从几何性质入手以数形结合突破

随着新课程改革的进一步推进与完善，高考中对圆锥曲线的命题思路也趋于稳定.总体体现在注重从曲线的几何性质切入，突出运用数形结合解决问题的考查，这也是降低运算量的有效途径.而解答问题的整体思路大致可概括为：从图形结构入手―建立方程（函数、不等式）演算―回归到曲线的研究.因而先把有关图形的几何性质研究到位，再将其转化为方程（函数、不等式）实施代数演算，这种数形结合的思路成为解决这类问题的基本策略.

一、常用图形的几何性质

一些基本图形的几何性质常成为我们解决问题的“突破口”，平时若对这些性质多加留意与总结，对我们解题大有裨益.

1.线垂直平分线性质

已知线段AB，动点P满足|PA|=|PB|点P在线段AB的垂直平分线上.

2.三角形

（1）三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.

（2）等腰三角形的两底角相等，且两底角必为锐角.

（3）几个特殊三角形的性质：①等腰直角三角形：两直角边相等，斜边等于直角边的12倍；②含有60°角的直角三角形：60°角所对的直角边是30°角所对边的13倍，斜边是30°角所对边的2倍；③正三角形：正三角形的高将该三角形分割为两个含有60°角的特殊直角三角形.

3.四边形

（1）对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半.

（2）平行四边形的对角线互相平分（反之也行）.

（3）菱形的对角线互相平分且互相垂直（反之也行）.

（4）矩形的对角线互相平分且相等（反之也行）.

（5）正方形的对角线互相平分、垂直、相等（反之也行），其中含有等腰直角三角形.

4.正六边形

六个顶点与中心的连线将正六边形分割为六个全等的正三角形.

5.圆

（1）直径所对的圆周角为直角（反之也行）.

（2）垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦（反之也行）.

例1（1）已知点A（1，1），B（2，2），点P是x轴上一动点，则|PA|+|PB|的最小值为，

|PA|-|PB|

的最大值为.

（2）如图1，已知过圆x2+y2=4内一点P（1，0）作互相垂直的两条弦AB，CD，则四边形ACBD的面积的最大值为.

分析：（1）先画出图形，如图2，从其几何性质寻求最值，作点A关于x轴的对称点A′（1，-1），有|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|≥|A′B|，而|PA|-|PB|≤|AB|.（2）分别取AB，CD的中点M，N，由垂径定理得OMPN为矩形，设OM=d1，ON=d2，由图形得到OM=NP=d1，且NP2+ON2=OP2，也就是d21+d22=1，再由对角线互相垂直的四边形的面积的性质再结合基本不等式求最值.

解：（1）作点A关于x轴的对称点A′（1，-1），则|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|≥|A′B|=1（2-1）2+[2-（-1）]2=110.

|PA|-|PB|

≤|AB|

=1（2-1）2+（2-1）2=12.

（2）设圆心O到弦AB，CD的距离分别为d1，d2，则d21+d22=|OP|2=1，

有|AB|=21|OA|2-d21=214-d21，

|CD|=21|OD|2-d22=214-d22，

四边形ACBD的面积

S=112|AB|・|CD|

=112×214-d21×214-d22

=21（4-d21）（4-d22）

≤（4-d21）+（4-d22）=8-（d21+d22）=7.

评注：在试题（1）中，将题意转化为图形，运用几何性质找到最值是关键.在试题（2）中，运用垂径定理得到OMPN为矩形，从图形中再找到d21+d22=1，再运用基本不等式求最值（代数演算）是解决问题的基本思路，将数与形融合在一起解决问题.

二、圆锥曲线的几何性质

圆锥曲线的几何性质为运用数形结合思想解决问题提供了依据，灵活运用其几何性质可有效降低运算量，提高解题效率.

1.椭圆的几何性质

（1）范围：详见教材.

（2）焦点三角形：设椭圆C：x21a2+y21b2=1（a>b>0）的两焦点分别为F1，F2，椭圆C的上（下）顶点为A，P是椭圆C上一动点（非左、右顶点），∠F1PF2=θ，F1PF2称为椭圆C的焦点三角形，则SF1PF2=b2tanθ12，且SF1PF2的最大值为SF1AF2=bc；点P从右（左）顶点向点A移动的过程中，θ递增，且θ的最大值为∠F1AF2.（可结合椭圆的定义、余弦定理、三角形面积公式推导，此略）

（3）相关焦点三角形：设椭圆C：x21a2+y21b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1和F2，过F1（F2）的直线l与椭圆C交于A，B两点，称ABF2（ABF1）为相关焦点三角形，则当c≤b时，直线lx轴，即l：x=-c时，Smax=2b2e；当c>b时，直线l为x=±1c2-b21by-c时，Smax=ab.

（4）切线方程：若点P（x0，y0）在椭圆C：x21a2+y21b2=1（a>b>0）上，则椭圆C在点P处的切线方程为x0x1a2+y0y1b2=1.

（5）切点弦方程：过椭圆C：x21a2+y21b2=1（a>b>0）外一点P（x0，y0）作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，设A（x1，y1），B（x2，y2），由（4）知，PA：x1x1a2+y1y1b2=1，PB：x2x1a2+y2y1b2=1，则弦AB的方程为x0x1a2+y0y1b2=1.

对于双曲线也有类似的性质，请读者自行完成.只是（2）中的结论对应为：SF1PF2=b21tanθ12，且SF1PF1与θ均没有最大值与最小值；（3）的结论对应为：当直线lx轴，即l：x=-c时，Smin=2b2e.

2.抛物线的几何性质

（1）相关焦点三角形：设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，抛物线C的准线与x轴交于点F′，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，称ABF′为相关焦点三角形.则当直线lx轴，即l：x=p12时，Smin=p2.

（2）切线方程：抛物线y2=2px（p>0）在点（x0，y0）处的切线方程为yy0=p（x+x0）.

（3）定点：点A，B在抛物线y2=2px（p>0）上，OAOB直线AB过点（2p，0）.

设AB：x=my+t，由x=my+t，

y2=2px得y1+y2=2mp，y1y2=-2pt，x1x2=（y1y2）214p2=t2.

由x1x2+y1y2=0t2-2pt=0，即t=2p，

直线AB：x=my+2p过定点（2p，0）.

图3例2（1）（2013年浙江卷改编）如图3，F1，F2是椭圆C1：x214+y2=1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二和第四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率为.

（2）（2013年汕头市二模改编）已知双曲线C：x2-y212=1的左、右焦点分别为F1和F2，点P在双曲线C上，且位于第一象限，∠F1PF2=120°，则点P的坐标为.

分析：（1）设双曲线为x21a2-y21b2=1（a>0，b>0），抓住椭圆与双曲线的定义及勾股定理求a；（2）由SF1PF2=b21tanθ12求SF1PF1，进而求出点P的纵坐标，再求其横坐标.

解：（1）设双曲线的方程为x21a2-y21b2=1（a>0，b>0），则|AF2|+|AF1|=4，|AF2|-|AF1|=2a，|AF2|=2+a，|AF1|=2-a，而c=14-1=13，

由题意得（213）2=（2-a）2+（2+a）2.

解之，得a=12.e=c1a=1612.

（2）设点P（x0，y0），x0>0，y0>0，由双曲线的性质知，SF1PF2=21tan 60°=2113=112|F1F2|y0=112×213×y0，得y0=213，x20=1+y2012=1119，则x0=11113，P（11113，213）.

评注：熟练运用圆锥曲线的几何性质，可简单快速地解决问题，尤其是选择题与填空题.

三、从几何性质入手分析

解析几何问题通常含有较强的几何图形结构，若能从其几何性质入手分析题意，常可得到较为简捷的解答.

例3（1）（2013年江西卷）抛物线x2=2py（p>0）的焦点为F，其准线与双曲线x2-y2=3相交于A，B两点，若ABF为等边三角形，则p=.

（2）（2013年辽宁卷改编）已知椭圆C：x21a2+y21b2=1（a>b>0）的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连结AF，BF，若|AB|=10，|AF|=6，sin∠ABF=315，则C的离心率e=.

分析：（1）画出图形，由正三角形的性质知，可用p表示点B的坐标，再代入双曲线求p的值；（2）画出图形，由正弦定理求sin∠AFB，进一步根据图形的结构求a与c的值.

图4解：（1）由ABF为正三角形知，点B的坐标（p113，-p12），代入x2-y2=3，得p=6.

（2）如图4，由正弦定理知，

101sin∠AFB=61315，有sin∠AFB=1，

∠AFB=90°，有|BF|=8.设F′是椭圆C的右焦点，则四边形AFBF′为长方形，有|BF′|=|AF|=6，2a=6+8=14，即a=7，又2c=|FF′|=1|BF|2+|BF′|2=10，则c=5，于是椭圆C的离心e=c1a=517.

评注：由正三角形的性质迅速找到B（p113，-p12），问题就顺利解决了；在试题（2）中，得到∠AFB=90°后，联想到椭圆的另一焦点，得到四边形AFBF′为长方形，即可求得椭圆的离心率.

四、以数形结合突破解题

从几何性质入手得到解题思路后，还需借助方程、函数、不等式等代数推理才能顺利地解决问题.

例4（2013年茂名市二模）已知动点P在椭圆C1：x212+y2=1上，动点Q是动圆C2：x2+y2=r2（1

（Ⅰ）求证：动点P到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x=2的距离之比等于椭圆的离心率；

（Ⅱ）设椭圆C1上的三点A（x1，y1），B（1，1212），C（x2，y2）与点F（1，0）的距离成等差数列，线段AC的垂直平分线是否经过一个定点为？请说明理由.

（Ⅲ）若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点，求P，Q两点的距离|PQ|的最大值.

分析：（Ⅰ）设点P的坐标，代入题意验证；（Ⅱ）结合（Ⅰ）的结果及图形求AC垂直平分线的方程；（Ⅲ）直线PQ与椭圆C1相切，得到m与k的联系，直线PQ与圆C2相切，由图形得|PQ|2=|OP|2-|OQ|2.

解：（Ⅰ）椭圆C1的离心率e=1212，右焦点为（1，0），设点P（x，y），则

1（x-1）2+y21|x-2|=1112（x-2）21|x-2|=1212.

图5（Ⅱ）如图5，由（Ⅰ）得|AF|=1212（2-x1），|BF|=1212（2-1）=1212，|CF|=1212（2-x2）.

|AF|+|CF|=2|BF|，则x1+x2=2，又A，C在椭圆上，有x2112+y21=1，x2212+y22=1，

kAC=y2-y11x2-x1=-x2+x112（y2+y1）=-11y2+y1，

设线段AC的中点为（x0，y0），则x0=x1+x212，y0=y1+y212，

则AC的垂直平分线的方程为y-y0=2y0（x-1），它经过定点（112，0）.

图6（Ⅲ）如图6，直线PQ的斜率显然存在，设其方程为y=kx+m，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），由直线PQ与椭圆C1相切，切点为P，

有y1=kx1+m，

x2112+y21=1，得

（2k2+1）x21+4kmx1+2（m2-1）=0，

则Δ=（4km）2-4×2（m2-1）（2k2+1）=0，从而m2=1+2k2，x1=-2k1m.①

直线PQ与圆C2相切，得|m|1112+k2=r，

则m2=r2（1+k2）.②

由①②得k2=r2-112-r2，且|PQ|2=|OP|2-|OQ|2=x21+y21-r2=x21+（1-x2112）-r2=1+x2112-r2=1+2k211+2k2-r2=3-r2-21r2≤3-212=（12-1）2，即|PQ|≤12-1，当且仅当r2=12∈（1，4）时取等号，于是|PQ|的最大值为12-1.

点评：数形结合是降低运算量的一种有效方法，如第（Ⅱ）问，若直接代入两点间的距离公式计算，运算量稍大.第（Ⅲ）问也是从图形中得到直线PQ斜率的存在性，且直线PQ与椭圆C1及圆C2相切的关系，更得到了|PQ|2=|OP|2-|OQ|2，为解决问题提供了关键性因素.