巧思維展開，妙方法應(yīng)用:一道橢圓解答題的探究

涉及直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用的解答題，常常巧妙融入“動態(tài)”與“靜態(tài)”的變化過程，交匯“動點(diǎn)”與“定點(diǎn)”的變形轉(zhuǎn)化、“常值”與“最值”的合理過渡，同時(shí)有“數(shù)”的本質(zhì)屬性，又有“形”的幾何特征，新穎多變，具有較高的區(qū)分度與較好的選拔性，是全面考查學(xué)生的“四基”與數(shù)學(xué)基本能力，以及培養(yǎng)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的一個(gè)重要題型.

1 問題呈現(xiàn)

問題在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)F（－3，0），P（x，y）是平面內(nèi)的動點(diǎn).若以PF為直徑的圓與圓O：x2+y2=4內(nèi)切，記點(diǎn)P的軌跡為曲線E.

（1）求E的方程；

（2）設(shè)A（0，1），M（t，0），N（4－t，0）（t≠2），直線AM，AN分別與曲線E交于點(diǎn)S，T（S，T異于A），AH⊥ST，垂足為H，求|OH|的最小值.

這是一道集多動點(diǎn)、多動直線于一體的試題，借助點(diǎn)、線段與圓的場景創(chuàng)設(shè)進(jìn)行必要的、適度的“包裝”，進(jìn)而解決圓錐曲線的方程與基本性質(zhì)問題.

2 問題破解

2.1 第（1）問的解答

解法1：定義法.設(shè)PF的中點(diǎn)為G，依題意以PF為直徑的圓與圓O：x2+y2=4內(nèi)切，

所以|GO|=2－|PF|2，即|PF|=4－2|GO|.

設(shè)F2（3，0），又2|GO|=|PF2|，所以|PF|+|PF2|=4>23=|FF2|，所以點(diǎn)P的軌跡是以F，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，4為長軸長的橢圓.

設(shè)E的方程為x2a2+y2b2=1（a>b>0），則c=3，a=2，b=1，所以點(diǎn)P的軌跡方程E：x24+y2=1.

解法2：設(shè)點(diǎn)法.設(shè)P（x，y），則PF的中點(diǎn)為Gx－32，y2.依題意可得|GO|=2－|PF|2，即x－322+y22=2－12（x+3）2+y2.

整理，得（x－3）2+y2=4－（x+3）2+y2，化簡可得點(diǎn)P的軌跡方程E：x24+y2=1.

解后反思：解決此類動點(diǎn)的軌跡方程問題，比較常見的思維方式就是從定義法入手，依托問題條件合理挖掘幾何關(guān)系式，利用圓錐曲線的定義來確定軌跡類型，進(jìn)而求解軌跡方程；另一種思維方式就是從設(shè)點(diǎn)法入手，依托問題條件合理挖掘幾何關(guān)系式，利用解析幾何的方法來數(shù)學(xué)運(yùn)算或邏輯推理，進(jìn)而求解對應(yīng)的軌跡方程.

2.2 第（2）問的解答

解析：設(shè)點(diǎn)S（x1，y1），T（x2，y2），y1≠1，y2≠1，先證明直線ST恒過定點(diǎn)，如圖1所示，理由如下.

法1：設(shè)線法.

由對稱性可知，直線ST的斜率不為0，所以設(shè)直線ST的方程為x=my+n.

聯(lián)立直線ST與橢圓E的方程x=my+n，x24+y2=1，消去x可得（m2+4）y2+2mny+n2－4=0.

由Δ>0，得4+m2－n2>0.

所以y1+y2=－2mnm2+4，y1y2=n2－4m2+4.

由直線AS的方程為x=x1y1－1（y－1），令y=0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)t=－x1y1－1，同理可得點(diǎn)N的橫坐標(biāo)4－t=－x2y2－1，所以－x1y1－1－x2y2－1=4.將x1=my1+n，x2=my2+n代入上式整理

（2m+4）y1y2+（n－m－4）（y1+y2）+4－2n=0.

整理得m2+2mn+n2－2m－2n=0，即m，n滿足方程（m+n）（m+n－2）=0.

若m+n=0，即n=－m，則直線ST方程為x=m（y－1），過點(diǎn)A（0，1），不合題意.

所以m+n－2=0，此時(shí)n=2－m，直線ST的方程為x=m（y－1）+2，所以直線ST過定點(diǎn)Q（2，1）.

因?yàn)橹本€ST過定點(diǎn)Q（2，1），且與軌跡E始終有兩個(gè)交點(diǎn)，又A（0，1），AH⊥ST，垂足為H，

故點(diǎn)H的軌跡是以AQ為直徑的半圓（不含點(diǎn)A，Q，在直線AQ下方）.

設(shè)AQ的中點(diǎn)為C，則圓心C（1，1），半徑為1.

所以|OH|≥|OC|－1=2－1，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)H在線段OC上時(shí)，故|OH|的最小值為2－1.

法2：分類討論法1.

①當(dāng)直線ST的斜率存在時(shí)，設(shè)直線ST的方程為y=kx+m.

聯(lián)立直線ST與橢圓E的方程y=kx+m，x24+y2=1，消去x，可得

（1+4k2）x2+8kmx+4m2－4=0.

由Δ>0，得4k2+1－m2>0.

所以x1+x2=－8km1+4k2，x1x2=4m2－41+4k2.

同證法1得t=－x1y1－1，4－t=－x2y2－1，所以－x1y1－1－x2y2－1=4，即x1（y2－1）+x2（y1－1）=－4（y1－1）（y2－1），將y1=kx1+m，y2=kx2+m代入上式，得（4k2+2k）x1x2+（1+4k）（m－1）（x1+x2）+4（m－1）2=0.

所以（4k2+2k）4m2－41+4k2+（1+4k）（m－1）－8km1+4k2+4（m－1）2=0.

整理得2km－2k+m2－2m+1=（m－1）（2k+m－1）=0，所以m=1－2k（其中m=1時(shí)，直線ST：y=kx+1過點(diǎn)A，不符合題意，舍去）.所以直線ST的方程為y=kx+（1－2k）.故直線ST恒過定點(diǎn)Q（2，1）.

②當(dāng)直線ST的斜率不存在時(shí)，此時(shí)S（x1，y1），T（x1，－y1），同理可得－x1y1－1－x1－y1－1=4，即x12=1－y21，又x124+y21=1，解得x1=0或x1=2.

若x1=0，則S，T中必有一點(diǎn)與A重合，不符合題意；若x1=2，則M，N重合，也不符合題意.

綜上，直線ST過定點(diǎn)Q（2，1）.余略.

法3：分類討論法2.

①若直線AS，AT的斜率均存在，即x1≠0，x2≠0，則kAS=y1－1x1=－1t，kAT=y2－1x2=1t－4，所以x1y1－1+x2y2－1=－4.

依題意直線ST不經(jīng)過點(diǎn)A，設(shè)直線ST的方程為mx+n（y－1）=1，橢圓E的方程為0=x2+4y2－4=x2+4[（y－1）+1]2－4=x2+4（y－1）2+8（y－1）.

聯(lián)立mx+n（y－1）=1，x2+4（y－1）2+8（y－1）=0，齊次化可得x2+4（y－1）2+8（y－1）[mx+n（y－1）]=0，整理得（4+8n）（y－1）2+8m（y－1）x+x2=0.

除以（y－1）2，得（4+8n）+8mxy－1+xy－12=0，

因?yàn)镾（x1，y1），T（x2，y2）滿足上式，所以由韋達(dá)定理得x1y1－1+x2y2－1=－8m=－4，解得m=12.

所以直線ST：12x+n（y－1）=1.故直線ST恒過定點(diǎn)Q（2，1）.

②若直線AS或AT的斜率不存在時(shí)，易求得直線ST：y=x－1，故直線ST過點(diǎn)Q（2，1）.

綜上，直線ST過定點(diǎn)Q（2，1）.余略.

解后反思：對于此類直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合問題，涉及直線斜率的存在性、參數(shù)取值對直線斜率的影響、參數(shù)是否有意義等問題時(shí)，經(jīng)常要采用分類討論思想，根據(jù)不同情況加以細(xì)化.當(dāng)然不同的分類依據(jù)對應(yīng)不同的分類討論情況，從而加以多思維視角來分析與探究.

3 教學(xué)啟示

3.1 創(chuàng)新設(shè)置，巧妙融合

以上直線與圓錐曲線的綜合問題中，以多“動點(diǎn)”、多“動直線”的場景創(chuàng)設(shè)，帶入點(diǎn)、直線、圓與圓錐曲線等眾多解析幾何元素，巧妙設(shè)置，借助“動直線”過“定點(diǎn)”的證明，結(jié)合“動點(diǎn)”的軌跡方程的確定來求解距離的最值問題，能夠更加全面、細(xì)致地考查學(xué)生的“四基”與數(shù)學(xué)基本能力等.

3.2 模塊核心，考查能力

圓錐曲線是平面解析幾何的核心內(nèi)容之一，也是每年高考必考的一道解答題，常以求解圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等為主，涉及題型多變，此類命題起點(diǎn)往往較低，具有一定的梯度.但在第（2）問中一般都有較為復(fù)雜的數(shù)學(xué)運(yùn)算與繁雜的邏輯推理，對考生解決數(shù)學(xué)問題的基本能力要求較高，通常以壓軸題的形式呈現(xiàn)，能夠有效拉開不同層次考生之間的差距.