王朝璇

整體考慮、一氣呵成

例1 已知橢圓[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的一個焦點為[（5，0）]，離心率為[53].

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）若動點[P（x0，y0）]為橢圓外一點，且點[P]到橢圓[C]的兩條切線相互垂直，求點[P]的軌跡方程.

解析 （1）[x29+y24=1.]

（2）思考一：如何求橢圓的切線方程；思考二：由于橢圓C的兩條切線相互垂直，其斜率之積為[-1]，尋找關于斜率[k]的二次方程，運用韋達定理整體解決問題.

解決問題時，要先從特殊情況入手，若一條直線垂直于[x]軸，另一條直線垂直于[y]軸，這樣的點一共有四個，其坐標為[-3，2，-3，-2，3，2，3，-2]，四點都在圓[x2+y2=13]上.

再考慮一般情況，當兩條切線不垂直于坐標軸時，設切線方程為[y-y0=k（x-x0），]將其代入橢圓方程[x29+y24=1]，整理得，

[ （9k2+4）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-4=0].

由于直線與橢圓相切，所以

[Δ=（18k）2（y0-kx0）2][-36（y0-kx0）2-4 （9k2+4）=0].

整理得，[（x02-9）k2-2x0y0k][+y02-4=0].

由于兩條切線互相垂直，

所以[k1k2=y02-4x02-9=-1]，即[x02+y02=13].

又四點[-3，2，-3，-2，3，2，3，-2]也滿足方程，

故點[P]的軌跡方程為[x2+y2=13].

點評 本題看似簡單，但是計算量比較大，很多同學中途棄筆，無功而返，得分極低.

合理配湊、渾然一體

例2 如圖，設橢圓[C：x2a2+y2b2=1a>b>0]，動直線[l]與橢圓[C]只有一個公共點[P]，且點[P]在第一象限. 若過原點[O]的直線[l1]與[l]垂直.

證明：點[P]到直線[l1]的距離的最大值為[a-b].

解析 思考：“最值問題，函數(shù)思想”，即將點[P]到直線[l1]的距離表示為某一個變量的函數(shù). 圓錐曲線中的最值問題的解決方法一般有兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值.

由題意知，直線[l]與橢圓[x2a2+y2b2=1]相切，[P]為切點，設[P（x0，y0）]，[x0>0，y0>0].

則橢圓[x2a2+y2b2=1]在[P]點處的切線[l]的方程為[x0xa2+y0yb2=1].

則直線[l1]的方程為[a2y0x-b2x0y=0].

則[P]點到直線[l1]的距離為[d=a2y0x0-b2x0y0a4y20+b2x20].

對照證明目標的模式，我們將其進行變形，[d=a2-b2a4x20+b4y20]，考查其分母， 注意到[x20a2+y20b2=1]，采用1的代換進行整體配湊.

則[a4x20+b4y20=a4x20+b4y20x20a2+y20b2]

[=a2+b2+a4y20b2x20+b4x20a2y20]

[≥a2+b2+2ab=a+b2].

當[a4y20b2x20=b4x20a2y20]，即[y20x20=b3a3]時，等號成立.

所以[d≤a2-b2a+b=a-b].

所以當[y20x20=b3a3]時，[d]的最大值為[a-b].

點評 解決此題的關鍵是合理配湊，這樣可以化繁為簡.

特殊探路、以退為進

例3 已知拋物線[C：y2=2px（p>0）]的焦點為[F]，[A]為拋物線[C]上異于原點的任意一點，過點[A]的直線[l]交拋物線[C]于另一點[B]，交[x]軸的正半軸于點[D]，且有[|FA|=|FD|]. 當點[A]的橫坐標為3時，[△ADF]為正三角形.

（1）求拋物線[C]的方程；

（2）若直線[l1//l]，且[l1]和拋物線[C]有且只有一個公共點[E]，證明：直線[AE]過定點，并求出定點坐標.

解析 （1）[y2=4x].

（2）根據(jù)直覺，定點一般是直線和坐標軸的交點. 可以先考慮特殊情況，點[A]的橫坐標為3，[△ADF]為正三角形時，求出直線[AE]與x軸的交點，然后在一般形式中進行證明.

①由題意知，當點[A]的坐標為[3，23]時，[kl=-3].

由[l1∥l]知，在點[E][xE，yE]處的切線的斜率為[k=2yE=-3]，即[E][13，-233].

因此直線[AE]的方程為[y-23=3x-3]，即直線過點[1，0].

②在一般形式中進行證明.

設點[A（x0，y0）（x0y0≠0），D（xD，0）（xD>0）.]

由（1）得，[F（1，0）].

由[|FA|=|FD|]得，[x0+1=xD-1]，即[Dx0+2，0]，此時[kAD=-y02].

因為在點[E][xE，yE]處的切線的斜率為[k=2yE]，

由[l1∥l]得，[2yE=-y02].

所以[E][4y20，-4y0].

直線[AE]的方程為[y-y0=y0+4y0x0-4y20x-x0].

注意到[x0=y204]，當[y20≠4]時，直線[AE]的方程為[y-y0=4y0y20-4x-y204]，即[y=4y0y20-4（x-1）].

顯然，直線過定點[1，0].

當[y20=4]時，直線[AE]的方程為[x=1]，也過點[F（1，0）.]

故直線[AE]過定點[F（1，0）.]

點評 這樣解題，看似有些重復，但是，有了特殊的結(jié)論，鎖定目標，有的放矢.

設而不求、借水行舟

例4 在直角坐標系[xOy]中，曲線[C：y=x24]與直線[y=kx+a（a>0）]交于[M，N]兩點. 在[y]軸上是否存在點[P]，使得當[k]變動時，總有[∠OPM=∠OPN]？說明理由.

解析 這是個探索性問題，先假設結(jié)論存在，再結(jié)合已知條件進行推理求解. 若能推出合理結(jié)果，經(jīng)驗證成立即可肯定結(jié)論正確；若推出矛盾，即否定假設.

假設[點P0，b]符合題意. 設[Mx1，y1，Nx2，y2]，直線[PM，PN]的斜率分別為[k1，k2]，

將[y=kx+a]代入曲線[C]的方程得，

[x2-4kx-4a=0].

故[x1+x2=4k，x1x2=-4a.]

[從而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+（a-b）（x1+x2）x1x2]

[=k（a+b）a.]

當[b=-a]時，有[k1+k2=0].

則直線[PM，PN]的傾角互補.

所以[∠OPM=∠OPN.]

[故點P0，b符合條件.]

點評 在這里，我們設出[M，N]坐標，但是不求出它們的坐標，而是利用韋達定理，將其代入[k1+k2]中，從而得出相關結(jié)論. 此法通常稱為“設而不求法”.

變換坐標、出奇制勝

例5 已知橢圓[C：x2a2+y2b2=1]（[a>b>0]）的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形.

（1）求橢圓[C]的標準方程；

（2）設F為橢圓[C]的左焦點，[T]為直線[x=-3]上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓[C]于點P，Q，當[|TF||PQ|]最小時，求點[T]的坐標.

解析 （1）[x26+y22=1].

（2）涉及過焦點的弦長問題，用圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標方程求解比較簡單.

如上圖，以橢圓[C]的焦點為極點，以[FX]為極軸建立極坐標系.

則橢圓[C]的極坐標方程為[ρ=26-2cosθ]，其中[∠XFQ=θ].

則[PQ=ρ1+ρ2=26-2cosθ+26-2cosθ+π]

[=261+2sin2θ.]

設原題中的直線[x=-3]為直線[l]，反向延長[FX]，交[l]于點[S].

在[△TSF]中，[TF⊥PQ]，[∠TFS=π2-θ]，[SF=1].

則[TF=1cosπ2-θ=1sinθ].

所以[|TF||PQ|=1261sinθ+2sinθ≥33]，當且僅當[sinθ=±22]時，[|TF||PQ|]取得最小值[33].

此時點T的坐標為[（-3，1）]或[（-3，-1）].

點評 我們的教材有坐標系和參數(shù)方程的選修內(nèi)容，各地的高考題也將極坐標和參數(shù)方程作為選考內(nèi)容. 考綱中，要求“理解用方程表示平面圖形時選擇適當坐標系的意義”. 但是很多學校是為考試而選取課本上的內(nèi)容進行講授，其內(nèi)容一般是直線、圓的極坐標方程以及直角坐標方程和極坐標方程的互化等，而沒有講授圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標方程. 我認為，圓錐曲線統(tǒng)一的極坐標方程這一節(jié)的內(nèi)容比較簡單，用它解決圓錐曲線中的焦點弦問題格外奏效，花一些時間去學習是值得的.