几何图形在圆锥曲线中的应用研究

摘要：本文借助2023年—2024年两道有关圆锥曲线的高考试题的多解分析，研究了几何图形的面积或周长问题在圆锥曲线中的应用，涉及到数形结合思想、函数思想、化归思想等多种思想方法，以及数学运算、作图分析、公式运用等综合解题能力或素养的考查或培养.在解析后面给出了方法总结，以便于整体把握与理解解题方法.最后给出了三点教学反思.

关键词：几何图形;圆锥曲线;真题剖析;教学反思

面积与周长问题是圆锥曲线中，依托几何图形为载体，出现的常考常新的热点题型，它涉及到数形结合思想、函数思想、化归思想等，考查学生运算、作图分析、公式运用等综合能力.

1 真题剖析

例1 （2024年新课标全国Ⅰ卷）已知A（0，3）和P3，32为椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上两点.

（1）求C的离心率;

（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程.

解析：（1）由题意可得b=3，9a2+94b2=1，解得b2=9，a2=12，所以e=1-b2a2=1-912=12.

（2）法1：kAP=3-320-3=-12，则直线AP的方程为y=-12x+3，即x+2y-6=0.

易知|AP|=（0-3）2+3-322=352.

设点B到直线AP的距离为d，由S△ABP=9，可得d=2×9352=1255.

如图1，将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255个单位长度，此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为x+2y+C=0.

由|C+6|5=1255，解得C=6或C=-18.

当C=6时，联立x212+y29=1，x+2y+6=0，解得x=0，y=-3或x=-3，y=-32，即B（0，-3）或-3，-32.

若点B（0，-3），此时kl=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0;

若点B-3，-32，此时kl=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0.

当C=-18时，联立x212+y29=1，x+2y-18=0，得2y2-27y+117=0，则

Δ=272-4×2×117=-207lt;0，此时该直线与椭圆无交点.

综上，l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法总结：（1）求三角形边长用两点间距离公式；

（2）由面积法求高线，有h=2S△AP;

（3）由两平行线间的距离公式，确定点B.

法2：同法1得到直线AP的方程为x+2y-6=0，

点B到直线AP的距离d=1255.

设B（x0，y0），则|x0+2y0-6|5=1255，x2012+y209=1.

解得x0=-3，y0=-32，或x0=0，y0=-3，即B（0，-3）或-3，-32，以下同法1.

方法总结：方程思想的运用，设点，由点线距与椭圆方程联立求解.

法3：同法1得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离d=1255.

设B（23cos θ，3sin θ），其中θ∈|23cos θ+6sin θ-6|5=1255.

联立cos 2θ+sin 2θ=1，可解得cos θ=-32，sin θ=-12，或cos θ=0，sin θ=-1，则B（0，-3）或-3，-32，以下同法1.

方法总结：在参数方程下，三角设点，由点线距与三角恒等式联立求解.

法4：当直线AB的斜率不存在时，B（0，-3），此时S△PAB=12×6×3=9，符合题意，

所以kl=32，直线l的方程为y=32x-3，即3x-2y-6=0.

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，其中k≠kAP，即k≠-12.

联立y=kx+3，x212+y29=1，可得

（3+4x2）x2+24kx=0.

解得x=0或x=-24k4k2+3，k≠0，k≠-12.

令x=-24k4k2+3，则y=-12k2+94k2+3.此时点B的坐标为

-24k4k2+3，-12k2+94k2+3.

同法1得到直线AP的方程为x+2y-6=0，

点B到直线AP的距离d=1255，则

-24k4k2+3+2-12k2+94k2+3-65=1255，

解得k=32，

此时B-3，-32，kl=12，直线l的方程为y=12x，即x-2y=0.

综上，l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法总结：（1）分类讨论，间接法设线（非所求线，简化计算流程，可借鉴）；

（2）与椭圆联立，求点；

（3）高线与点线距等价，求斜率回代定点，由点斜式得方程.

法5：当l的斜率不存在时，l：x=3，B3，-32，|BP|=3，点A到PB距离d=3，

此时S△ABP=12×3×3=92≠9，不满足条件.

当l的斜率存在时，设PB：y-32=k（x-3），令P（x1，y1），B（x2，y2）.

由y=k（x-3）+32，x212+y29=1，消去y，可得（4k2+3）x2-（24k2-12k）x+36k2-36k-27=0，则

x1+x2=24k2-12k4k2+3，x1x2=36k2-36k-274k2+3，

其中Δ=（24k2-12k）2-4（4k2+3）（36k2-36k-27）gt;0，且k≠kAP，即k≠-12，所以

|PB|=k2+1（x1+x2）2-4x1x2

=43k2+13k2+9k+2744k2+3.

又点A到直线PB的距离d=3k+32k2+1，则S△PAB=12·43k2+13k2+9k+2744k2+3·3k+32k2+1=9.

解得k=12或32，均满足题意，故直线l的方程为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法总结：（1）分类讨论，直接法设线（为所求线，计算量增大）；

（2）与椭圆联立，韦达定理→弦长公式→点线距及面积，求斜率回代得方程.

法6：当直线l的斜率不存在时，l：x=3，B3，-32，点A到PB的距离d=3，此时S△ABP=12×3×3=92≠9，不满足条件.

当直线l的斜率存在时，设l：y=k（x-3）+32，l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0，-3k+32.

联立y=kx-3k+32，3x2+4y2=36，则有

（3+4k2）x2-8k3k-32x+36k2-36k-27=0，

其中Δ=（8k）23k-322-4（3+4k2）（36k2-36k-27）gt;0，且k≠-12.

所以可得3xB=36k2-36k-273+4k2，于是有xB=12k2-12k-93+4k2，则S△ABP=12|AQ||xP-xB|=123k+3212k+183+4k2=9，解得k=12或k=32.

经代入判别式验证均满足题意.故直线l为y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法总结：（1）分类讨论，直接法设线（为所求线，计算量增大）；

（2）与椭圆联立，韦达定理积式→面积=直线在y轴截距×|横标差|→求斜率回代得方程.

法7：设点B23cos θ，3sin θ，则有

PA=-3，32，PB=23cos θ-3，3sin θ-32，所以

S△PAB=12|PA×PB|

=12-9sin θ+92-33cos θ+92

=12|9-9sin θ-33cos θ|=9.

所以9sin θ+33cos θ=-9，或9sin θ+33cos θ=27，则3sin θ+3cos θ=-3，或3sin θ+3cos θ=9（舍去），解得sin θ=-1，cos θ=0或sin θ=-12，cos θ=-32.

所以B（0，-3）或B-3，-32.

故l的方程为x-2y=0或3x-2y-6=0.

方法总结：（1）三角设点；（2）利用面积坐标公式求正弦、余弦得点.

法8：椭圆C的方程为x212+y29=1，令x=23x′，y=3y′，则x′2+y′2=1，如图2，

点A（0，3）变为点A′（0，1），点P3，32变为点P′32，12，S△ABP=63S△A′B′P′，

A′P′=1，∠OA′P′=60°.

令∠OA′B′=θ，则A′B′=2cos θ，所以

S△ABP=63S△A′B′P′=63×12×1×2cos θ×sin（θ+60°）=63×cos θ×sin（θ+60°）=9.

化简得sin（2θ+60°）=32，则θ=0°或30°，所以B′（0，-1）或-32，-12.

所以B（0，-3），或B-3，-32.

故l的方程为x-2y=0或3x-2y-6=0.

方法总结：（1）坐标变换化椭圆为圆；（2）转化为新坐标下的点，设角得点.

例2 （2023年新课标全国Ⅰ卷）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到

点0，12的距离，记动点P的轨迹为W.

（1）求W的方程；

（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.

解析：（1）设点P坐标为（x，y），则有|y|=x2+y-122，两边同时平方，化简得y=x2+14.

故W：y=x2+14.

（2）法1：设矩形的三个顶点Aa，a2+14，Bb，b2+14，Cc，c2+14在W上，

且alt;blt;c，如图3.易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则kAB·kBC=-1，a+blt;b+c.

令kAB=b2+14-a2+14b-a=a+b=mlt;0.

同理令kBC=b+c=ngt;0，且mn=-1，则m=-1n.

设矩形周长为l，由对称性不妨设|m|≥|n|，则kBC-kAB=c-a=n-m=n+1n.

易得12l=|AB|+|BC|=（b-a）1+m2+（c-b）1+n2≥（c-a）1+n2=n+1n1+n2.

由ngt;0，易知n+1n1+n2gt;0.

令f（x）=x+1x2（1+x2），xgt;0，则

f′（x）=2x+1x22x-1x.

令f′（x）=0，解得x=22.

当x∈0，22时，f′（x）lt;0，f（x）单调递减；

当x∈22，+∞，f′（x）gt;0，f（x）单调递增.所以f（x）min=f22=274.

所以12l≥274=332，即l≥33，当且仅当n=22，m=-2，且（b-a）1+m2=（b-a）＼51+n2即m=n时，等号成立，矛盾.

故矩形ABCD的周长大于33.

方法总结：（1）设点，求斜率，由弦长公式求邻边；（2）设函数，求最值.

法2：不妨设点A，B，D在W上，且BA⊥DA，如图4.

可设Aa，a2+14，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0.

设BA，DA的斜率分别为k和-1k.由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y=k（x-a）+a2+14，由y=x2+14，y=k（x-a）+a2+14得x2-kx+ka-a2=0，Δ=k2-4（ka-a2）=（k-2a）2gt;0，则k≠2a.所以

|AB|=1+k2|k-2a|.

同理|AD|=1+1k21k+2a.

故|AB|+|AD|=1+k2|k-2a|+1+1k2＼51k+2a≥1+k2|k-2a|+1k+2a≥1+k2＼5k+1k=（1+k2）3k2.

令k2=m，则m∈（0，1〗，设f（m）=（m+1）3m=m2+3m+1m+3，求导得

f′（m）=2m+3-1m2=（2m-1）（m+1）2m2.

令f′（m）=0，解得m=12.

当m∈0，12时，f′（m）lt;0，f（m）单调递减；

当m∈12，+∞时，f′（m）gt;0，f（m）单调递增.所以f（m）min=f12=274，则（1+k2）3k2≥332，当且仅当k2=12时等号成立.

而1+k2|k-2a|+1+1k21k+2a≥1+k2|k-2a|+1k+2a，

此处取等号条件为k=1，故|AB|+|AD|gt;332.

方法总结：（1）设点，求线联立，由弦长公式求邻边；（2）由均值不等式化简，设函数，求最值.

法3：为了计算方便，将抛物线向下移动14个单位长度，得抛物线W′：y=x2（如图5）.

矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于33.

设B′（t0，t20），A′（t1，t21），C′（t2，t22），根据对称性不妨设t0≥0，

则kA′B′=t1+t0，kB′C′=t2+t0.

由于A′B′⊥B′C′，则（t1+t0）（t2+t0）=-1.

由于|A′B′|=1+（t1+t0）2|t1-t0|，|B′C′|=1+（t2+t0）2|t2-t0|，且t0介于t1，t2之间，则|A′B′|+|B′C′|=1+（t1+t0）2（t0-t1）+1+（t2+t0）2（t2-t0）.

令t2+t0=tan θ，

t1+t0=-cot θ，θ∈0，π2，则t2=tan θ-t0，t1=-

cot θ-t0，从而

|A′B′|+|B′C′|=1+cot 2θ（2t0+cot θ）+1+tan 2θ（tan θ-2t0）.

故|A′B′|+|B′C′|=2t01sin θ-1cos θ+sin θcos 2θ+cos θsin 2θ=2t0（cos θ-sin θ）sin θcos θ+sin 3θ+cos 3θsin 2θcos 2θ.

①当θ∈0，π4〗时，有

|A′B′|+|B′C′|≥sin 3θ+cos 3θsin 2θcos 2θ=sin θcos 2θ+cos θsin 2θ≥21sin θcos θ=22sin 2θ≥22.

②当θ∈π4，π2时，由t1lt;t0lt;t2，可知-cot θ-t0lt;t0lt;tan θ-t0，

从而-cot θ2lt;t0lt;tan θ2.又t0≥0，故0≤t0lt;tan θ2.

于是|A′B′|+|B′C′|=2t0（cos θ-sin θ）sin θcos θ+sin 3θ+cos 3θsin 2θcos 2θ

gt;sin θ（cos θ-sin θ）sin θcos 2θ+sin 3θ+cos 3θsin 2θcos 2θ=1cos θ+cos θsin 2θ

=1cos θsin2θ=

2sin 2θsin 2θ·2cos 2θ=2（1-cos 2θ）（1-cos 2θ）·2cos 2θ

.

利用均值不等式，可以得到|A′B′|+|B′C′|＞

2（1-cos 2θ）+（1-cos 2θ）+2cos 2θ33≥2233=332，

当且仅当cos θ=33时，等号成立，则|A′B′|+|B′C′|gt;332，即矩形周长大于33.

方法总结：（1）设点，由弦长公式求邻边；

（2）设角，三角代换，由均值不等式化简，求最值.

2 教学反思

（1）在圆锥曲线中，求解几何图形的命题以三角形和四边形居多.涉及到设点设线、联立方程、弦长公式、点线距公式、均值不等式、参数方程等知识点，考查学生计算、作图分析、公式运用等综合技能，具有运算量大、疑点多、出错率高等普遍特点.

（2）由椭圆化圆的坐标变换（仿射变换），是椭圆解题的一大亮点，经过转化→求解→再转化，将难度降低，对于优等生不失为一种便捷方法，体验方法的魅力.该变换会用到圆周角、弦切角、圆幂定理等，其基本思路是以旧知解新知，以圆的知识解决椭圆问题.

（3）在周长与面积的求解中，弦长公式、点线距公式会经常用到，有复杂的化简、整合运算过程，也是容易出错的地方，除了扎实的运算技巧，谨慎推演也十分必要.

总之，几何图形融入圆锥曲线的题型，近年来频频走进高考，在考查学科素养的同时，也检验学生基本技能掌握的熟练程度.相对来说，该题型难度较大，解法多样，也为优等生提供了更多的求解方案，促进学生发散思维的发展.