利用4+3模式求解圆锥曲线试题

张新

[摘 要] 圆锥曲线是高考的重点与难点，常常涉及的问题有：椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线位置关系或交点个数问题、中点弦、参数或面积的值或范围、定值、定点问题、最值、探索性问题、线性关系、切线问题、解交点问题、离心率的求法等等，形式多样，变化多端，但所涉及的思想方法主要是坐标化思想，通过设点，将几何问题通过代数方法来解决.解题过程看似千变万化，但也有规律可循.笔者通过对历届高考试题的分析与研究，找到了解决问题的关键，总结出了“4+3”的解题模式.

[关键词] 圆锥曲线解答题；线性关系；切线问题；解交点；4+3模型

圆锥曲线是高考的重点与难点，常常涉及的问题有：椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线位置关系或交点个数问题、弦长（中点弦）、参数或面积的值或范围、定值、定点问题、最值（常利用函数思想、不等式、与数列结合、三角换元等求解）、探索性问题（如：是否存在某点，使角为直角等）、线性关系、切线问题、解交点问题、离心率的求法等等，形式多样，计算量大，难度大，请看下面的问题.

问题1：（2016年高考全国卷Ⅰ理科数学第20题）

设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（1）证明EA+EB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（2）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

问题2：（2015年高考全国卷Ⅰ理科数学第20题）

在直角坐标系xOy中，曲线C：y=与直线l：y=kx+a（a>0）交于M，N两点.

（1）當k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

（2）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.

圆锥曲线在高考大题中虽然形式多样，变化多端，但所涉及的思想方法主要是坐标化思想，通过设点，将几何问题通过代数方法来解决. 解题过程看似千变万化，但也有规律可循. 我们通过对历届高考试题的分析与研究，找到了解决问题的关键，总结出了“4+3”的解题模式.

“4+3”模式指的是：四个步骤，三个注意.

步骤1：解、设、令【设点，令直线】

注意①：直线方程形式的确定：点斜式，斜率存在性的讨论；x=my+n形式，斜率是否为零的讨论.

步骤2：预备知识

联立→消元（如消y）→x一元二次方程→判别式Δ与韦达定理Δ=B2-4AC>0，x1+x2=-，x1x2=.

注意②：判别式Δ的作用：求取值范围、值的检验.

步骤3：列（不）等式并消元

消元：见到y1，y2通过直线换掉，见到x1，x2通过韦达定理换掉. 最后x1，x2，y1，y2均消失，即：整体思想、设而不解.

注意③：列（不）等式的5通过：

通过中点列等式；

通过弦长列等式；

通过向量列等式；

通过目标函数列等式；

通过平面几何基本知识列等式.

步骤4：扣题

答出所求的值、取值范围、定点（值）、方程、是否存在性等问题

“4+3”模式易于理解，易于操作. 至此，圆锥曲线大题便可机械化操作，四个步骤与三个注意事项是一个整体，其中，最重要与最关键的就是第三步“列（不）等式的5通过”，再结合几何特征的分析寻找突破口，高考试题中圆锥曲线大题便可迎刃而解！

下面，我们利用“4+3”模式的求解方法来解决前面提出的两个问题.

问题1的解答：

分析：（2）问的关键点：“四加三模式”的第三步，通过弦长与圆中垂径定理列等式.

解：（1）圆A的标准方程为（x+1）2+y2=16，所以圆心A（-1，0），半径AD=4，B（1，0）.

因为AD=AC，EB∥AC，所以∠EBD=∠ACD=∠ADC，EB=ED，

故EA+EB=EA+ED=AD=4>AB=2.

由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：+=1（y≠0）.

（2）①当l与x轴不垂直时（注意1）：

步骤1：令l的方程为y=k（x-1）（k≠0），设M（x1，y1），N（x2，y2）.

步骤2：y=k（x-1），3x2+4y2-12=0？圯（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0？圯Δ=144（k2+1）>0，x1+x2=，x1·x2=.

步骤3：所以MN==（注意3）.

令过点B（1，0）且与l垂直的直线m：y=-（x-1），A到m的距离为，

所以PQ=2=4（注意3），

故四边形MPNQ的面积S=MN·PQ=12（k≠0）∈（12，8）.

②当l与轴垂直时（注意1）：

l方程为x=1，MN=3，PQ=8，四边形MPNQ的面积为12.

步骤4：综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8）.

问题2的解答：

分析：（2）问的关键点：“4+3模式”的第三步，通过几何特征分析，可得：使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN成立，等价于kPM+kPN=0.

解：（1）当k=0时，由对称性，不妨设M（2，a），N（-2，a）.

因为y=，所以y′=.

所以，曲线C在点M和N处的切线的斜率分别为：k=，k=-.

点M和N处的切线的分别为：lM切：y-a=（x-2），lN切：y-a=-（x+2）.endprint

即点M和N处的切线的分别为：x-y-a=0，x+a+y=0.

步骤1：（2）假设存在满足题意的点P，由几何特征分析，设P（0，b），M（x1，y1），N（x2，y2）.

步骤2：y=kx+a，x2-4y=0？圯x2-4kx-4a=0？圯Δ=16k2+16a>0，x1+x2=4k，x1·x2=-4a，（a>0）

步骤3：所以，kPM+kPN=+（注意3）

当b=-a时，kPM+kPN=0，此时，∠OPM=∠OPN.

步骤4：所以，当P（0，-a）时， 使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN成立.

范例分析

例1 （2015年高考全国卷Ⅱ理科数学第20题）

已知椭圆9x2+y2=m2（m>0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.

（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率之积为定值.

（2）若l过点，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.

分析：（1）问考点，点差法求弦中点（x0，y0）与弦所在直线斜率关系：k=-·.

（2）问关键点：当四边形OAPB是平行四边形时，可得xP=2xM.

解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（x0，y0）.

+=1，+=1 ？圯kAB==-·？圯kAB·kOM=-··=-.

即：kAB·kOM=-=-9.

（2）假设四边形OAPB是平行四边形.

依据题意，显然直线AB的斜率存在，设l：y=kx+n（k≠0）.

9x2+y2=m2，y=kx+n？圯（k2+9）x2+2knx+n2-m2=0？圯Δ=4（k2m2+9m2-9n2）>0，x1+x2=-，x1·x2=，

所以x0==-①.

直线l过点，m，可得：n=，所以x0=-.

由（1）可得：kOM=-，设lOM：y=-x.

9x2+y2=m2，y=-x？圯x=②.

由四边形OAPB是平行四边形，所以xP=2xM.③

由①②③式子可得：k2-8k+9=0？圯k=4±.

由n=，Δ=4（k2m2+9m2-9n2）>0？圯k>0.

即：当k=4-或k=4+时，四边形OAPB是平行四边形.

例2 已知椭圆C：+=1（a>b>0）过点A-，，离心率为，点F，F分别为其左、右焦點.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点P，Q，且⊥？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.

解：（1）椭圆C的标准方程为：+y2=1.

（2）假设存在满足题意的圆，设x2+y2=r2（0

①当直线PQ的斜率存在时，设lPQ：y=kx+n，P（x1，y1），Q（x2，y2）.

y=kx+n，x2+2y2-2=0 ？圯（1+2k2）x2+4nkx+2n2-2=0？圯Δ=16k2-8n2+8>0，x1+x2=-，x1·x2=.

因为⊥，所以x1x2+y1y2=0，所以x1x2+（kx1+n）（kx2+n）=0，

即：（1+k2）x1x2+kn（x1+x2）+n2=0.

韦达定理代入，化简得：3n2=2k2+2，此时，满足Δ>0恒成立.

由直线PQ与圆相切，所以r2==，所以存在满足题意的圆x2+y2=.

②当直线PQ的斜率不存在时，有lPQ：x=±，不妨取P，，Q，-.

则有⊥，显然也存在圆x2+y2=满足题意.

综上可得：存在圆心在原点的圆x2+y2=满足题意.