張　鵠

最近幾年全國及各省市高考涌現(xiàn)了大量的優(yōu)秀解析幾何試題，這些試題堪稱集體智慧的結(jié)晶，也體現(xiàn)了命題專家對新課程理念的深刻理解.近來許多老師撰文對這些試題作了深入的剖析，給出有別于原解答的方法，這使筆者受益非淺.為此，再結(jié)合典型例題給出新的解法，以饗讀者.

一、借助“1”代換化齊次式

以往的運算中，我們通常都是將直線方程代入曲線方程消去x(或y)得到關(guān)于它的一元二次方程，再結(jié)合韋達定理進行解題.殊不知，在消元的過程中x與y的地位是一樣的.我們?nèi)裟堋捌降葘Υ敝?，保留x與y而消去常數(shù)項將方程化為齊次式.

例1 設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別是F1、F2，A是橢圓上的點，且滿足AF2⊥F1F2，原點O 到直線AF1的距離為13|OF1|.

(1)證明：a=2b；

(2)設(shè)Q1、Q2為橢圓上的兩動點，OQ1⊥OQ2，過原點O作直線Q1Q2的垂線OD，垂足為D，求點D的軌跡方程.(07年天津高考題)

解析：只解答第(2)問.設(shè)點D(x0,y0),Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)，直線Q1Q2的方程為ux+vy+w=0(u,v不同時為0)，由題意得w≠0.將直線Q1Q2的方程代入橢圓方程，得x2a2+y2b2=ux+vyw2,整理得1b2-v2w2y2-2uvw2xy+1a2-u2w2x2=0,兩邊同除以x2,得1b2-v2w2yx2-2uvw2?yx+1a2-u2w2=0(1) ，由OQ1⊥OQ2得，y1x1?y2x2=1(2)，則y1x1及y2x2為(1)兩實根.從而，由韋達定理得1b2-v2w2+1a2-u2w2=0，即u2+v2w2=1a2+1b2.又原點O到直線Q1Q2的距離d=|OD|，則|w|u2+v2=x20+y20，化簡得到點D的軌跡方程為x2+y2=a2b2a2+b2=23b2.

例2 已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離最大值為3，最小值為1.

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)若直線l：y=kx+m與橢圓相交于A、B兩點(A、B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標.(07年山東高考題)

解析：易知橢圓的方程為x24+y23=1，又由題意得AD⊥BD(D為右頂點).由于D不在原點，為方便將橢圓方程化成齊次方程，需要將y軸平移至D點，從而得新的橢圓方程為(x+2)24+y23=1，即3x2+4y2+12x=0.設(shè)直線l方程為x=uy+v(v≠0)，代入橢圓方程得3x2+4y2+12x?x-uyv=0,即4vy2-12uxy+(3v+12)x2=0，4vyx2-12u?yx+(3v+12)=0，則由AD⊥BD得，4v+(3v+12)=0,v=-127，所以原直線過27，0.

二、利用“λ”變量消元

縱觀最近幾年高考解析幾何題，可以發(fā)現(xiàn)，全國及各省市的高考試題中頻繁出現(xiàn)諸如㏄1F=λ〧P2噠庋的條件，我們稱之為“λ弦”問題.這類試題的一般解法筆者不想在此贅述，只想強調(diào)我們在許多情況下代點消元能否注入數(shù)學(xué)中的整體思維與對稱思想，從而提高學(xué)生的計算能力與思維水平.

例3 雙曲線C與橢圓x28+y24=1有相同的焦點，直線y=3x為C的一條漸進線.

(1)求雙曲線C的方程；

(2)過點P(0，4)的直線l交雙曲線于A、B兩點，交x軸于Q點(與C的頂點不重合).若㏄Q=λ1㏎A=λ2㏎B擼且λ1+λ2=-83，求點Q的坐標.(06年山東高考題)

解析：(1)雙曲線C的方程為x2-y23=1.

(2)設(shè)點A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x0,0)，則由題意，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在雙曲線上，從而有3x21-y21=3,3x22-y22=3,則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 已知點F(1，0)，直線l:x=-1，P為平面上的動點.過點P作直線l的垂線，垂足為點Q，且㏎F?㏎P=〧P?〧Q.

(1)求動點P的軌跡C的方程；

(2)過點F的直線交軌跡C于A、B兩點，交直線l于點M，已知㎝A=λ1〢F,㎝B=λ2?〣F擼求λ1+λ2的值.(07年福建高考題)

解析：(1)y2=4x;

(2)設(shè)點A(x1,y1)、B(x2,y2)、M(-1,y0)，則由題意，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兩點在拋物線上，則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)葒霜1+λ2=0.

三、回歸定義解題

圓錐曲線的定義揭示了曲線間的本質(zhì)區(qū)別與屬性，同時也包含了豐富的幾何特征.因而，與通常講的回歸定義解題有所不同的是，這里在強調(diào)定義解題的同時更加注重挖掘其內(nèi)在的幾何因素.

例5 已知橢圓x23+y22=1的左右焦點分別為F1、F2.過F1的直線交橢圓于B、D兩點，過F2的直線交橢圓于A、C兩點，且AC⊥BD，垂足為P.

(1)設(shè)P點的坐標為(x0,y0),證明：x203+y202<1;

(2)求四邊形ABCD的面積的最小值.(2007年高考全國卷Ⅰ)

解析：(1)略.(2)不妨設(shè)直線AC的傾角為θ，且θ∈0,π2，過A、C分別向橢圓右準線作垂線AA1、CC1，設(shè)右準線與x軸交于K點.由橢圓定義得|AF2|=e|AA1|,|CF2|=〆|CC1|,則|AF2|玞osθ=|F2K|-|AA1|=2-|AF2|e,|CF2|玞osθ=|CC1|-|F2K|=|CF2|e-2,從而|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 橢圓的中心是原點O，它的短軸長為22，相應(yīng)于焦點F(c,0)(c>0)的準線l與x軸相交于點A，|OF|=2|FA|，過點A的直線與橢圓交于P、Q兩點.

(1)求橢圓的方程及離心率；

(2)若㎡P?㎡Q=0，求直線PQ的方程；

(3)設(shè)〢P=λ〢Q(λ>1)，過點P且垂直于x軸的直線與橢圓交于另一點M，證明：〧M=-λ〧Q.(04年天津高考題)

解析：(1)、(2)略.(3)過P、Q分別向準線及x軸作垂線PP1、QQ1、PP2、QQ2，連結(jié)PF、QF、MF，由橢圓定義得|PF||QF|=|PP1||QQ1|，又|PP1||QQ1|=|PA||QA|=|PP2||QQ2|，從而|MF||QF|=|PF||QF|=|PP2||QQ2|=|MP2||QQ2|，∴∠MFP2=∠QFQ2，即M、F、Q共線，由上面易知結(jié)論成立.

注：“本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文?！?/p>