19题的探究
[HT][HT5K]江西省吉水中学331600[HT5H]孙春生
[JZ）][HT]
[FL（K2]
2018年高考全国I卷理科第19题
设椭圆C：x22+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.
本题围绕直线与椭圆的位置关系这一重点内容，加强了对解析几何基本概念、基本思想方法和关键能力的考查，着重考查了直线方程的求法，椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及直线的斜率等多个知识点.简洁明了的题意背后是命题人的匠心独运，笔者利用几何画板对本题作了较系统的探究，现结合2018年高考Ⅰ卷文科第20题，一并阐述如下.
解（1）略；
（2）证明：当直线l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，
由x=ty+1，x22+y2=1，得：（t2+2）y2+2ty-1=0，
由于点F在曲线内，故方程存在两个根.设方程的两个根分别为y1，y2，则
y1+y2=-2tt2+2，y1y2=-1t2+2，
要使∠OMA=∠OMB相等，则问题转化为证明直线MA与MB的斜率互为相反数，设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2=y1ty1-1+y2ty2-1=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1），
将y1+y2，y1y2的表达式分别代入，可得
kMA+kMB=2ty1y2-（y1+y2）（ty1-1）（ty2-1）=-2tt2+2--2tt2+2（ty1-1）（ty2-1）=0
故此时∠OMA=∠OMB，
综上所述，∠OMA=∠OMB.
解题后进行探究：题中的点M有什么特殊性吗？由椭圆的简单几何性质，通过计算知M是椭圆准线与x轴的交点，将探究拓展成一般情形的猜想得到命题：
命题1设椭圆C：x2a2+y2b2=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（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
证明当直线l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，由
x=ty+c，x2a2+y2b2=1，得：（b2t2+a2）y2+2tcb2y-b4=0，由于点F在曲线内，故方程存在两个根y1，y2，且y1+y2=-2tcb2b2t2+a2，y1y2=-b4b2t2+a2，
设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1-b2+cy2cty2-b2=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）
将y1+y2，y1y2的表达式分别代入，可得kMA+kMB=2c2ty1y2-b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0.
因此，对椭圆一般情况问题成立.
将椭圆推广到双曲线，易证以下推广命题：
推广1设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C的右支同时交于A、B两点，点M的坐标为（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
进一步探究，当过F的直线l与C的左、右支分别交于一点时，情形如何？从几何作图来看，猜想有∠OMA+∠OMB=180°.
证明当直线l与x轴重合时，∠OMA+∠OMB=180°，符合题意；
当直线l与x轴不重合时，设l的方程为：x=ty+c，
由x=ty+c，x2a2-y2b2=1，得：（b2t2-a2）y2+2tcb2y+b4=0，
设方程的两个根为y1，y2，则y1+y2=-2tcb2b2t2-a2，y1y2=b4b2t2-a2，
设直线MA与MB的斜率分别为kMA，kMB，则
kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2-a2c=cy1cty1+b2+cy2cty2+b2=2c2ty1y2+b2c（y1+y2）（cty1-b2）（cty2-b2）=0
因此直线MA与MB倾斜角互补，即∠OMA+∠OMB=180°成立.
推广2设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C的左右支分别交于A、B两点，点M的坐标为（a2c，0），O为坐标原点，则∠OMA+∠OMB=180°.
椭圆中这一性质对于双曲线有类似的推广命题，对于抛物线也不难证得有相关结论：
推广3设抛物线C：y2=2px的焦点为F，过F的直线与C交于A、B两点，点
M（-p2，0），O為坐标原点，则∠OMA=∠OMB.
这一结论与2018年全国Ⅰ卷文科第20题极为相似：
（2018年高考Ⅰ卷文科第20题）已知抛物线C：y2=2x，点A（2，0），B（-2，0），过A的直线l与C交于M，N两点，证明∠ABM=∠ABN.
比照推广3与高考文科题20，易猜想在抛物线中，只需要满足x轴上的两点A，B对称地分布在原点两侧，命题成立.
探究设A（a，0），B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过A作直线l交抛物线C：y2=2px于M，N两点，则∠ABM=∠ABN.
证明设l的方程为：x=ty+a，
由x=ty+a，y2=2px，得：y2-2pty-2pa=0，
设方程的两个根为y1，y2，则y1+y2=2pt，y1y2=-2pa，
由直线MA与直线MB的斜率之和为：
kMA+kMB=y1x1+a+y2x2+a=y1ty1+2a+y2ty2+2a=2ty1y2+2a（y1+y2）（ty1+2a）（ty2+2a）=0，
因此猜想成立，故综合以上探究有以下命题：
命题2设抛物线C：y2=2px，点A（a，0），点B（-a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过点A的直线l与C交于M，N两点，则∠ABM=∠ABN.
进一步探究，可得以上命题的逆命题仍成立，故有以下推广命题：
推论1已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C交于A、B两点，O为坐标原点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.
推论2已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C同时交于右支A、B两点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA=∠OMB.
推论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的右焦点为F，过F的直线l与C交于左右两支分别为A、B两点，O为坐标原点，则存在唯一一点M（a2c，0），使∠OMA+∠OMB=180°.
推论4已知抛物线C：y2=2px，点A（a，0）（a>0，a∈[WTHZ]R[WTBX]），过A的直线l与C交于M，N两点，则存在唯一一点B（-a，0），使∠MBA=∠NBA.
一个看似平淡无奇的高考题，其产生的依据却是一些通用的性质作背景，若我们在解决数学问题后，能根据题中条件与结论之间蕴含的内在联系，在题后多反思，并由特殊推广到一般情形，则我们更能把握问题的实质，更能统领问题的全局.
作者简介
孙春生（1971—），男，江西吉水人.
研究方向：高中数学教材教法，高考命题方向探究，高中数学解题方法探讨，经典题型母题研究.
主要成绩：江西省骨干教师，吉水县名师，一直从事高中数学教学，兼任学校数学教研组长，指导学生在高考与奥赛中取得优异成绩，在《数学通报》、《数学教学》、《中学数学杂志》等省级以上刊物发表文章百余篇，撰写教辅书多部.
[HT][HJ][FL）]
[JZ（][HT2XBS]巧用结论妙解试题
[ZW（*]基金项目：四川省"西部卓越中学数学教师协同培养计划"项目（ZY16001）.[ZW）]
[HT1.][HT4F]——以2018年圆锥曲线试题为例
[HT][HT5K]四川省内江师范学院数学与信息科学学院641100[HT5H]余小芬彭玉灵
[JZ）][HT]
[FL（K2]
教材中结论主要以公式、定理、法则的形式直接呈现.事实上，教材中间接隐含了一些结论（这里称为“二手”结论）需要开发.“二手”结论往往是高考命题的重要取材、是解答高考试题的重要工具.本文以“二手结论”在2018年圆锥曲线试题中的应用举例说明.
结论1双曲线焦点到渐近线的距离为b，其中b为虚半轴长.
证明不妨设双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），右焦点F（c，0），l：y=bax为双曲线的一条渐近线，即bx-ay=0.故F到l的距离d=bcb2+a2=bcc=b.
例1（2018年高考全国Ⅲ卷文科第10题）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）.
A.2B.2C.322D.22
解不妨设c=4，故点（4，0）为双曲线右焦点.由结论1，（4，0）到C的渐近线的距离为b.由e=2
=ca，得a=22，所以b=c2-a2=22.故选D.
评注本题通过特殊法假设c=4，巧妙将问题转化为双曲线焦点到渐近线的距离，从而利用结论快速求解，避免了繁琐计算，节约了求解时间.
例2（2018年高考天津卷理科第7题）已知双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，设A、B到双曲线同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d2=6，则双曲线的方程为（）.
A.x24-y212=1B.x212-y24=1C.x23-y29=1D.x29-y23=1
图1
解如图1，设右焦点为P，作AC⊥l（l为渐近线）于C，BD⊥l于D，PM⊥l于M.易知PM为梯形ABDC的中位线，所以d1+d2=AC+BD=2PM=6，PM=3.又由结论1，b=PM=3.再由e=ca=2，c2=a2+b2，解得a2=3，故双曲线方程为x23-y29=1.
评注本题结合梯形中位线性质，将d1+d2转化为焦点到准线的距离，进而利用结论1求解问题.
例3（2018年高考全國Ⅰ卷理科第11题）已知双曲线C：x23-y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则MN=（）.
A.32B.3C.23D.4
图2
解如图2，双曲线渐近线方程为y=±33x，故tan∠MOF=33，所以∠MOF=30°，∠MON=60°.故Rt△OMN中，不妨设∠OMN=90°（∠ONM=90°同理可得），即FM⊥OM，故由结论1，FM=b.又OF=c，故MO=a=3.因此在Rt△OMN中，MN=MO·tan60°=3MO=3.
评注本题关键是通过渐近线方程求得Rt△OMN中∠MON=60°，以此确定△OMN中直角位置，
从而利用结论1求得△OMN中一直角边，进而根据正切函数求得边长.
例4（2018年高考全国Ⅲ卷理科第11题）设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若PF1=6OP，则C的离心率为（）.
A.5B.2C.3D.2
图3
解如图3，过F1作渐近线l的垂线，垂足为P′.由结论1，F2P=F1P′=b.在Rt△POF2中，OP=OF22-PF22=c2-b2=a.同理，OP′=a.由已知，PF1=6OP=6a.又在Rt△PP′F1中，PF1=F1P′2+PP′2=b2+4a2.故6a=b2+4a2，解得b2a2=2.故e=1+b2a2=3.
评注在Rt△POF2中，利用结论1易求OP长，进而结合PF1=6OP求得PF1长.事实上，本题可在△PF1F2中利用余弦定理建立a，b的关系式，但计算较为复杂.因此，通过利用双曲线的对称性，在Rt△PP′F1中求得PF1的长，再利用等量替换求得a，b比例关系，减少了运算量，节约了求解时间.
结论2已知F1，F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=θ，则离心率e=1sinθ+cosθ.
证明在Rt△PF1F2中，F1F2=2c，故PF2=F1F2·cosθ=2ccosθ，PF1=2csinθ.所以PF1+PF2=2c（sinθ+cosθ）=2a，因此离心率e=ca=1sinθ+cosθ.
例5（2018年高考全国Ⅱ卷文科第11题）已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为（）.
A.1-32B.2-3C.3-12D.3-1
解由题意，利用结论2，e=1sin60°+cos60°=3-1.
例6（2018年高考北京卷理科第14题）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0），双曲线N：x2m2-y2n2=1，若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为.图4
解如图4，不妨设椭圆M的左，右焦点分别为F1，F2.由题意，ABF1CDF2为正六边形.连接AF1，易知∠F1AF2=90°，且∠F1F2A=60°.故由结论2，椭圆离心率e=1sin60°+cos60°=3-1.
连接AO，易知∠AOF2=60°，即双曲线渐近线斜率nm=tan60°=3，故双曲线N的离心率e=1+n2m2=2.
评注根据正六边形几何性质，不难得到题中焦点△F1AF2满足结论2的条件，故利用公式直接求解椭圆离心率；再由渐近线倾斜角表示斜率，从而获得m，n比例关系，再利用双曲线离心率公式求得答案.
图5
结论3若AB是过抛物线y2=2px（p>0）的焦点的弦，则以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，且切点M与焦点F的连线垂直于弦AB.
证明如图5，过点A，B分别向抛物线的准线l作垂线，垂足分别为A1，B1.过AB中点N向l作垂线，垂足为M.设以AB为直径的圆的半径为r，因为2r=AB=AF+BF=AA1+BB1=2MN，故MN=r.因此，以AB为直径的圆与l相切.
下面再证MF⊥AB.
（1）当AB与x轴垂直时，结论显然成立；
（2）当AB不与x轴垂直时，设M（-p2，t），又F（p2，0），故kMF=t-p.又kAB=yA-yBxA-xB=
yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF·kAB=-1，即MF⊥AB.例7（2018年高考全国Ⅲ卷理科第16题）已知点M-1，1和抛物线C：y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点.若∠AMB=90°，则k=[CD#4].
解由题意，抛物线C的焦点为F（1，0），准线方程为：x=-1.即M（-1，1）恰在准线上，且满足∠AMB=90°，故由结论3，有MF⊥AB，所以kMF·kAB=-1.又kMF=0-11-（-1）=-12，故kAB=2.
评注由抛物线方程易知M在抛物线准线上，且∠AMB=90°，即M位于以AB为直径的圆上，且M恰为该圆与准线相切的切点，故由结论3，利用两直线垂直的斜率关系，快速求得直线AB的斜率.由此可见，利用结论求解避免了联立直线与曲线方程求解的繁琐.
结论4设点P（x0，y0）是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的一点，F1（-c，0），F2（c，0）分别为椭圆的左右焦点，则PF1=a+ex0，PF2=a-ex0，其中e为椭圆离心率.
证明PF12=（x0+c）2+y20=（x20+2cx0+c2）+b2-b2a2x20=（1-b2a2）x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=（cax0+a）2，所以PF1=cax0+a=ex0+a.又PF1+PF2=2a，所以PF2=a-ex0.
例8（2018年高考全国Ⅲ卷文科第20题）已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24+y23=1交于A，B两点.线段AB的中点为M1，mm>0.
（Ⅰ）略；（Ⅱ）F为C的右焦点，P为C上一点，且FP+FA+FB=[STHZ]0.
证明：2FP=FA+FB.
解由题意，a=2，b=3，所以c=1，故右焦点为F（1，0），离心率e=12.设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3），故FP+FA+FB=（x3-1，y3）+（x1-1，y1）+（x2-1，y2）=（x1+x2+x3-3，y1+y2+y3）.
由FP+FA+FB=[STHZ]0，得x1+x2+x3=3.又线段AB的中点为M1，m，所以x1+x2=2，x3=1.又由结论4，FA=a-ex1=2-12x1，FB=a-ex2=2-12x2，FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12（x1+x2）=3，故FA+FB=2FP，即2FP=FA+FB.
評注解决本题的关键是利用结论4表示出FA，FB，FP，再结合条件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M为线段AB中点，通过向量加法的坐标运算及中点坐标公式求得x1，x2，x3的关系，从而证得结论.
由此可见，“二手结论”在解决高考试题中发挥着重要作用，利用“二手结论”解题也体现了近年高考“多考点想，少考点算”的基本命题理念.特别指出，上文的结论1—4并非“繁难偏怪”，而是完全依据教材中圆锥曲线的重要概念、性质以及领悟教材例题、习题设计意图，通过适当变式、拓展而来.这正如教育家叶圣陶先生所说：“教材无非是个例子，它只能作为教课的依据.要教得好，使学生受益，还要靠教师善于运用.”因此，基于《普通高中数学课程标准（2017年版）》、《普通高等学校招生全国统一考试大纲》，结合高考命题实际，对教材中的某些内容进行删减、拓展、补充、改进、增补、变式、整合等.通过二次开发，将学习形态的数学转化为应试形态的数学、将教材结构转化为应试结构，不仅可以弥补、完善数学知识结构，也能促进学生对知识灵活、综合的应用，拓宽学生数学思维的广度和深度，激发他们进一步学习的潜能.
