巧思妙解“解几”高考题
张 鹄
最近几年全国及各省市高考涌现了大量的优秀解析几何试题，这些试题堪称集体智慧的结晶，也体现了命题专家对新课程理念的深刻理解.近来许多老师撰文对这些试题作了深入的剖析，给出有别于原解答的方法，这使笔者受益非浅.为此，再结合典型例题给出新的解法，以飨读者.
一、借助“1”代换化齐次式
以往的运算中，我们通常都是将直线方程代入曲线方程消去x(或y)得到关于它的一元二次方程，再结合韦达定理进行解题.殊不知，在消元的过程中x与y的地位是一样的.我们若能“平等对待”之，保留x与y而消去常数项将方程化为齐次式.
例1 设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别是F1、F2，A是椭圆上的点，且满足AF2⊥F1F2，原点O 到直线AF1的距离为13|OF1|.
(1)证明：a=2b；
(2)设Q1、Q2为椭圆上的两动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程.(07年天津高考题)
解析：只解答第(2)问.设点D(x0,y0),Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)，直线Q1Q2的方程为ux+vy+w=0(u,v不同时为0)，由题意得w≠0.将直线Q1Q2的方程代入椭圆方程，得x2a2+y2b2=ux+vyw2,整理得1b2-v2w2y2-2uvw2xy+1a2-u2w2x2=0,两边同除以x2,得1b2-v2w2yx2-2uvw2?yx+1a2-u2w2=0(1) ，由OQ1⊥OQ2得，y1x1?y2x2=1(2)，则y1x1及y2x2为(1)两实根.从而，由韦达定理得1b2-v2w2+1a2-u2w2=0，即u2+v2w2=1a2+1b2.又原点O到直线Q1Q2的距离d=|OD|，则|w|u2+v2=x20+y20，化简得到点D的轨迹方程为x2+y2=a2b2a2+b2=23b2.
例2 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离最大值为3，最小值为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y=kx+m与椭圆相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.(07年山东高考题)
解析：易知椭圆的方程为x24+y23=1，又由题意得AD⊥BD(D为右顶点).由于D不在原点，为方便将椭圆方程化成齐次方程，需要将y轴平移至D点，从而得新的椭圆方程为(x+2)24+y23=1，即3x2+4y2+12x=0.设直线l方程为x=uy+v(v≠0)，代入椭圆方程得3x2+4y2+12x?x-uyv=0,即4vy2-12uxy+(3v+12)x2=0，4vyx2-12u?yx+(3v+12)=0，则由AD⊥BD得，4v+(3v+12)=0,v=-127，所以原直线过27，0.
二、利用“λ”变量消元
纵观最近几年高考解析几何题，可以发现，全国及各省市的高考试题中频繁出现诸如㏄1F=λ〧P2哒庋的条件，我们称之为“λ弦”问题.这类试题的一般解法笔者不想在此赘述，只想强调我们在许多情况下代点消元能否注入数学中的整体思维与对称思想，从而提高学生的计算能力与思维水平.
例3 双曲线C与椭圆x28+y24=1有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐进线.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(0，4)的直线l交双曲线于A、B两点，交x轴于Q点(与C的顶点不重合).若㏄Q=λ1㏎A=λ2㏎B撸且λ1+λ2=-83，求点Q的坐标.(06年山东高考题)
解析：(1)双曲线C的方程为x2-y23=1.
(2)设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x0,0)，则由题意，得
x0=λ1(x1-x0)=λ2(x2-x0)，
-4=λ1y1=λ2y2，
即λ1x1-λ2x2=(λ1-λ2)x0，
λ1x1=(1+λ1)x0，
λ2x2=(1+λ2)x0，
-4=λ1y1=λ2y2，又A、B在双曲线上，从而有3x21-y21=3,3x22-y22=3,则3(λ1x1)2-(λ1y1)2=3λ21
3(λ2x2)2-(λ2y2)2=3λ223(λ1x1+λ2x2)?(λ1x1-λ2x2)=3(λ1+λ2)(λ1-λ2),∴(2+λ1+λ2)(λ1-λ2)x20=3(λ1+λ2)(λ1-λ2)輝20=4,x0=±2.
例4 已知点F(1，0)，直线l:x=-1，P为平面上的动点.过点P作直线l的垂线，垂足为点Q，且㏎F?㏎P=〧P?〧Q.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知㎝A=λ1〢F,㎝B=λ2?〣F撸求λ1+λ2的值.(07年福建高考题)
解析：(1)y2=4x;
(2)设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、M(-1,y0)，则由题意，得
(x1+1,y1-y0)=λ1(1-x1,-y1)
(x2+1,y2-y0)=λ2(1-x2,-y2)
(1+λ1)x1=λ1-1,
(1+λ2)x2=λ2-1,
y0=(1+λ1)y1=(1+λ2)y2.又A、B两点在抛物线上，则y21=4x1,y22=4x2,∴4(1+λ1)2x1=4(1+λ2)2x21+λ21+λ12=1-λ11-λ2?1+λ21+λ1,∴λ21-λ22=0(λ1≠λ2)荭霜1+λ2=0.
三、回归定义解题
圆锥曲线的定义揭示了曲线间的本质区别与属性，同时也包含了丰富的几何特征.因而，与通常讲的回归定义解题有所不同的是，这里在强调定义解题的同时更加注重挖掘其内在的几何因素.
例5 已知椭圆x23+y22=1的左右焦点分别为F1、F2.过F1的直线交椭圆于B、D两点，过F2的直线交椭圆于A、C两点，且AC⊥BD，垂足为P.
(1)设P点的坐标为(x0,y0),证明：x203+y202<1;
(2)求四边形ABCD的面积的最小值.(2007年高考全国卷Ⅰ)
解析：(1)略.(2)不妨设直线AC的倾角为θ，且θ∈0,π2，过A、C分别向椭圆右准线作垂线AA1、CC1，设右准线与x轴交于K点.由椭圆定义得|AF2|=e|AA1|,|CF2|=〆|CC1|,则|AF2|玞osθ=|F2K|-|AA1|=2-|AF2|e,|CF2|玞osθ=|CC1|-|F2K|=|CF2|e-2,从而|AF2|=23+玞osθ，|CF2|=23-玞osθ，同理，|BF1|=23+玸inθ，|DF1|=23-玸inθ，S=12|AC|?|BD|=24(3-玞os2θ)(3-玸in2θ)=246+玸in2θ玞os2θ≥246+14=9625.
例6 椭圆的中心是原点O，它的短轴长为22，相应于焦点F(c,0)(c>0)的准线l与x轴相交于点A，|OF|=2|FA|，过点A的直线与椭圆交于P、Q两点.
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若㎡P?㎡Q=0，求直线PQ的方程；
(3)设〢P=λ〢Q(λ>1)，过点P且垂直于x轴的直线与椭圆交于另一点M，证明：〧M=-λ〧Q.(04年天津高考题)
解析：(1)、(2)略.(3)过P、Q分别向准线及x轴作垂线PP1、QQ1、PP2、QQ2，连结PF、QF、MF，由椭圆定义得|PF||QF|=|PP1||QQ1|，又|PP1||QQ1|=|PA||QA|=|PP2||QQ2|，从而|MF||QF|=|PF||QF|=|PP2||QQ2|=|MP2||QQ2|，∴∠MFP2=∠QFQ2，即M、F、Q共线，由上面易知结论成立.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
最近几年全国及各省市高考涌现了大量的优秀解析几何试题，这些试题堪称集体智慧的结晶，也体现了命题专家对新课程理念的深刻理解.近来许多老师撰文对这些试题作了深入的剖析，给出有别于原解答的方法，这使笔者受益非浅.为此，再结合典型例题给出新的解法，以飨读者.
一、借助“1”代换化齐次式
以往的运算中，我们通常都是将直线方程代入曲线方程消去x(或y)得到关于它的一元二次方程，再结合韦达定理进行解题.殊不知，在消元的过程中x与y的地位是一样的.我们若能“平等对待”之，保留x与y而消去常数项将方程化为齐次式.
例1 设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别是F1、F2，A是椭圆上的点，且满足AF2⊥F1F2，原点O 到直线AF1的距离为13|OF1|.
(1)证明：a=2b；
(2)设Q1、Q2为椭圆上的两动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程.(07年天津高考题)
解析：只解答第(2)问.设点D(x0,y0),Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)，直线Q1Q2的方程为ux+vy+w=0(u,v不同时为0)，由题意得w≠0.将直线Q1Q2的方程代入椭圆方程，得x2a2+y2b2=ux+vyw2,整理得1b2-v2w2y2-2uvw2xy+1a2-u2w2x2=0,两边同除以x2,得1b2-v2w2yx2-2uvw2?yx+1a2-u2w2=0(1) ，由OQ1⊥OQ2得，y1x1?y2x2=1(2)，则y1x1及y2x2为(1)两实根.从而，由韦达定理得1b2-v2w2+1a2-u2w2=0，即u2+v2w2=1a2+1b2.又原点O到直线Q1Q2的距离d=|OD|，则|w|u2+v2=x20+y20，化简得到点D的轨迹方程为x2+y2=a2b2a2+b2=23b2.
例2 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离最大值为3，最小值为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y=kx+m与椭圆相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.(07年山东高考题)
解析：易知椭圆的方程为x24+y23=1，又由题意得AD⊥BD(D为右顶点).由于D不在原点，为方便将椭圆方程化成齐次方程，需要将y轴平移至D点，从而得新的椭圆方程为(x+2)24+y23=1，即3x2+4y2+12x=0.设直线l方程为x=uy+v(v≠0)，代入椭圆方程得3x2+4y2+12x?x-uyv=0,即4vy2-12uxy+(3v+12)x2=0，4vyx2-12u?yx+(3v+12)=0，则由AD⊥BD得，4v+(3v+12)=0,v=-127，所以原直线过27，0.
二、利用“λ”变量消元
纵观最近几年高考解析几何题，可以发现，全国及各省市的高考试题中频繁出现诸如㏄1F=λ〧P2哒庋的条件，我们称之为“λ弦”问题.这类试题的一般解法笔者不想在此赘述，只想强调我们在许多情况下代点消元能否注入数学中的整体思维与对称思想，从而提高学生的计算能力与思维水平.
例3 双曲线C与椭圆x28+y24=1有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐进线.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(0，4)的直线l交双曲线于A、B两点，交x轴于Q点(与C的顶点不重合).若㏄Q=λ1㏎A=λ2㏎B撸且λ1+λ2=-83，求点Q的坐标.(06年山东高考题)
解析：(1)双曲线C的方程为x2-y23=1.
(2)设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x0,0)，则由题意，得
x0=λ1(x1-x0)=λ2(x2-x0)，
-4=λ1y1=λ2y2，
即λ1x1-λ2x2=(λ1-λ2)x0，
λ1x1=(1+λ1)x0，
λ2x2=(1+λ2)x0，
-4=λ1y1=λ2y2，又A、B在双曲线上，从而有3x21-y21=3,3x22-y22=3,则3(λ1x1)2-(λ1y1)2=3λ21
3(λ2x2)2-(λ2y2)2=3λ223(λ1x1+λ2x2)?(λ1x1-λ2x2)=3(λ1+λ2)(λ1-λ2),∴(2+λ1+λ2)(λ1-λ2)x20=3(λ1+λ2)(λ1-λ2)輝20=4,x0=±2.
例4 已知点F(1，0)，直线l:x=-1，P为平面上的动点.过点P作直线l的垂线，垂足为点Q，且㏎F?㏎P=〧P?〧Q.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知㎝A=λ1〢F,㎝B=λ2?〣F撸求λ1+λ2的值.(07年福建高考题)
解析：(1)y2=4x;
(2)设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、M(-1,y0)，则由题意，得
(x1+1,y1-y0)=λ1(1-x1,-y1)
(x2+1,y2-y0)=λ2(1-x2,-y2)
(1+λ1)x1=λ1-1,
(1+λ2)x2=λ2-1,
y0=(1+λ1)y1=(1+λ2)y2.又A、B两点在抛物线上，则y21=4x1,y22=4x2,∴4(1+λ1)2x1=4(1+λ2)2x21+λ21+λ12=1-λ11-λ2?1+λ21+λ1,∴λ21-λ22=0(λ1≠λ2)荭霜1+λ2=0.
三、回归定义解题
圆锥曲线的定义揭示了曲线间的本质区别与属性，同时也包含了丰富的几何特征.因而，与通常讲的回归定义解题有所不同的是，这里在强调定义解题的同时更加注重挖掘其内在的几何因素.
例5 已知椭圆x23+y22=1的左右焦点分别为F1、F2.过F1的直线交椭圆于B、D两点，过F2的直线交椭圆于A、C两点，且AC⊥BD，垂足为P.
(1)设P点的坐标为(x0,y0),证明：x203+y202<1;
(2)求四边形ABCD的面积的最小值.(2007年高考全国卷Ⅰ)
解析：(1)略.(2)不妨设直线AC的倾角为θ，且θ∈0,π2，过A、C分别向椭圆右准线作垂线AA1、CC1，设右准线与x轴交于K点.由椭圆定义得|AF2|=e|AA1|,|CF2|=〆|CC1|,则|AF2|玞osθ=|F2K|-|AA1|=2-|AF2|e,|CF2|玞osθ=|CC1|-|F2K|=|CF2|e-2,从而|AF2|=23+玞osθ，|CF2|=23-玞osθ，同理，|BF1|=23+玸inθ，|DF1|=23-玸inθ，S=12|AC|?|BD|=24(3-玞os2θ)(3-玸in2θ)=246+玸in2θ玞os2θ≥246+14=9625.
例6 椭圆的中心是原点O，它的短轴长为22，相应于焦点F(c,0)(c>0)的准线l与x轴相交于点A，|OF|=2|FA|，过点A的直线与椭圆交于P、Q两点.
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若㎡P?㎡Q=0，求直线PQ的方程；
(3)设〢P=λ〢Q(λ>1)，过点P且垂直于x轴的直线与椭圆交于另一点M，证明：〧M=-λ〧Q.(04年天津高考题)
解析：(1)、(2)略.(3)过P、Q分别向准线及x轴作垂线PP1、QQ1、PP2、QQ2，连结PF、QF、MF，由椭圆定义得|PF||QF|=|PP1||QQ1|，又|PP1||QQ1|=|PA||QA|=|PP2||QQ2|，从而|MF||QF|=|PF||QF|=|PP2||QQ2|=|MP2||QQ2|，∴∠MFP2=∠QFQ2，即M、F、Q共线，由上面易知结论成立.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
