李昭平

纵观近几年的高考题，无论是全国卷还是省市自主命题卷，解析几何主要考查直线与圆、三种圆锥曲线的基本知识，直线与圆锥曲线的位置关系，定点、定值与对称关系等等，一般稳定在一选一填一解答，分值大约占总分的14.7%左右. 双曲线问题往往在客观题中出现，解答题考查椭圆或抛物线，客观题往往处于靠后的位置. 由于解析幾何问题涉及面广、运算量大、综合性强，专题复习中关注以下八个切入点，能有效掌握解析几何的核心知识与方法，并与相关知识融会贯通，提高解题能力.

1. 考查定义

椭圆、双曲线和抛物线的定义反映了三种圆锥曲线的本质特征. 对于高考或模考中某些圆锥曲线客观题，若从定义入手，往往能快速实现解题目标.

例1. 过抛物线C ∶  x2=2y的焦点F的直线交抛物线C于M，N两点，若 |MN|=8，则线段MN的中点到x轴的距离是（  ）

A. 3   B. ■ C. 4D. ■

解析：分别过M、N作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为P，Q，过线段MN的中点A作AE垂直于准线y=-■，垂足为E.

根据抛物线的定义知，|NP|=|NF|，|MQ|=|MF|，所以|NP|+ |MQ|=8. 于是梯形NPQM的中位线长是4，所以线段MN的中点到x轴的距离是4-■=■. 故选B.

点评：由抛物线的定义可以做两个方面的推理： 一是抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离;二是到定点和定直线（定点不在定直线上）的距离相等的点，是以定点为焦点、定直线为准线的抛物线. 活用这两个结论解抛物线题，往往事半功倍. 椭圆和双曲线也完全类似.

训练题1：如图1，F1，F2是椭圆C1 ∶  ■+■=1与双曲线C2公共的焦点，A，B分别是C1，C2，在第二、四象限的公共点. 若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是_________.

解析：对于椭圆上的点A，利用椭圆的定义得，|AF1|+ |AF2|=6.

设|AF1|=m，|AF2|=n，则m+n=6.

在Rt？驻AF1F2中，n2+m2=（2■）2 =28.

由（n-m）2+（n+m）2=2（n2+m2）， 得n-m=2■.

对于双曲线上的点A，利用双曲线的定义，得n-m=2a.

所以2a=2■，a=■. 于是，C2的离心率是e=■=■=■.

2. 考查点差法

所谓点差法，一般是指由圆锥曲线上若干个点的坐标满足圆锥曲线的方程而得到若干个方程，将这若干个方程实施整体相减，以实现解题目标的方法. 对于圆锥曲线的弦、弦的中点、弦所在的直线、弦的中垂线等问题，若能灵活运用点差法，往往简单快捷.

例2. 双曲线x2-2y2=1中斜率为2的平行弦中点的轨迹方程是_________.

解析：设斜率为2的平行弦（动弦）的两个端点A、 B的坐标分别为（x1， y1）， （x2， y2），中点M的坐标为（x， y）， 则 ■-2■=1，■-2■=1.

两式整体相减， 得（x1+x2）（x1-x2）-2（y1+y2）（y1-y2）=0. 显然x1≠x2，

∴ （x1+x2）-2（y1+y2）·■=0. 而■=2，x1+x2=2x，y1+y2=2y，

∴ 2x-8y=0，x-4y=0. 联立x2-2y2=1，x-4y=0，解得x= ± ■.

故斜率为2的平行弦中点的轨迹方程是x-4y=0（x<-■或 x>■）.

点评：本题中渐近线的斜率是■平行弦的斜率是2，2>■，平行弦的中点应该在双曲线内部，其轨迹直线x-4y=0上不在双曲线内的均为暇点（有无数多个），必须去掉这些暇点. 否则，轨迹方程错误.

训练题2：椭圆x2+2y2=1中斜率为2的平行弦中点的轨迹方程是__________.

解析：设平行弦的两个端点是A（x1，y1），B（x2，y2），则■+2■=1，■+2■=1，

相减， 得（x1+x2）（x1-x2）+2（y1+y2）（y1-y2）=0，所以■·■=-■，

即2·■=-■，x+4y=0. 联立x2+2y2=1，x+4y=0，解得x= ± ■.

故斜率为2的平行弦中点的轨迹方程是x+4y=0（-■

3. 考查分类讨论

平面解析几何主要包括运用“代数方法研究几何问题”和“用几何方法研究代数问题”两大类，既有代数计算又有几何直观，其中涉及到分类讨论的问题不少. 分类讨论通常由以下几个方面的原因引起：一是数学概念、法则、公式、定理、性质有适应性范围或限制性条件;二是几何位置关系的变化;三是参数的变化. 所以解题时我们要弄清原因，根据对象确定统一的分类标准，适时分层展开讨论，做到不重不漏.

例3. 平面内与两定点A1（-a， 0）， A2（a， 0）（a>0）连线的斜率之积等于常数m（m≠0）的点的轨迹，连同A1，A2两点所形成的曲线为C. 求曲线C的方程，并说明C的形状.

解析：设动点M的坐标为（x，y）.

当x≠ ± a时，由条件可得k■·k■=■·■=■=m，

即mx2-y2=ma2（x≠± a）. 而A1（-a， 0）， A2（a， 0）（a>0）的坐标满足mx2-y2=ma2，

故曲线C的方程为mx2-y2=ma2， 即■+■=1.

若m<0， （1）当a2<-ma2， 即m<-1时， 曲线C是焦点在y轴上的椭圆.

（2）当a2=-ma2，即m=-1时，C的方程为x2+y2=a2，曲线C是圆心在原点、半径为a的圆.

（3）当a2>-ma2，即-1

若m>0，曲线C的方程为■-■=1，是焦点在x轴上的双曲线.

点评：本题求曲线C的方程时，对直线的斜率进行了分类讨论（x≠± a和x= ± a）. 在得到■+■=1后，发现参数m的取值影响a2与-ma2的大小和-ma2 的正负，进而再分m<0和m>0两类讨论. 在m<0中又分三类讨论，确定曲线形状. 由于圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程都是二元二次方程，所以参数在不同范围取值时，对应的曲线也会不同.我们要合理分类，深化层次，才能得到正确的结论.

训练题3：已知定圆A∶ （x+■）2+y2=16的圆心为A，动圆M过点B（■，  0），且和圆A相切，动圆的圆心M的轨迹记为C.

（Ⅰ）求曲线C的方程;

（Ⅱ）若点P（x0， y0）为曲线C上一点，试探究直线l ∶ x0x+4yy0-4y0=0与曲线C是否存在交点？若存在，求出交点坐标;若不存在，请说明理由.

解析：（Ⅰ）利用椭圆的定义易得曲线C的方程为■+y2=1.

（Ⅱ）当y≠0时，由x0x+4yy0-4y0=0，得y=■，联立方程组y=■，■+y2=1.消去y， 得（4■+■）x2-8x0y0x=0……①

由点P（x0， y0）在曲线C上，得■+■=1，即4■+■=4. 于是，方程①可以化简为4x2-8x0y0x=0，解得x=0，或x=2x0y0. 将x=0代入方程得y=■得y=1;将x=2x0y0代入方程y=■得y=■.

当y0=0时，由■+■=1可得x0= ± 2. 此时直线l的方程为：x=0，与曲线C有两个交点（0， 1）， （0， -1）. 显然y0=0时，y=■=-1.

綜上知，直线l与曲线C总有两个交点（0， 1）， （2x0y0， ■）.

4. 考查离心率公式

我们知道，椭圆和双曲线的离心率e=■是用来刻画两种曲线形状的主要标尺之一，而椭圆和双曲线的焦点三角形中的三边又与两种曲线方程中a， b， c的密切相关，这就自然引发我们的思考：两种曲线的离心率e=■与焦点三角形中的边角之间会有怎样的关系呢？

例4. 如图2，设椭圆的方程为■+■=1（a>b>0），F1、F2是左右焦点. 点P是椭圆上除长轴上两个顶点外的任意一点，且∠PF1F2=？琢，∠PF2F1=？茁，试证明：椭圆的离心率e=■.

解析：在焦点三角形？驻PF1F2中，

■=■=■？圯■=■？圯■=■？圯e=■=■=■=■. 当椭圆的焦点在y轴上时，同理可推出上式.

点评：本题得到椭圆的另一个离心率公式：e=■，其中点P是椭圆上除长轴上两个顶点外的任一点. 也就是说， 椭圆的离心率由焦点三角形中任意的两个角确定. 类似地可以得到双曲线的另一个离心率公式e=■. 这两个公式结构非常相似，充分体现了两种曲线内在规律的统一性、和谐性. 灵活运用这两个公式，往往能收到事半功倍之效.

训练题4：如图3，设双曲线的方程为■-■=1（a>0，b>0），F1、F2是左右焦点. 点P是双曲线左支上除顶点外的任一点，且∠PF1F2=？琢，∠PF2F1=？茁，试证明：双曲线的离心率e=■.

解析：■=■=■？圯■=■？圯■=■？圯e=■=■=■=■.

当点P是双曲线右支上除顶点外的任一点时，同理可以得到 ？圯e=■.

对于焦点在y轴上的双曲线，以上两式也成立. 于是就得到双曲线的另一个离心率公式：e=■，其中点P是双曲线上除顶点外的任一点. 也就是说，双曲线的离心率由焦点三角形中任意的两个角确定.

训练题5：（1）椭圆■+■=1的焦点为F1、F2，过点F2的弦P1P2⊥x轴，交椭圆于P1、P2两点，若？驻P1F1P2为等边三角形，则椭圆的方程是__________.

（2）设点P是双曲线2y2-x2=2上一点，F1、F2为双曲线的两个焦点，且∠F1PF2=60°，求∠PF1F2和∠PF2F1的大小.

解析：（1）对焦点三角形？驻P1F1F2运用椭圆的离心率公式e=■，得到e=■=■=■·■=■. 又因为离心率e=■=■，所以■=■，解得m=8. 故椭圆的方程为■+■=1.

（2）双曲线2y2-x2=2的标准方程是y2-■=1，焦点在y轴上，且a2=1，b2=2，c2=3，所以双曲线的离心率e=■=■.

设∠PF1F2=？琢，∠PF2F1=？茁，则？琢+？茁=120°，？琢-？茁=？琢-120°+？琢=2？琢-120°.

由双曲线的离心率公式e=■，可以得到e=■.

于是■=■，sin|？琢-60°|=■，？琢-60°= ± 30°，？琢=90°或？琢=30°.

故∠PF1F2和∠PF2F1分别为90°、30°或30°、90°.

5. 考查存在性

由于解析几何主要研究图形，图形有大有小，也有定图形和动图形之别，这就自然会出现一些图形是否存在的问题.比如，点是否存在，线是否存在，圆是否存在，三角形是否存在，椭圆、双曲线和抛物线是否存在等等. 假设相关图形存在，由此出发，结合已知条件推出可行性或不可行性，进而得到存在或不存在的结论.

例5. 如图4，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E： ■+■=1（a>b>0）的长轴长为6，点A为左顶点，B，C在椭圆E上. 若四边形OABC为平行四边形，且∠OAB=30°.

（Ⅰ）求椭圆E的方程;

（Ⅱ）设F1，F2是椭圆的左、右焦点，在椭圆上是否存在点S，使∠F1SF2=150°？若存在，请求出S点的坐标;若不存在，请说明理由.

解析：（Ⅰ）∵四边形OABC为平行四边形，∴ BC∥OA.由椭圆的对称性知，B、C两点关于y轴对称. 由题意知，a= |OA|=|CB|=3.

于是， 可设B（-■， y0） （y0>0），代入椭圆方程解得y0=■b.

∵ ∠OAB=30°，∴ ■b=■tan30°，∴ b=1. ∴椭圆E的方程为■+y2=1.

（Ⅱ）假设满足条件的点S存在. 设|PF1|=m，|PF2|=n，则由余弦定理得，cos150°=■=■=■=■-1=■-1≥■-1=■-1.

因为■-1=■-1=-■，而cos150°=-■<-■，所以cos150°≥■-1不成立. 故椭圆上不存在满足条件的点S.

点评：本题是点的存在性问题，在焦点三角形中运用余弦定理和基本不等式处理. 由此得到椭圆焦点三角形中一个重要不等式：设椭圆的方程为■+■=1（a>b>0），F1、F2是左右焦点. 点P是椭圆上除长轴上两个顶点外的任意一点，且∠F1PF2=？兹. 则cos？兹≥■-1，即cos？兹≥1-2e2，当且仅当点P在上顶点或下顶点时，∠F1PF2最大.

训练题6：设F1，F2是椭圆■+■=1的左、右焦点，若0

解析：方法1. 当0

tan∠APH=■， tan∠BPH=■？圯tan120°=■.

因为点P（x0，y0）在椭圆上，所以■+■=1.

-■=■？圯y0=■，又0

∴ 0<■≤b？圯b2+2■b-9≤0？圯0

而（0，■）？哿（0，■]，故椭圆上存在满足条件的点P.

方法2. 当0

tan？琢=kAP=■，tan？茁=-kBP=-■？圯tan120°=tan（180°-？琢-？茁）.

所以-■=-tan（？琢+？茁）以下同方法1.

注意：如图6，设椭圆的方程为■+■=1（a>b>0），A1、A2是长轴的两个端点. 点P是椭圆上除A1、A2外的任意一点，B1、B2是短轴的两个端点. 则tan∠A1PA2≤■，当且仅当点P在上顶点或下顶点时，∠A1PA2最大.

6. 考查定值

解析几何就像平面几何一样，在动态图形中也存在着许多不变量，其中定值就是重要的一类，而且是近几年高考和模考中的高频考点. 这种问题常常與动点、动弦、动角、动曲线、对称性等融为一体，能有效考查学生的数学水平和综合能力.

例6. 已知动圆过定点M（0， 4）， 且在x轴上截得的弦AB的长为8.

（Ⅰ）求动圆圆心的轨迹C的方程;

（Ⅱ）过轨迹C上一个定点P（m， n）（m≠0）引它的两条弦PS，PT，直线PS，PT的斜率存在且倾斜角互为补角. 证明：直线ST的斜率为定值.

解析：（Ⅰ）设动圆圆心C的坐标为（x， y），则（x-0）2+（y-4）2=42+y2. 整理得，x2=8y. 故所求动圆圆心的轨迹C的方程为x2=8y.

（Ⅱ）设S（x1， y1）， T（x2， y2）， 则有m2=8n， ■=8y1， ■=8y2.

于是， kPS+kPT=0■+■=■+■=■+■=0.

所以x1+x2=-2m.

故直线ST的斜率k=■=■=-■为定值.

点评：本题利用倾斜角互为补角得到kPS+kPT=0，建立方程得到x1，x2，m之间的关系. 再列出直线ST的斜率表达式化简整理即可.

训练题7：如图7，已知点F为椭圆C ∶  ■+■=1（a>b>0）右焦点， 圆A ∶   （x+t）2+y2=2（t>0）与椭圆C的一个公共点为B（0， 1）， 且直线FB与圆A相切于点B.

（Ⅰ）求t的值及椭圆C的标准方程;

（Ⅱ）设动点P（x0， y0）满足■=■+3■， 其中M， N是椭圆C上的点， O为原点， 直线OM与ON的斜率之积为-■， 证明： ■+2■ 为定值.

解析： （Ⅰ）由题意可知b=1. 又t2+1=2， ∴ t=±1. 又t>0， ∴ t=1.

在Rt？驻AFB中， |AB|2+|FB|2=|AF|2， ∴ 2+（1+c2）=（1+c）2， ∴ c=1， a=■.

故椭圆的标准方程为：■+y2=1.

（Ⅱ）设M（x1， y1）， N（x2， y2）， ∵ ■=■+3■， ∴ x0=x1+3x2， y0=y1+3y2 .

∵ M， N在椭圆上， ∴ ■+2■=2， ■+2■=2.

又直线OM与ON的斜率之积为-■， ∴ x1x2+2y1y2=0.

于是， ■+2■=（■+6x1x2+9■）+2（■+6y1y2+9■）

=（■+2■）+6（x1x2+2y1y2）+9（■+2■）=20.

故■+2■为定值.

7. 考查参数范围

直线与椭圆、抛物线的位置关系是高考大题考查的重点，这种问题往往融参数、方程、向量、不等式、几何关系等于一体，设点设线，联立消元，韦达定理，根的判别式，条件转换，建立函数、方程与不等式等等是解题的基本方法.

例7. 直线l ∶ y=kx+m（k≠0）与椭圆C ∶ ■+y2=1交于A， B两点， P为椭圆C的下顶点，且|PA|=|PB|，求实数m的取值范围.

解析：设A（x1， y1）， B（x2， y2） 联立x2+4y2-4=0， y=kx+m，消去y，得到 x2+4（kx+m）2-4=0， 即（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0， 则x1+x2=-■， y1+y2 =k（x1+x2）+2m =■， 弦AB中点M的坐标是（-■， ■）.

由？驻=64k2m2-16（m2-1）（1+4k2）>0， 得4k2m2-（m2+4k2m2-1-4k2）>0，

即1+4k2>m2.

另一个方面， 直線PM的方程是y=-■x-1. 点M（-■，■） 在此直线上， 得到 ■=-■（-■）-1，整理得3m =1+4k2. 代入1+4k2>m2中， m2-3m>0， 0

又3m=1+4k2>1， k≠0，所以3m>1， m>■. 故实数m的取值范围（■， 3）.

点评：本题充分体现了上述解题的基本方法，具有分析的难度、思维的难度和运算的难度. 易错在运算、易错在思维转换、易错在忽视隐含条件. 比如，最后求实数m的取值范围时，仅考虑k，m应满足的不等式1+4k2>m2，而忽视k，m应满足的方程3m=1+4k2  这一个重要隐含条件致误.

训练题8：已知椭圆C∶■+y2=1 的右焦点为F，斜率为k的直线l与C的交点为A，B. 若 |AF|+|BF|=4，求实数k的取值范围.

解析：设直线l的方程为y=kx+b，联立x2+2y2=2，y=kx+b，消去y，化简整理得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-2=0.

由？驻=（4kb）2-4×2（1+2k2）（b2-1）>0， 得b2<2k2+1.

由椭圆的焦半径公式，得 |AF|=■-■x1，|BF|=■-■x2.

而|AF|+|BF|=4， 所以2■-■（x1+x2）=4. 而x1+x2= -■，所以2■+■·■=4， 解得b=■ =（■-1）（■+2k）.

代入b2<2k2+1， 得 （■-1）2（1+2k2）2<（1+2k2）k2，

解得k<-■或k>■.

故实数k的取值范围是（-∞，-■）∪（■， +∞）.

8. 考查对称性

近几年的高考和模考解析几何大题中，出现了不少关于轴对称、中心对称、平行、垂直、特殊几何图形或特殊几何图形内接于圆锥曲线等问题，用解析几何呈现出来的形式往往是角相等或互补、斜率相等或互为相反数或互为负倒数、过定点或为定值等等. 这种题型能有效考查直观想象、数学运算和逻辑推理等数学核心素养，倍受命题者青睐.

例8. 若过点P（■， 0）（|m|>■）， 且不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C ∶  ■+y2=1交于不同的两点A， B， 点M的坐标为（m， 0）. 证明： ∠PMA=∠PMB.

解析：设直线l的方程为y=k（x-■）， 其中k≠0. 联立x2+2y2=2，y=k（x-■）， 消去y， 得x2+2k2（x-■）2=2，即（1+2k2）x2-■x+■=0.

因此， x1+x2=■，x1x2=■.

则kAM+kBM=■+■=k·

■=k·■.

而2x1x2-（m+■）（x1+x2）+4=2·■-（m+■）·■+4=■=0，所以kAM+kBM=0.

故∠PMA=∠PMB.

点评：本题待证的两角相等（∠PMA=∠PMB），其实就是kAM+kBM=0，设动直线为y=k（x-■）就使运算比较简单. 动点、动直线有何特征，应该怎样设，比如动点是否在坐标轴上或定曲线上，动直线是否过一个定点或平行于某条定直线，动直线的斜率是否存在，动直线是否垂直于坐标轴，动直线是否可以设成斜截式等等，影响到解题的运算难度.

训练题9：若过点P（m， 0）（m>0）， 且不垂直于x轴的直线l与抛物线C ∶  y2=2px（p>0）交于不同的两点A， B， 点M的坐标为（-m， 0）. 证明： ∠PMA=∠PMB.

解析：将联想3中的x2+2y2=2，y=k（x-■）， 变为y2=2px，y=k（x-m），消去y得k2（x-m）2=2px，即k2x2-2（mk2+p）x+m2k2=0，则x1+x2 =■， x1x2=m2. 于是， kAM+kBM=■+■=k·

■=k·■=0，所以∠OMA=∠OMB.

以上介绍了“解析几何”专题复习的八个切入点，解析几何中的轨迹问题、方程问题、定值问题、范围问题、对称问题、存在性问题，以及坐标法、消元法、方程思想、整体思想、待定系数法、参数法等一些重要的思想方法都在上面的例题和训练题中得到了较好的体现， 要切实把握.学会根据问题的特征，选择恰当的思想方法， 有时候还需要几种思想方法融为一体，共同发挥作用.

责任编辑 徐国坚