一道高考解析几何题的求解及其推广

数学教学通讯投稿由0 箱:**********>试题研究优化解题过程，提升计算能力—以一道解析几何证明题为例孙世林北京市第八十中学100102［摘 要］历年高考解析几何解答题，综合性强，能力要求高，考生普遍失分较多.文章以一道解析几何问题为例，谈谈如何回归解析几何知识本质，如何优化解题过程，如何从多角度探究问题，从而提升计算 能力.［关键词］解析几何;解题思路;运算求解解析几何综合题是考查学生能力 的主要内容之一,在高考中占有重要地 位，试题呈现出综合性强，难度大，灵 活多变的特点，对能力要求高,普遍存 在解题思路不清、方法选择不当、计算 不过关等现象,下面就谈谈如何优化解 题过程，提升计算能力.问题:如图1,已知椭圆C ：手+£=1 (识>0)的离心率为*，杪椭圆C 的右焦 点,4(-a,0), |4F|=3.(D )设0为原点,F 为椭圆上一点(点 P 不是椭圆的长轴端点),AP 的中点为胚 直线OM 与宜线”=4交于点P ,过0且平行 于APtt 宜线与直线*4交于点E,求证：,ODF=,OEF 思路1：本题的第一问比较简单，第 二问是证明两个角相等.要想证明这两 个角相等，我们先看这两个角是怎样形 成的？ P 为椭圆上一点的中点M 与原 点0连接并延长,与直线*4相交，形成了 点。

，点E 是过0且平行于4阳直线与直 线*4相交形成的，这样才出现了线段DF^EF,从而有了厶ODF 与Z OEF,可见 这两个角与点P 有紧密的联系，所以可 以从直线4P 的方程或点P 的坐标入手.解法4：( I )椭圆C 的方程是手+彳= 1.(n )由(I )得A (-2,0).设直线AP 的方程为：y=A:(«+2)(^00),将其代入椭圆方程，整理得(4Q+ 3)x 2+16fc 2x+16fc 2-12=0,显然，其A>0，设AP 的中点M(x 0,y 所5工.1 42+3所以％=飞"丄=話5"必="(“。

数学新高考二卷解析几何题答题技巧数学新高考二卷解析几何题答题技巧引言在数学新高考二卷中，解析几何题占据了相当的比重。

解析几何作为数学的重要分支和应用工具，在高考中占据了相当的重要性。

本文将介绍一些针对解析几何题的答题技巧，帮助考生高效解题。

技巧一：熟悉基本公式和定理•需要熟练掌握点、线、面之间的距离公式和斜率公式，这是解析几何题解答的基础。

•熟悉三角形、四边形等图形的周长和面积公式，能够快速运用并进行变形。

技巧二：画图解题•解析几何题通常需要通过画图来帮助理解和分析。

画图可以更直观地看出问题中的条件和求解思路。

•细心观察图形中给出的线段、角度等信息，合理选择参考点和坐标系，有助于简化计算。

技巧三：几何性质的灵活运用•利用几何性质来解析几何题是解题的关键。

比如利用垂直角、对称性、相似三角形、共线等性质来辅助求解。

•注意总结并熟悉一些常见的几何性质和定理，如垂心、重心、外心等，能够快速应用于解题过程中。

技巧四：建立方程求解•对于一些解析几何题目，可以通过建立方程解决问题。

这要求我们善于将几何条件转化为方程，并利用方程进行进一步的推导。

•熟悉直线、圆等几何图形的方程表达式，并掌握解方程的方法，能够帮助快速解决相关问题。

技巧五：几何题与代数题互相转化•高考数学考题中的解析几何与代数题经常有联系，可以通过将几何问题转化为代数问题或者将代数问题图像化的方式来解决。

•将几何问题转化为代数问题可以通过引入变量、利用直线的斜率等方式进行，能够帮助快速解决相关问题。

结论解析几何作为数学的一部分，在高考中占有重要地位。

熟悉基本公式和定理，善于画图、灵活运用几何性质，掌握建立方程和几何与代数互相转化的技巧，将会有助于考生在解析几何题上取得更好的成绩。

通过不断练习和积累，相信考生们能够更加熟练地运用这些技巧，提高解题效率。

技巧六：分类讨论•在解析几何题中，有时候问题较为复杂，无法直接得到结论。

这时候可以采用分类讨论的方法，将问题进行分情况讨论，找到每种情况下的解决方法。

一道高考解析几何题的探究、推广及应用题目（年广东高考）已知椭圆C∶x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一个焦点为（5，0），离心率为53，（1）求椭圆C的标准方程；（2）假设动点P（x0，y0）为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.此题答案：（1）椭圆C的标准方程为x29+y24=1；（2）点P的轨迹方程为x2+y2=13.笔者解完题后总喜欢对结论进展观察、分析、猜测、研究，希望能从中找到一些有价值的东西.解完此题后，笔者惊喜地发现：直线13就是该椭圆中的a2+b2.由此我们猜测：对于一般的椭圆是否也有此性质？逆命题如何呢？笔者带着这个想法进展研究，现将研究的主要过程和结论整理出来与大家交流.一、问题的推广性质1过椭圆外一点P作椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，那么P点的轨迹方程为x2+y2=a2+b2.下面给出一个不同于标准答案的证法：证明：设P（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2），易知切线PA：x1xa2+y1yb2=1，切线PB：x2xa2+y2yb2=1，由kPAkPB=1得出y1y2x1x2=b4a4.又因为y21=b2（1x21a2），y22=b2（1x22a2），所以得出x21x22=a6（x21+x22）a8a4b4，联立方程x1xa2+y1yb2=1，x2xa2+y2yb2=1，解得x=y2y1x1y2x2y1a2，y=x1x2x1y2x2y1b2.所以经过化简得出x2+y2=（a2+b2）2a4b2+（b4a2b2）（x21+x22）2a4b2+（b4a2b2）（x21+x22）=a2+b2.同样对于双曲线有如下类似的性质：性质2过双曲线外一点P作双曲线C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，那么P点的轨迹方程为x2+y2=a2b2.对于抛物线也有如下类似的性质：性质3过抛物线外一点P作抛物线y2=2px（p>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，那么P点的轨迹方程为x=p2.二、逆向推理、探究对性质1的条件和结论进展互换作变式探究，笔者用几何画板进展演示，得到圆锥曲线还有如下性质（限于篇幅证明留给读者）.性质4设P为圆x2+y2=a2+b2上的任意一点，过P作椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，那么∠APB=90°.类比到双曲线也有类似的性质：性质5设P为圆x2+y2=a2b2上的任意一点，过P作双曲线C：x2a2y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，那么∠APB=90°.对于抛物线也有如下的性质：性质6设P为直线x=p2上的任意一点，过P作抛物线y2=2px（p>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°.三、问题的拓展探究我们把上面的椭圆两切线夹角变成一般的夹角为θ，探究P点的轨迹方程.经过探究得出，P点轨迹方程为：（a2+b2x2y2）2sin2θ+4（a2b2b2x2a2y2）cos2θ=0.显然，当θ=90°时，上式为x2+y2=a2+b2，椭圆互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中心为圆心、a2+b2为半径的圆.类似地可以得到当双曲线两切线夹角为θ时，P点的轨迹方程为：（a2b2x2y2）2sin2θ+4（a2b2b2x2+a2y2）cos2θ=0.显然，θ=90°时，上式为x2+y2=a2b2.当a2b2>0时，双曲线互相垂直的切线交点的轨迹是以双曲线中心为圆心、半径为a2+b2的圆；当a2b2=0时，双曲线互相垂直的切线交点的轨迹是双曲线的中心；当a2b2类似的可以得到抛物线的夹角为θ时，P点的轨迹方程为：（2xp）2sin2θ=0，当θ≠0°时有x=p2，所以抛物线两条切线交点的轨迹是抛物线的准线.四、性质的应用例1（20年宁波高考模拟题）已知抛物线y2=8x的焦点为F，A，B是抛物线上的两个动点，且AF=λFB，过A，B两点作抛物线的切线，其交点为M.（1）求证：点M在一条定直线上，且MAMB；（2）求FM・AB的值.分析对于（1）中的两个结论即为性质3和性质6.例2（年浙江省高考模拟题）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为53，且过点M（2，253），F1，F2为椭圆的左右焦点.（1）求椭圆的方程；（2）假设圆x2+y2=13上一点P（2，3），过P作椭圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，求|AB|的值.分析对于（2）由性质4可得AB为圆的直径.例3（年广州市查漏补缺试题）给定椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），称圆心在原点、半径为a2+b2的圆是椭圆C的“准圆”.假设椭圆C 的一个焦点为F（2，0），其短轴上的一个端点到F的距离为3.（1）求椭圆C及其“准圆”方程；（2）设点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过P任作两条直线l1，l2，使的l1，l2与椭圆C都只有一个公共点，试判断l1，l2是否垂直？并说明理由.分析对于（2）由性质4可得.五、一点感想在数学教学之外，我们要善于研究、挖掘高考试题的潜在功能.每年的高考试题中都有一些典型的、有挖掘意义的好题.它们或者是重要的结论，或者是表达某种数学思想方法，或者是某个一般数学命题的具体形式，它的延伸、转化、拓展推广，可以呈现出丰富多彩的数学内容.我们必须充分重视高考试题中的一些典型题目，这也是教师专业成长的必由之路.。

高中解析几何典型题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：高中解析几何作为数学课程的重要组成部分，涵盖了几何图形的性质、定理和证明方法等内容，培养了学生的逻辑思维能力和空间想象能力。

解析几何题目在高中阶段占有重要地位，不仅是考察学生对几何知识掌握的考核，更是对学生综合运用数学知识的考验。

下面将介绍一些高中解析几何的典型题目，并对其解题思路进行分析。

我们来看一道典型的解析几何题目：【题目】已知平面直角坐标系中的点A(1,2)，B(3,4)，P(x,y)在x 轴上，求线段AB的中点M的坐标。

【解析】要求线段AB的中点M的坐标，首先我们需要计算线段AB的中点坐标。

线段AB的中点坐标为中点的横坐标为两点的横坐标之和的一半，纵坐标为两点的纵坐标之和的一半。

根据题目中给出的点A(1,2)，B(3,4)，可以得到线段AB的中点坐标为：M((1+3)/2,(2+4)/2) = M(2,3)所以线段AB的中点M的坐标为(2,3)。

通过以上题目的分析，我们可以看出解析几何题目在求解过程中需要灵活运用坐标系中的点、直线、线段等概念，结合几何知识进行分析，最终得到问题的解答。

在解析几何题目中，有一些常见的题型和解题方法，下面我们来介绍一些典型的解析几何题目及解题思路。

一、直线的方程1. 已知直线过点A(x₁,y₁)和点B(x₂,y₂)，求直线的方程。

解题思路：根据点斜式或两点式，可以得到直线的方程。

点斜式为y-y₁=k(x-x₁)，其中斜率k为直线的倾斜程度，通过已知两点A(x₁,y₁)和B(x₂,y₂)可以求得斜率k，进而可以得到直线的方程。

2. 已知直线的方程，求直线与坐标轴的交点。

解题思路：将直线与坐标轴的交点分别代入直线的方程中，可以求得直线与x轴和y轴的交点坐标。

解题思路：圆的方程一般为(x-a)²+(y-b)²=r²，其中(a,b)为圆心坐标，r为半径，利用已知的圆心坐标和半径即可确定圆的方程。

高考数学解析几何练习题及答案解析几何是高考数学中的一个重要知识点，对于考生来说具有一定的难度。

为了帮助广大考生更好地复习和应对高考数学解析几何部分，本文提供一些常见的解析几何练习题及其答案。

考生可以借此进行自测和巩固知识点，提升解析几何的解题能力。

题目一：已知三角形ABC的顶点坐标分别为A(-3,1)，B(4,2)，C(1,-3)，求三角形ABC的周长和面积。

解析和求解：首先，我们可以利用两点之间的距离公式计算出三角形ABC的三边长度。

设点A的坐标为(x1,y1)，点B的坐标为(x2,y2)，则两点之间的距离公式为d = √[(x2-x1)^2 + (y2-y1)^2]。

根据该公式，我们可以计算出：AB的距离：dAB = √[(4-(-3))^2 + (2-1)^2] = √[7^2 + 1^2] = √50BC的距离：dBC = √[(1-4)^2 + (-3-2)^2] = √[(-3)^2 + (-5)^2] = √34AC的距离：dAC = √[(-3-1)^2 + (1-(-3))^2] = √[(-4)^2 + 4^2] = √32所以，三角形ABC的周长等于AB+BC+AC，即周长=√50+√34+√32。

接下来，我们可以利用海伦公式来计算三角形ABC的面积。

海伦公式可以表示为：面积=√[s(s-a)(s-b)(s-c)]，其中s为三角形的半周长，即s=(a+b+c)/2。

由此，我们可以计算出半周长s=（√50+√34+√32）/2，将其代入海伦公式，即可得到三角形ABC的面积。

题目二：设直线l1过点A(-1,2)且与直线l2：2x-y-3=0平行，求直线l1的方程。

解析和求解：首先，根据题目提示，直线l1与l2平行，可以推知l1与l2的斜率相同。

斜率可以通过直线的一般方程式y=ax+b中的a来表示。

要求得直线l1的方程，我们需要先求出直线l2的斜率k。

直线l2的一般方程式为2x-y-3=0，将其转换为斜截式方程式y=2x-3，可以看出斜率k=2。

2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助．【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．（1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ， 联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--， 由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--=展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--= 即2222242(12)()4(1)02121m km k m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的．方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >，则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k kP k k -+-+---，用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k kQ k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQ k k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+---(2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =P Q x x ==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x x k y y +=+ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-=即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-=两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1a k b =-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！ 方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下： 双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+=两边同除2x 得2(42)()4()(41)0yy b a b a x x++--+= 其中y x表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b -+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角 则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得 解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+ (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++- 变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++ 结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+ 即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出． 以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。

解析几何的解题思路、方法与策略高三数学复习的目的. 一方面是回顾已学过的数学知识. 进一步巩固基础知识. 另一方面. 随着学生学习能力的不断提高. 学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复. 而是有对所学知识进一步理解的需求. 如数学知识蕴涵的思想方法、 数学知识之间本质联系等等. 所以高三数学复习既要“温故” . 更要“知新” . 既能引起学生的兴趣. 启发学生的思维. 又能促使学生不断提出问题. 有新的发现和创造. 进而培养学生问题研究的能力．以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略是高中平面解析几何的核心内容. 也是高考考查的重点．每年的高考卷中.一般有两道选择或填空题以及一道解答题. 主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用. 而解答题注重对数学思想方法和数学能力的考查.重视对圆锥曲线定义的应用. 求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查．解析几何在高考数学中占有十分重要的地位.是高考的重点、热点和难点．通过以圆锥曲线为主要载体.与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合.结合数学思想方法.并与高等数学基础知识融为一体.考查学生的数学思维能力及创新能力.其设问形式新颖、有趣、综合性很强．基于解析几何在高考中重要地位.这一板块知识一直以来都是学生在高三复习中一块“难啃的骨头” ．所以研究解析几何的解题思路.方法与策略.重视一题多解.一题多变.多题一解这样三位一体的拓展型变式教学.是老师和同学们在高三复习一起攻坚的主题之一．本文尝试以笔者在实际高三复习教学中.在教辅教参和各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解题思路和方法策略．一、一道直线方程与面积最值问题的求解和变式例1 已知直线l 过点(2,1)M - .若直线l 交x 轴负半轴于A.交y 轴正半轴于B.O 为坐标原点.（1）设AOB ∆的面积为S .求S 的最小值并求此时直线l 的方程；（2）求OA OB +最小值； （3）求M MA B ⋅最小值．解：方法一：∵直线l 交x 轴负半轴.y 轴正半轴.设直线l 的方程为(2)1(0)y k x k =++>.∴）（0,12kk A -- )12,0(+k B . （1）∴422122)12(2≥++=+=kk k k S , ∴当1)22=k （时.即412=k .即 21=k 时取等号.∴此时直线l 的方程为221+=x y .（2）3223211221+≥++=+++=+k k k k OB OA .当且仅当22k =时取等号； （3）4212)1)(11(24411222222≥++=++=+⋅+=⋅k k k k k k MB MA . 当且仅当1k =时取等号；方法二：设直线截距式为)0,0(1><=+b a b y a x .∵过点(2,1)M -.∴112=+-ba （1）∵abb a -≥+-=22121. ∴822≥-⇒≥-ab ab .∴42121≥-==∆ab b a S AOB ； （2）322)2(3))(12(+≥+-=+-+-=+-=+=+ba ab b a b a b a b a OB OA ； （3）5)12)(2(52)1()2(2-+-+-=-+-=-++-=⋅-=⋅ba b a b a b a MB MA MB MA 422≥-+-=ab b a ． （3）方法三： θsin 1=MA .θcos 2=MB . ∴42sin 4cos sin 2≥==⋅θθθMB MA .当且仅当12sin =θ时最小.∴4πθ=．变式1：原题条件不变.（1）求△AOB 的重心轨迹；（2）求△AOB 的周长l 最小值．解：（1）设重心坐标为(,)x y .且(,0)A a .(0,)B b .则3a x =.3b y =.又∵112=+-ba .∴13132=+-y x . ∴2332312332)23(3123+-=+-+=+=x x x x x y .该重心的轨迹为双曲线一部分； （2）令直线AB 倾斜角为θ.则20πθ<<.又(2,1)M -.过M 分别作x 轴和y 轴的垂线.垂足为,E F , 则θsin 1=MA . θcos 2=MB .θtan 1=AE .θtan 2=BF ∴)20(tan 2tan 1cos 2sin 13πθθθθθ<<++++=l 2sin 2cos )2cos 2(sin22cos 2sin 22cos 23cos )sin 1(2sin cos 132222θθθθθθθθθθθ-+++=++++=)420(12cot )2cot 1(22cot 3πθθθθ<<-+++=. 令12cot-=θt . 则t>0. ∴周长10)2(213≥++++=t t t l ∴32cot 212cot =⇒=-θθ。

一道解读几何高考试卷的简解及推广广东仲元中学严运华年全国高考数学卷理科第题为:设椭圆22:12xC y+=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.（）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（）设O为坐标原点，证明：OMA OMB∠=∠.一解法探究（）由已经得，将代入椭圆方程，得，即，所以直线的斜率为，因此其方程为或.y x=探究第问:分析：∠∠等价于直线和的斜率互为相反数，即.证法：∠∠等价于.，因为，所以，因此∠∠.分析：∠∠等价于点到直线和的距离相等.证法：直线为，即，故到直线的距离为，同理，到直线的距离等于.∠∠……①……②当时，②式显然成立；当时，②式等价于这显然是成立的，因此∠∠.分析：从向量的角度，利用夹角公式来证明.证法：……③这就是①式，下同证法.分析：利用角平分线定理，这就是③式，下同证法.分析：由于，. 证法：MA MBMA MB下面证明，等价于证明这就是①式，由证法知，.又因为，，所以，成立，因此.证法到证法，用解读几何的方法，从不同的视角来证明了.其核心思想就是分析几何关系，然后把几何关系转化为代数关系，利用解读几何证明.解法:发现点M 为准线与x 轴的交点, 由于涉及到椭圆的焦点和准线，故考虑椭圆的第二定义，利用平面几何知识来证.由椭圆的第二定义，，即，又，所以，故，所以，所以，因此.类似的年全国高考数学卷文科第题为:设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点． （）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；（）证明：ABM ABN =∠∠． 也有上述解法.不仅有多种解法，还可以将结论推广定理设抛物线22C y px =：，点()20A p ，，()20B p -，，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．则直线BN 与BM 与x 轴成等角；证明：显然，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为2x ty p =+， 联立抛物线方程得22240y pty p --=，设11(,)M x y 22(,)N x y ，则122y y pt +=，2124y y p =-，设直线BM 和直线BN 的斜率分别为 ,BM BN k k 则BM BN k k +=1212122112122()22(2)(2)y y p y y y x y x x p x p x p x p ++++=++++而112x ty p =+，222x ty p =+，代入上式得BM BNk k +=1212124()2(2)(2)p y y ty y x p x p ++++ 将122y y pt +=，2124y y p =-代入上式得0BM BN k k +=，故ABM ABN =∠∠；发现,A B 两点的横坐标之和为零，可以得出以下一般结论：定理设抛物线22C y px =：，点()0A m ，，()0B m -，(0)m ≠，过点A 的直线l 与C 交于M ，N两点．则直线BN 与BM 与x 轴成等角；证明：显然，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为x ty m =+， 联立抛物线方程得2220y pty pm --=，设11(,)M x y 22(,)N x y ，则122y y pt +=，122y y pm =-， 设直线BM 和直线BN 的斜率分别为 ,BM BN k k 则BM BN k k +=121212211212()()()y y m y y y x y x x m x m x m x m ++++=++++ 而11x ty m =+，22x ty m =+，代入上式得BM BN k k +=1212122()2()()m y y ty y x m x m ++++将122y y pt +=，122y y pm =-代入上式得0BM BN k k +=，故ABM ABN =∠∠；定理 过椭圆22221x y C a b +=：的右焦点F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点2(,0)a M c.其中c 为22221x y C a b+=：的焦半距，设坐标原点，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；证明：当直线l 与x 轴重合时，结论显然成立；当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x my c =+， 联立椭圆方程得222224(+)20b m a y b mcy b +-=，设11(,)A x y 22(,)B x y ，则2122222b mc y y b m a +=-+，412222b y y b m a =-+设直线MA 和MB 的斜率分别为MA MB k k ，，所以221212121222221212(()())()=(c )(c )MA MBy y c y my c my c y ca y y k k a a x a x a x x c c+++-++=+=----因此 22121222122()=(c )(c )MA MB c my y cb y y k k x a x a -++-- 将2122222b mc y y b m a +=-+，412222b y y b m a=-+ 代入上式得0BM AM k k += 故直线MA 与MB 与x 轴成等角；再探究发现：点F 和点M 的横坐标之积为2a ，于是可将命题进一步拓展得到：定理：设椭圆22221x y C a b+=：，过点(,0)N n 的直线l 与C 交于,A B 两点，点(,0)M m .且2mn a =，设O 为坐标原点，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；证明：当直线l 与x 轴重合时，结论显然成立；当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x ty n =+，联立椭圆方程得 222222222(+)20b t a y b t n y b na b ++-=，设11(,)A x y 22(,)B x y ，则2122222b tm y y b t a +=-+，222212222b n b a y y b t a -=+设直线MA 和MB 的斜率分别为MA MA k k ，，所以121212121212()()()=()()MA MB y y y ty n ty n y m y y k k x m x m x m x m +++-++=+=---- 因此 1212122()()()MA MB ty y n m y y k k x m x m +-++=--（），由2122222b tn y y b t a +=-+，222212222b n b a y y b t a-=+ 得 12122()ty y n m y y +-+（）22222222222222222(2()2(+)=t b n b a b tn n m tb a mn b t a b t a b t a ----=+++） 又2mn a =，代入上式得0MA MB k k +=故直线MA 与MB 与x 轴成等角；将椭圆的相关结论推广到双曲线有：定理：设双曲线22221x y C a b-=：，过点(,0)N n 的直线l 与C 交于,A B 两点，点(,0)M m .且2mn a =，则直线MA 与MB 与x 轴成等角；定理：设,M N 是圆锥曲线C 的一对“等角点”，过点N 的直线l 与C 交于,A B 两点,则直线MA 与MB 与x 轴成等角；若圆锥曲线C 为抛物线22y px =，则两“等角点”的坐标分别为(,0)M m ，(,0)N n ，其中0m n +=，且0m ≠。

２０２３年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解、背景及推广甘志国(北京丰台二中ꎬ北京１０００７１)摘㊀要:２０２３年高考数学北京卷第１９题是一道平面解析几何解答题ꎬ文章给出了其四种常规解法ꎬ揭示了其背景是帕斯卡定理ꎬ还给出了这道高考题的结论的一般情形.关键词:高考北京卷ꎻ平面解析几何ꎻ帕斯卡定理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００４６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:甘志国(１９７１－)ꎬ男ꎬ湖北省竹溪人ꎬ硕士ꎬ中学正高级教师ꎬ特级教师ꎬ从事初等数学研究.基金项目:北京市教育学会 十三五 教育科研滚动立项课题 数学文化与高考研究 (项目编号:ＦＴ２０１７ＧＤ００３)㊀㊀高考题㊀(２０２３年高考数学北京卷第１９题)已知椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的离心率ｅ＝５３ꎬＡꎬＣ分别为该椭圆的上㊁下顶点ꎬ点ＢꎬＤ分别为该椭圆的左㊁右顶点ꎬ且ＡＣ＝４.(１)求椭圆Ｅ的方程ꎻ(２)若点Ｐ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２交于点Ｎꎬ求证:ＭＮʊＣＤ.解析㊀(１)设椭圆Ｅ的半焦距ｃ＝ａ２＋ｂ２ꎬ由题设可得ｅ＝ｃａ＝５３ꎬＡＣ＝２ｂ＝４(ａ>ｂ>０)ꎬ可解得ａ＝３ꎬｂ＝２.所以椭圆Ｅ的方程是ｘ２９＋ｙ２４＝１.(２)先作出满足题意的图形如图１所示.图１㊀２０２３年高考数学北京卷第１９题解法１㊀(设点并用椭圆的普通方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ可得６４ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２).进而可求得直线ＰＡ:ｙ＝ｙ０－２ｘ０ｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝ｙ０ｘ０－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ－６ｘ０＋９ｙ０＋１８２ｘ０＋３ｙ０－６ꎬ－１２ｙ０２ｘ０＋３ｙ０－６æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｙ０/(２ｘ０＋３ｙ０－６)＋２(－６ｘ０＋９ｙ０＋１８)/(２ｘ０＋３ｙ０－６)－４ｘ０/(２－ｙ０)＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４８ｘ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６.由ｘ２０９＋ｙ２０４＝１(０<ｘ０<３ꎬ０<ｙ０<２)ꎬ可得８ｘ２０＝７２－１８ｙ２０.所以ｋＭＮ＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４７２－１８ｙ２０＋６ｘ０ｙ０＋９ｙ２０－１２ｘ０－３６＝４ｘ０ｙ０－６ｙ２０－８ｘ０＋２４６ｘ０ｙ０－９ｙ２０－１２ｘ０＋３６＝２３.假设点Ｎ４ｘ０２－ｙ０ꎬ－２æèçöø÷在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上ꎬ则ｘ０＝０ꎬ这与０<ｘ０<３矛盾!所以ＭＮʊＣＤ.解法２㊀(设点并用椭圆的参数方程)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.设点Ｐ(３ｃｏｓθꎬ２ｓｉｎθ)０<θ<π２æèçöø÷ꎬ可求得直线ＰＡ:ｙ＝２ｓｉｎθ－２３ｃｏｓθｘ＋２ꎬ直线ＰＤ:ｙ＝２ｓｉｎθ３ｃｏｓθ－３(ｘ－３).求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ３ｓｉｎθ－３ｃｏｓθ＋３ｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１ꎬ－４ｓｉｎθｓｉｎθ＋ｃｏｓθ－１æèçöø÷ꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷ꎬ进而可求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝＝－２ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθｃｏｓθ－２ｃｏｓθ＋２３ｃｏｓ２θ＋３ｓｉｎθｃｏｓθ－３ｃｏｓθ＝２３.易证得点Ｎ６ｃｏｓθ１－ｓｉｎθꎬ－２æèçöø÷０<θ<π２æèçöø÷不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法３㊀(常规方法设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｙ＝ｋ(ｘ－３)(ｋ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９ｋ－６３ｋ＋２ꎬ－１２ｋ３ｋ＋２æèçöø÷.联立ｙ＝ｋ(ｘ－３)ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１{可得(９ｋ２＋４)ｘ２－５４ｋ２ｘ＋８１ｋ２－３６＝０.由题设知ꎬ这个关于ｘ的一元二次方程有两个不相等的实数根[１]ꎬ且由韦达定理可得７４ｘＤｘＰ＝３ｘＰ＝８１ｋ２－３６９ｋ２＋４ꎬｘＰ＝２７ｋ２－１２９ｋ２＋４.进而可求得点Ｐ２７ｋ２－１２９ｋ２＋４ꎬ－２４ｋ９ｋ２＋４æèçöø÷ꎬ再求得直线ＰＡ:ｙ＝－６ｋ－４９ｋ－６ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２ｋ/(３ｋ＋２)＋２(９ｋ－６)/(３ｋ＋２)－(１８ｋ－１２)/(３ｋ＋２)＝２３.易证得点Ｎ１８ｋ－１２３ｋ＋２ꎬ－２æèçöø÷(ｋ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.解法４㊀(反设直线)可求得点Ａ(０ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ－２)ꎬＤ(３ꎬ０)ꎬ再求得直线ＢＣ:ｙ＝－２３ｘ－２ꎬ直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２.可设直线ＰＤ:ｘ＝ｍｙ＋３(ｍ<０)ꎬ进而可求得直线ＰＤ与ＢＣ的交点Ｍ９－６ｍ２ｍ＋３ꎬ－１２２ｍ＋３æèçöø÷.联立ｘ＝ｍｙ＋３ꎬｘ２９＋ｙ２４＝１ꎬ{可得(４ｍ２＋９)ｙ２＋２４ｍｙ＝０.进而可求得ｙＰ＝－３６ｍ４ｍ２＋９.再求得点Ｐ２７－１２ｍ２４ｍ２＋９ꎬ－２４ｍ４ｍ２＋９æèçöø÷.再求得直线ＰＡ:ｙ＝４ｍ＋６６ｍ－９ｘ＋２.进而可求得直线ＰＡ与直线ｙ＝－２的交点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷ꎬ再求得直线ＭＮ的斜率ｋＭＮ＝－１２/(２ｍ＋３)＋２(９－６ｍ)/(２ｍ＋３)－(１８－１２ｍ)/(２ｍ＋３)＝２３.易证得点Ｎ１８－１２ｍ２ｍ＋３ꎬ－２æèçöø÷(ｍ<０)不在直线ＣＤ:ｙ＝２３ｘ－２上.所以ＭＮʊＣＤ.注㊀这道高考题的背景是帕斯卡(ＢＬＡＩＳＥＰＡＳＣＡＬꎬ１６２３－１６６２)定理 二次曲线内接六边形(包括退化的情形)的三组对边的交点共线 [２].如图１所示ꎬ椭圆Ｅ的退化内接六边形ＡＢＣ￣ＣＤＰ的三组对边ＡＢ与ＣＤꎬＢＣ与ＤＰꎬＣＣ(即直线ｙ＝－２)与ＡＰ的交点(无穷远点㊁ＭꎬＮ)共线ꎬ也即ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由此ꎬ还可给出该题的一般情形的结论:设椭圆Ｅ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ｂ>０)的上㊁左㊁下㊁右顶点分别是ＡꎬＢꎬＣꎬＤꎬＰ为椭圆Ｅ上位于第一象限的动点ꎬ直线ＰＤ与ＢＣ交于点Ｍꎬ直线ＰＡ与直线ｙ＝－ｂ交于点Ｎꎬ则ＡＢʊＣＤʊＭＮ.由帕斯卡定理ꎬ读者可编拟出很多类似于本文开头高考题的题目.参考文献:[１]朱德祥.高等几何[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ１９８３.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社.[责任编辑:李㊀璟]８４。

2022年新高考Ⅰ卷第21题的解法与推广作者：李小华吴伟鸿许如意来源：《中学数学杂志(高中版)》2022年第05期【摘要】本文探究一道2022年新高考Ⅰ卷解析几何题目21題的解法，并将此类问题推广为一般情况，得到相关的结论，对教师的解题教学有很好的借鉴作用.【关键词】解析几何;齐次化;直线参数方程解析几何是利用代数方法研究几何问题，高中数学的重要内容.高考中解析几何试题综合性强、应用面广，对学生的推理论证能力、运算求解能力要求较高. 由于解析几何蕴含了函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合、特殊与一般等数学思想，所以解析几何试题可以有效地考察学生的直观想象、数学运算、逻辑推理、数学抽象和数学建模等数学核心素养[3]. 本文以2022年数学新高考Ι卷第21题解析几何题的解法探究，谈谈在高三阶段如何对解析几何进行复习.1试题再现2解法探究3结论推广4解析几何复习备考策略从近几年全国各地的高考数学试卷来看，解析几何考査知识内容覆盖了直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线等，突出考察学生的理性思维、数学应用和数学探索等学科素养，通过对近几年各地高考试题分析，现给出如下备考建议：（1）回归教材，注重基础，建构知识网络. 高考试题中对解析几何的基础知识进行了全面考查，如圆锥曲线定义、焦点三角形、抛物线焦点弦等几何性质以及直线与曲线的位置关系等，而且不回避热点，如求圆的方程问题、椭圆和双曲线离心率问题、弦长问题等，仔细对比可以发现，每年的高考试题很多都是由课本习题改编而来，比如2019年全国卷Ⅱ理科第21题第1问源于人教A版教材41页例3，2017年全国卷Ⅱ理科第20题源于人教A版教材41页例2，这些高考试题源于课本，又高于课本，因此高考复习要回归课本基础知识，使学生了解知识的发生、发展和应用过程，夯实学生的基础知识，使学生掌握解决问题的工具.（2）重视圆锥曲线的几何性质，切实提升学生利用数形结合思想、化归与转化思想解决问题的能力. 坐标法是解决解析几何问题的通性通法，但是解析几何问题的本质是几何问题，利用题目图形的几何性质解答，往往能避开繁琐的代数运算，起到出奇制胜、事半功倍的效果，纵观近几年的高考试题，很多题目都离不开图形分析，例如2016年全国卷Ⅰ理科第20题第1问，利用平行直线同位角相等和等腰三角形底角相等的几何性质，在解题过程中需要学生自己画图. 因此在平时的教学中，要训练学生多画图，培养学生数形转化的意识，提升学生解题能力和效率.（3）多角度审视，注重一题多解，把握问题的本质. 计算能力是学生解决解析几何问题的一个拦路虎，解析几何往往伴有繁琐的代数运算，导致“会而不对”，学生望而生畏，但解析几何的试题不同解法之间运算量的差异很大，有的是“可望而不可及”，比如2022年新高考Ⅰ卷21题第1问中，思路1比较容易上手，但计算量比较大，思路2从点入手，利用这些点满足的几何特点，抓住用坐标刻画运动，用代数方法来研究几何问题的本质，与思路1相比，思路更自然，计算量更小，思路3在思路2的基础上利用参数方程，将复杂的代数运算转化为三角函数化简问题，从而大大减少了该题的计算量，思路4通过重构双曲线方程和巧设直线方程，进一步整合代数与几何的关系，避开了解决圆锥曲线综合问题常用的“设直线、联立方程、消元、根与系数的关系、根的判别式”解题策略，简化计算. 为此，在复习过程中要特别注重对不同方法的分析、比较，要研究图形的几何特征、掌握处理代数式的一般方法，知道不同方法的差异，要达到这样的目的，关键是对问题本质的把握，只有多角度审视，看清了问题的实质，才能发现最佳的突破口.（4）夯实基本技能和基本方法，提升学科核心素养. 从2022年新高考Ⅰ卷试题发现，在高三专题复习中不能仅是简单地题海战术，应该引导学生分析图形特征，用恰当的代数形式表达题目中的几何关系，深化对问题的分析，回归解析几何的本质. 高三专题复习的重点应放在对典型例题的讲解，体会解题中所蕴含的思想方法，加深学生对概念的理解、基本方法和基本技能的掌握上，引导学生学会思考，而不是简单的机械模仿，避免导致学生缺少对解析几何本质、基本方法和基本思想的理解与掌握. 例如圆锥曲线与方程这一专题的基本技能和基本方法主要是借助坐标系用代数方法表示和研究曲线，同时要注重几何直观的作用，用到的知识技能方法包括数形转化以及向量转化等.（5）加大训练力度，培养学生逻辑思维能力和运算求解能力. 根据高考评价体系的整体框架对高考数学学科提出了逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力、数学建模能力和创新能力等关键能力. 解析几何问题是中学数学的综合应用问题，对于逻辑思维能力和运算求解能力要求较高，好的思路是通过一定的运算、推理等数学语言表达出来的. 因此在平面解析几何专题复习过程中，提升学生的逻辑思维能力和运算求解能力尤为重要，因此平时要引导学生进行以运算为主的练习和规范严密的思维分析训练.参考文献[1]吴志雄.用直线的参数方程探究圆锥曲线中的定点问题[J].中学数学教学参考，2019（07）：44.[2]李小华.新高考背景下高中学生发展指导的实践与探索[J].学苑教育，2021（35）：38.[3]中国高考报告学术委员会.高考试题分析.数学[M].北京：现代教育出版社，2021：212.作者简介李小华（1981—），男，福建三明人，中学高级教师;主要研究高中数学教学.吴伟鸿（1973—），男，福建晋江人，中学高级教师;主要研究高中数学教学.许如意（1986—），女，福建晋江人，中学二级教师;主要研究高中数学命题研究.。

高考解析几何解答题题型分析及解答策略。

©归纳・・1.定点问题(1)解析几何中直线过定点或曲线过定点问题是指不论直线或曲线中的参数如何变化，直线或曲线都经过某一个定点.(2)定点问题是在变化中所表现出来的不变的点，那么就可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变量所影响的某个点，就是要求的定点.2.定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，而始终是一个确定的值.3.最值问题圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法, 即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.4.圆锥曲线中的范围问题(1)解决这类问题的基本思想是建立目标函数和不等关系.(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理.5.圆锥曲线中的存在性问题(1)所谓存在性问题，就是判断满足某个(某些)条件的点、直线、曲线(或参数)等几何元素是否存在的问题.(2)这类问题通常以开放性的设问方式给出，若存在符合条件的几何元素或参数值，就求出这些几何元素或参数值；若不存在，则要求说明理由.6.圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；另一类是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).7.圆锥曲线与三角、向量的交汇问题8.圆锥曲线与数列、不等式的交汇问题9.圆锥曲线与函数、导数的交汇问题.(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆E的左顶点A作两条互相垂直的直线分别与椭圆E交.于(不同于点A的)M, N两点，试判断直线与x轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.［例2］.已知椭圆C：务+相=1(泓＞0)的离心率e=斗,左、右焦点分别为Fi，F2,点F(2, 茶)，点％在线段PF1的中垂线上.(1)求椭圆。

一道高考解析几何题的探究、推广及应用题目（2014年广东高考）已知椭圆C∶x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一个焦点为（5，0），离心率为53，（1）求椭圆C的标准方程；（2）若动点P（x0，y0）为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.本题答案：（1）椭圆C的标准方程为x29+y24=1；（2）点P的轨迹方程为x2+y2=13.笔者解完题后总喜欢对结论进行观察、分析、猜想、研究，希望能从中找到一些有价值的东西.解完此题后，笔者惊喜地发现：直线13就是该椭圆中的a2+b2.由此我们猜测：对于一般的椭圆是否也有此性质？逆命题如何呢？笔者带着这个想法进行研究，现将研究的主要过程和结论整理出来与大家交流.一、问题的推广性质1过椭圆外一点P作椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，则P点的轨迹方程为x2+y2=a2+b2.下面给出一个不同于标准答案的证法：证明：设P（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2），易知切线PA：x1xa2+y1yb2=1，切线PB：x2xa2+y2yb2=1，由kPAkPB=-1得出y1y2x1x2=-b4a4.又因为y21=b2（1-x21a2），y22=b2（1-x22a2），所以得出x21x22=a6（x21+x22）-a8a4-b4，联立方程x1xa2+y1yb2=1， x2xa2+y2yb2=1，解得x=y2-y1x1y2-x2y1a2，y=x1-x2x1y2-x2y1b2.所以经过化简得出x2+y2=（a2+b2）2a4b2+（b4-a2b2）（x21+x22）2a4b2+（b4-a2b2）（x21+x22）=a2+b2.同样对于双曲线有如下类似的性质：性质2过双曲线外一点P作双曲线C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，则P点的轨迹方程为x2+y2=a2-b2.对于抛物线也有如下类似的性质：性质3过抛物线外一点P作抛物线y2=2px（p>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°，则P点的轨迹方程为x=-p2.二、逆向推理、探究对性质1的条件和结论进行互换作变式探究，笔者用几何画板进行演示，得到圆锥曲线还有如下性质（限于篇幅证明留给读者）.性质4设P为圆x2+y2=a2+b2上的任意一点，过P作椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，则∠APB=90°.类比到双曲线也有类似的性质：性质5设P为圆x2+y2=a2-b2上的任意一点，过P作双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）的两条切线PA、PB，则∠APB=90°.对于抛物线也有如下的性质：性质6设P为直线x=-p2上的任意一点，过P作抛物线y2=2px（p>0）的两条切线PA、PB，且∠APB=90°.三、问题的拓展探究我们把上面的椭圆两切线夹角变成一般的夹角为θ，探究P点的轨迹方程.经过探究得出，P点轨迹方程为：（a2+b2-x2-y2）2sin2θ+4（a2b2-b2x2-a2y2）cos2θ=0.显然，当θ=90°时，上式为x2+y2=a2+b2，椭圆互相垂直的切线交点的轨迹是以椭圆中心为圆心、a2+b2为半径的圆.类似地可以得到当双曲线两切线夹角为θ时，P点的轨迹方程为：（a2-b2-x2-y2）2sin2θ+4（a2b2-b2x2+a2y2）cos2θ=0.显然，θ=90°时，上式为x2+y2=a2-b2.当a2-b2>0时，双曲线互相垂直的切线交点的轨迹是以双曲线中心为圆心、半径为a2+b2的圆；当a2-b2=0时，双曲线互相垂直的切线交点的轨迹是双曲线的中心；当a2-b2b>0）的离心率为53，且过点M（2，253），F1，F2为椭圆的左右焦点.（1）求椭圆的方程；（2）若圆x2+y2=13上一点P（2，3），过P作椭圆C 的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，求|AB|的值.分析对于（2）由性质4可得AB为圆的直径.例3（2012年广州市查漏补缺试题）给定椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），称圆心在原点、半径为a2+b2的圆是椭圆C的“准圆”.若椭圆C的一个焦点为F（2，0），其短轴上的一个端点到F的距离为3.（1）求椭圆C及其“准圆”方程；（2）设点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过P任作两条直线l1，l2，使的l1，l2与椭圆C都只有一个公共点，试判断l1，l2是否垂直？并说明理由.分析对于（2）由性质4可得.五、一点感想在数学教学之外，我们要善于研究、挖掘高考试题的潜在功能.每年的高考试题中都有一些典型的、有挖掘意义的好题.它们或者是重要的结论，或者是体现某种数学思想方法，或者是某个一般数学命题的具体形式，它的延伸、转化、拓展推广，可以呈现出丰富多彩的数学内容.我们必须充分重视高考试题中的一些典型题目，这也是教师专业成长的必由之路.。

仿射几何与北京高考解析几何试题——2016北京卷第19题的背景和拓展我们知道，圆锥曲线的很多问题都可以在“圆”那里找到源头，那么圆的哪些性质可拓广到其它曲线呢？那些不能照搬的性质，又有什么样的变化形式？举个例子：圆有一个重要的性质——“直径所对的圆周角为直角”。

那么类似的，对于椭圆能得到什么相应的结论呢？设AB 为椭圆22221x y a b +=的“直径”（即过中心的弦），P 为椭圆上一点（异于,A B ），,PA PB 仍垂直吗？会有什么关系？分析：设1100(,),(,)A x y P x y ，则11(,)B x y -， 2201010122010101PA PBy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅=-+-，又因为2200221x y a b +=，2211221x y a b+=， 所以22012201y y x x --22b a=-，也就是说直线,PA PB 的斜率之积为定值。

在2010年高考北京卷的第19题涉及到了这个内容：在平面直角坐标系xOy 中，点B与点(1,1)A -关于原点O 对称，P 是动点，且直线AP 与BP 的斜率之积等于13-。

求动点P的轨迹方程。

这里，实际上就是把上面的问题反过来了。

这些是简单的问题，对于圆的更复杂的性质，圆锥曲线里又会有怎样相应的结论呢？我们知道，对圆锥曲线的研究，思路的起点经常是圆，而圆里面的问题太丰富了，中学教师如果能够把圆锥曲线和圆的关系搞清楚，那么解析几何问题的探索与研究的源泉将永不枯竭。

本文简述仿射几何的几条基本理论，探讨如何把圆里的问题转化到圆锥曲线中去，寻找高等数学观点下的圆锥曲线（包括圆）的一致性，并谈谈在这方面北京卷命题所做的一些探索和实践。

一、仿射几何的几条基本结论结论1: 仿射变换保持同素性. 仿射变换使得点对应点, 直线对应直线. 结论2：仿射变换保持结合性. ,,A B C在直线L 上, 经过仿射变换后, 其对应点',','A B C 在直线L 的对应直线'L 上.结论3：两个封闭图形面积之比经过仿射变化后保持不变。

解析几何问题的题型与方法例1、椭圆22221(,0)x y a b a b+=>的两个焦点F 1、F 2，点P 在椭圆C 上，且P F 1⊥F 1F 2,,| P F 1|=34,,| P F 2|=314.（I ）求椭圆C 的方程；（II ）若直线L 过圆x 2+y 2+4x-2y=0的圆心M 交椭圆于A 、B 两点，且A 、B 关于点M 对称，求直线L的方程。

解法一：(Ⅰ)因为点P 在椭圆C 上，所以6221=+=PF PF a ，a=3. 在Rt △PF 1F 2中，,52212221=-=PF PF F F 故椭圆的半焦距c =5,从而b 2=a 2－c 2=4,所以椭圆C 的方程为4922y x +＝1. (Ⅱ)设A ，B 的坐标分别为（x 1,y 1）、（x 2,y 2）. 由圆的方程为（x +2）2+(y －1)2=5,所以圆心M 的坐标为（－2，1）. 从而可设直线l 的方程为 y =k (x +2)+1, 代入椭圆C 的方程得 （4+9k 2）x 2+(36k 2+18k )x +36k 2+36k －27=0.因为A ，B 关于点M 对称. 所以.29491822221-=++-=+kk k x x 解得98=k ， 所以直线l 的方程为,1)2(98++=x y 即8x -9y +25=0. (经检验，符合题意) 解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)已知圆的方程为（x +2）2+(y －1)2=5,所以圆心M 的坐标为（－2，1）. 设A ，B 的坐标分别为（x 1,y 1）,(x 2,y 2).由题意x 1≠x 2且,1492121=+yx① ,1492222=+yx②由①－②得.04))((9))((21212121=+-++-y y y y x x x x③因为A 、B 关于点M 对称，所以x 1+ x 2=－4, y 1+ y 2=2,代入③得2121x x y y --＝98，即直线l 的斜率为98， 所以直线l 的方程为y －1＝98（x+2），即8x －9y +25=0.(经检验，所求直线方程符合题意.) 例2、 直线1:+=kx y l 与双曲线12:22=-y x C 的右支交于不同的两点A 、B .（I ）求实数k 的取值范围；（II ）是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆恰好过双曲线的右焦点F ？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由.解：（I ）由方程组⎩⎨⎧=-+=12122y x kx y 消去y 得022)2(22=++-kx x k . 设),,(),,(2211y x B y x A 由题意，直线l 与双曲线C的右支交于不同两点，⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-=>--=+>--=∆≠-∴0220220)2(8)2(02221221222k x x k k x x k k k ).2,2(--∈⇒k（II ）假设存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆恰好过)0,(c F ，则FB FA ⊥，0=⋅∴，))((2121=+--∴y y c x c x ，即)1)(1())((2121=+++--kx kx c x c x ，整理得01))(()1(221212=+++-++c x x c k x x k .将26=c 及22221--=+k k x x ，22221-=k x x 代入并化简可得066252=-+k k .解得566--=k 或566+-=k （舍去）. 故存在566--=k 满足题意. 例 3 设经过点),0(m Q 且倾斜角为4π的直线l 与椭圆4422=+y x 交于不同的两点A 、B ，O 为坐标原点.（I ）若QB AQ 23-=，求m 的值；（II ）当AOB ∆的面积最大时，求m 的值.解：（I ）直线l 的方程为m x y +=，由⎩⎨⎧=++=4422y x m x y 得0)1(48522=-++m mx x .由题意，0)1(80)8(22>--=∆m m ，∴55<<-m .设),,(),,(2211y x B y x A 则有5821mx x -=+①，5)1(4221-=m x x ②.由23-=可得，2123x x -=-③.由①②③联解可得291455±=m ，且满足0>∆.故m 的值为291455±. （II ）结合图形可知AOB ∆的面积21221124)(121x x x x m x x m S AOB -+⋅⋅=-⋅⋅=∆ 5)1(16)58(2122---⋅⋅=m m m )5(5222m m -= 24552m m +-=.易知当252=m 时，AOB S ∆取得最大值, 此时m 的值为210±. （注：求AOB S ∆的表达式时，题解中用的是图形的割补思想,若用点O 到直线AB 的距离2m d =及弦长122x x AB -=来处理,可得到同样的结果.）例4 已知椭圆1222=+y x .(I)求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程;(II)过)1,2(N 的直线l 与椭圆相交，求被l 截得的弦的中点轨迹方程；(III)求过点)21,21(P 且被P 点平分的弦所在直线的方程.解：设弦的两端点为),(),,(2211y x B y x A ，中点为),(00y x M ，则有210212,2y y y x x x =+=+.由122121=+y x ，122222=+y x 两式作差得：1))((2))((12121212=+-++-y y y y x x x x ,00121212122)(2y x y y x x x x y y -=++-=--∴.即002y xk AB -=.①I ）设弦中点为),(y x M ，由①式，yx22-=，∴04=+y x .故所求的轨迹方程为04=+y x （在已知椭圆的内部）. （II ）不妨设l 交椭圆于A 、B ，弦中点为),(y x M .由①式，yxk k AB l 2-==，又∵12--==x y k k MN l ，122--=-∴x y y x .整理得,04222=--+y x y x 此即所求的轨迹方程. （III ）由①式，弦所在的直线的斜率21200-=-=y x k ，故其方程为)21(2121--=-x y ，即0342=-+y x .例5、设双曲线C ：线222x -y =1(a>0)与直l:x+y =1a相交于两个不同的点A 、B .（I ）求双曲线C 的离心率e 的取值范围： （II ）设直线l 与y 轴的交点为P ，且.125=求a 的值. 解：（I ）由C 与t 相交于两个不同的点，故知方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=-.1,1222y x y ax 有两个不同的实数解.消去y 并整理得 （1－a 2）x 2+2a 2x －2a 2=0. ① .120.0)1(84.012242≠<<⎪⎩⎪⎨⎧>-+≠-a a a a a a 且解得所以双曲线的离心率01,).2e a a e e e ==<<≠∴>≠+∞ 即离心率的取值范围为例6、已知双曲线12222=-by a x 的离心率332=e ，过),0(),0,(b B a A -的直线到原点的距离是.23（1）求双曲线的方程； （2）已知直线)0(5≠+=k kx y 交双曲线于不同的点C ，D 且C ，D 都在以B 为圆心的圆上，求k 的值. 解：∵（1）,332=a c 原点到直线AB ：1=-b y a x 的距离.3,1.2322==∴==+=a b c abb a ab d .故所求双曲线方程为 .1322=-y x（2）把33522=-+=y x kx y 代入中消去y ，整理得 07830)31(22=---kx x k . 设CD y x D y x C ),,(),,(2211的中点是),(00y x E ，则.11,315531152002002210k x y k k kx y k k x x x BE -=+=-=+=⋅-=+= ,000=++∴k ky x即7,0,03153115222=∴≠=+-+-k k k kk k k 又故所求k=±7. 例7、O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足||||AC AB ++=λ，[)∞∈＋，0λ，则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）（A ）外心 （B ）内心 （C ）重心 （D ）垂心分析：因为||||AB AC AB AC AB AC 、分别是与、同向的单位向量，由向量加法的平行四边形则知||||AB ACAB AC +是与∠ABC 的角平分线（射线）同向的一个向量，又()AB ACOP OA AP AB ACλ-==+，知P 点的轨迹是∠ABC 的角平分线，从而点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心。