孫世林

[摘? 要] 歷年高考解析幾何解答題，綜合性強(qiáng)，能力要求高，考生普遍失分較多. 文章以一道解析幾何問(wèn)題為例，談?wù)勅绾位貧w解析幾何知識(shí)本質(zhì)，如何優(yōu)化解題過(guò)程，如何從多角度探究問(wèn)題，從而提升計(jì)算能力.

[關(guān)鍵詞] 解析幾何;解題思路;運(yùn)算求解

解析幾何綜合題是考查學(xué)生能力的主要內(nèi)容之一，在高考中占有重要地位， 試題呈現(xiàn)出綜合性強(qiáng)，難度大，靈活多變的特點(diǎn)，對(duì)能力要求高，普遍存在解題思路不清、方法選擇不當(dāng)、計(jì)算不過(guò)關(guān)等現(xiàn)象，下面就談?wù)勅绾蝺?yōu)化解題過(guò)程，提升計(jì)算能力.

問(wèn)題：如圖1，已知橢圓C：■+■=1（a>b>0）的離心率為■，F(xiàn)為橢圓C的右焦點(diǎn)，A（-a，0），AF=3.

（Ⅰ）求橢圓C的方程;

（Ⅱ）設(shè)O為原點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)（點(diǎn)P不是橢圓的長(zhǎng)軸端點(diǎn)），AP的中點(diǎn)為M.直線(xiàn)OM與直線(xiàn)x=4交于點(diǎn)D，過(guò)O且平行于AP的直線(xiàn)與直線(xiàn)x=4交于點(diǎn)E，

求證：∠ODF=∠OEF.

思路1：本題的第一問(wèn)比較簡(jiǎn)單，第二問(wèn)是證明兩個(gè)角相等.要想證明這兩個(gè)角相等，我們先看這兩個(gè)角是怎樣形成的？P為橢圓上一點(diǎn)，AP的中點(diǎn)M與原點(diǎn)O連接并延長(zhǎng)，與直線(xiàn)x=4相交，形成了點(diǎn)D，點(diǎn)E是過(guò)O且平行于AP的直線(xiàn)與直線(xiàn)x=4相交形成的，這樣才出現(xiàn)了線(xiàn)段DF和EF，從而有了∠ODF與∠OEF，可見(jiàn)這兩個(gè)角與點(diǎn)P有緊密的聯(lián)系，所以可以從直線(xiàn)AP的方程或點(diǎn)P的坐標(biāo)入手.

解法1：（Ⅰ）橢圓C的方程是■+■=1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A（-2，0）.設(shè)直線(xiàn)AP的方程為：y=k（x+2）（k≠0），

將其代入橢圓方程，整理得（4k2+3）x2+16k2x+16k2-12=0，

顯然，其Δ>0，設(shè)AP的中點(diǎn)M（x■，y■），P（x■，y■）.

所以-2+x■=■.

所以x■=■=■，y■=k（x■+2）=■，即M■，■.

所以直線(xiàn)OM的斜率是■=-■，

所以直線(xiàn)OM的方程是y=-■x. 令x=4，得D4，-■.

設(shè)直線(xiàn)OE的方程是y=kx.令x=4，得E（4，4k）.

由F（1，0），得直線(xiàn)EF的斜率是■=■，所以EF⊥OM.

又直線(xiàn)DF的斜率是■=-■，

所以DF⊥OE，

所以∠ODF=∠OEF.

解法2：（Ⅰ）橢圓C的方程是■+■=1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A（-2，0）. 設(shè)P（x■，y■）（x■≠±2），其中3x■+4y■12=0.

因?yàn)锳P的中點(diǎn)為M，所以M■，■.

所以直線(xiàn)OM的斜率是k■=■，

所以直線(xiàn)OM的方程是y=■x. 令x=4，得D4，■.

直線(xiàn)OE的方程是y=■x.令x=4，得E4，■.

由F（1，0），得直線(xiàn)EF的斜率是k■=■，

因?yàn)閗■·k■=■·■=■=-1，

所以EF⊥OM.

同理可得k■·k■=■·■=■=-1，

所以DF⊥OE，

所以∠ODF=∠OEF.

評(píng)析：解析幾何綜合問(wèn)題常在運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中探究某些不變的性質(zhì)與規(guī)律，對(duì)于這類(lèi)運(yùn)動(dòng)變化問(wèn)題，解題時(shí)要從已知出發(fā)深入探究產(chǎn)生運(yùn)動(dòng)變化的根源，從產(chǎn)生運(yùn)動(dòng)變化的根源入手.解法一從直線(xiàn)AP的方程入手，解法二從點(diǎn)P的坐標(biāo)入手，對(duì)比發(fā)現(xiàn)解法二運(yùn)算量小，究其原因是因?yàn)楸绢}運(yùn)動(dòng)變化的根源是點(diǎn)P，所以解題時(shí)要選擇好是從直線(xiàn)方程入手，還是從點(diǎn)的坐標(biāo)入手，這樣就可以?xún)?yōu)化解題過(guò)程，減少計(jì)算量，自然快捷地解決此類(lèi)問(wèn)題.

思路2：本題的第二問(wèn)是一道證明題，我們可以從結(jié)論出發(fā)反推成立的條件，若∠ODF和∠OEF相等，則它們的三角函數(shù)值就應(yīng)該相等.我們選擇哪種三角函數(shù)？如圖不難發(fā)現(xiàn)∠ODF=∠ODH-∠FDH，而∠ODH和∠FDH分別位于Rt△ODH和Rt△FDH中，可見(jiàn)這些角的正切值很容易得到;同理∠OEF=∠OEH-∠FEH也容易求得正切值，這樣我們就可以借助證明兩個(gè)角的正切值相等來(lái)說(shuō)明兩個(gè)角相等.

解法3：（Ⅰ）橢圓的方程為■+■=1.

（Ⅱ）由解法2可知，D4，■，E4，■. 設(shè)直線(xiàn)x=4與x軸交于H，

設(shè)∠ODH=α，∠FDH=β，則tanα=■，tanβ=■;

所以tan∠ODF=tan（α-β）=■，同理，tan∠OEF=■.

依題意，y■，y■異號(hào)，不妨設(shè)y■>0，

所以■-■=■+■= ■.

又y■（y■+12）+y■（y■+12）=（y■+y■）·（y■·y■+12） =（y■+y■）■·■+12=（y■+y■）■+12.

又點(diǎn)P（x■，y■）在橢圓上，所以3x■+4y■-12=0，

所以（y■+y■）■+12=（y■+y■）·■+12=（y■+y■）（-12+12）=0.

所以tan∠ODF=tan∠OEF，

依題意∠ODF和∠OEF均為銳角，所以∠ODF=∠OEF.

評(píng)析：解決解析幾何綜合問(wèn)題時(shí)，有時(shí)直接求解，常常感覺(jué)不知從何入手，我們可以嘗試從結(jié)論入手，本解法中我們借助證明兩個(gè)角的正切值相等來(lái)說(shuō)明兩個(gè)角相等，這就實(shí)現(xiàn)了由幾何條件向代數(shù)運(yùn)算的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)了解析幾何的本質(zhì);幾何條件代數(shù)化的途徑很多，如本題我們也可以求出三角形的三邊借助余弦定理求角的余弦值，也可以借助向量的數(shù)量積求角的余弦值，選擇哪種途徑要依據(jù)題目的特點(diǎn)，要有利于接下來(lái)的代數(shù)運(yùn)算.

思路3：在解決解析幾何的綜合題時(shí)，要善于將問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，從多個(gè)角度，用不同的方法探究同一個(gè)問(wèn)題，對(duì)于本題我們還可以繼續(xù)深入探究題目中圖形的幾何特征，從幾何角度尋求突破.本題是證明兩角相等，觀察圖形發(fā)現(xiàn)，兩個(gè)角分別位于有公共邊OF的兩個(gè)三角形中，由此可以聯(lián)想到三角形的外接圓，聯(lián)想有公共弦的兩個(gè)圓，如果這兩個(gè)圓的半徑相等，那么其公共弦所對(duì)圓周角相等，這樣我們便有了本題的第4種解法：

解法4：由解法一可知得D4，-■，E（4，4k）.

設(shè)過(guò)O，E，F(xiàn)三點(diǎn)的圓C■的方程為x2+y2+m■x+n■y+p■=0，將O，E，F(xiàn)代入圓的方程得：p■=0，m■=-1，n■=-4k-■，所以，圓C■的半徑為r■=■（m■+n■-4p■）=■1+-4k-■■.

設(shè)過(guò)O，D，F(xiàn)三點(diǎn)的圓C■的方程為x2+y2+m■x+n■y+p■=0，將O，D，F(xiàn)代入圓的方程得：p■=0，m■=-1，n■=4k+■，

所以，圓C■的半徑為r■=■（m■+n■-4p■）=■1+4k + ■■，可見(jiàn)，圓C■，C■有公共弦且半徑相等，

所以∠ODF=∠OEF.

點(diǎn)評(píng)：“解析幾何”研究的是幾何問(wèn)題，恰當(dāng)利用平面幾何的有關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題，也是不可或缺的方法，解析幾何問(wèn)題中蘊(yùn)含很多幾何條件，這些幾何條件間有什么關(guān)系？從這些幾何關(guān)系出發(fā)又能得到什么樣的新的幾何關(guān)系？某些幾何關(guān)系成立需要有怎樣的幾何條件？隨著這些疑問(wèn)的探究和解決，解題思路也就自然生成了.