深挖隐含条件，巧用几何性质

摘"要"巧用平面几何的性质可以在求解解析几何中减少表达式的书写难度及演算过程.本文以一道解几模考题为例予以说明，并进行相关探究.

关键词"解析几何；模考题；变式探究

题目"（湖北2024届高三四月模考题）已知椭圆C1：x2a2+y2=1和C2：x2b2+y2=1（agt;bgt;0）的离心率相同，设C1的右顶点为A1，C2的左顶点为A2， B（0，1）. （1）证明：BA1⊥BA2; （2）设直线BA1与C2的另一个交点为P，直线BA2与C1的另一个交点为Q，连PQ，求|PQ|的最大值.

分析"在本题（1）中，参变数a，b分别在两个椭圆方程中，这里agt;bgt;0并不能确定两椭圆焦点的位置，需要深入地进行挖掘.从题设agt;bgt;0，agt;1，故C1焦点在x轴上，因1gt;bgt;0，故C2焦点在y轴上，因它们都过（0，1）点，所以它们的离心率才会相同，列出a，b的关系式即可求解.第（2）问，通过直线BA1的方程 与C2联立，求得P点坐标，同样直线BA2的方程与C1联立，求得Q点坐标，剩下的就是如何求│PQ│的长，若直接求，则后续求最大值难，考虑到BP垂直BQ且B为定点，故可借用平几中直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可转化为求B与PQ中点连线段来求│PQ│，简化书写及计算.

证明"（1）如图1，由agt;bgt;0及C1，C2离心率相同知agt;1，0lt;blt;1，∴a2－1b=1－b2，∴ab=1.又∵B（0，1），A1（a，0），A2（－b，0），∴kBA1=－1a，kBA2=1b，∴kBA1·kBA2=－1，∴BA1⊥BA2.解（法一）（2）由（1）知，BA1的方程为y=－1a（x－a）=－1ax+1，BA2的方程为y=1b（x+b）=1bx+1=ax+1.

将上述方程与C1，C2联立得y=－1ax+1，a2x2+y2=1，∴a2+1a2x2－2ax=0.设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1=2aa4+1或0（舍），∴y1=a4－1a4+1，P（2aa4+1，a4－1a4+1）.同理由y=ax+1，x2a2+y2=1，得x2=－2a3a4+1或0（舍），∴y2=1－a4a4+1，Q（－2a3a4+1，1－a4a4+1）.∵QB⊥PB，∴ΔPBQ为直角三角形，且y1+y2=0，故取PQ中点M，易求得M（－a－a3a4+1，0），又PQ=2BM，∴PQ=2BM=2（a3－aa4+1）2+1，

所以，要求PQ的最大值，只需求a3－aa4+1的最大值.不妨设f（a）=a3－aa4+1（agt;1），则f′（a）=（a2+1）（－a4+4a2－1）（a4+1）2.∵a2+1a4+1gt;1，∴令－a4+4a2－1gt;02－3lt;a2lt;2+3，∴1lt;alt;2+3，f（a）在（1，2+3）上单调递增，

令－a4+4a2－1lt;0a2gt;2+3（a2lt;2+3舍去）.∴f（a）在（2+3，+）上单调递减，∴f（a）在a=2+3处取得最大值f（a）max=24，故PQmax=322.

（解法2）由（1）知，BA1的方程为y=1－xa与C2联立x2b2+y2=1，得（1a2+1b2）x2－2ax=0，解得xP=2ab2a2+b2或0（舍），故xP=2ab2a2+b2，代入得yP=a2－b2a2+b2，∴P（2ab2a2+b2，a2－b2a2+b2）.同理yQ=b2－a2a2+b2，∴Q（－2a2ba2+b2，b2－a2a2+b2）.注意到QB⊥PB，即ΔPBQ为直角三角形，且yP+yQ=0，B（0，1），故取PQ中点M，易求M（ab2－a2ba2+b2，0），化简得M（b－aa2+b2，0）.又PQ=2BM，∴PQ=2BM=2a2+b2－2（a2+b2）2+1.令a2+b2=t，∵a2+b2≥2ab，而ab=1，∴t≥2，0lt;1t≤2，∴PQ=2－2（1t－14）2+98，∴当t=14时，PQmax=322.

评注"上述两种方法在表达│PQ│时都用了直角三角形的几何性质简化演算，不同的是，法一在求解│PQ│的最大值时用的是导数法，而法二用的是均值不等式及整体换元的方法，将复杂的双元高次问题转化为简单的一元二次函数，降维转化，进而可以简便求解.两种方法各有千秋，殊途同归，在解析几何问题求解中都有着广泛的应用.

变式1"（2023郑州二模改编）已知椭圆C：x24+y2=1，F1，F2分别为左右焦点，过F1的直线l与椭圆C交于M，N，求ΔF2MN内切圆半径的最大值.

析解"本题的难点在于如何表示三角形的内切圆半径，巧妙地使用平面几何的性质，即三角形的面积等于其周长乘以其内切圆半径的一半，问题便可迎刃而解.

如图2，由题意知F1（－3，0），F2（3，0）.设l：x=my－3，A（x1，y1），B（x2，y2），联立x=my－3，x24+y2=1得（m2+4）y2－23my－1=0，则y1+y2=23mm2+4，y1y2=－1m2+4，从而SΔF2MN=12F1F2y1－y2=43m2+1m2+4=43m2+1+3m2+1≤2，当且仅当m=±2时等号成立设ΔF2MN内切圆半径为r，则SΔF2MN=12（MN+NF2+MF2）r==4r≤2，故r≤12，从而ΔF2MN内切圆半径的最大值为12.

变式2"（2023全国甲卷改编）已知抛物线C：y2=4x，设F为C的焦点，M，，N为C上两点，且FM·FN=0，求ΔMFN面积的最小值.

解"法1抛物线的焦点为F（1，0），由题可知直线MN的斜率不可能为0，∴设MN的方程为x=my+t，M（x1，y1），N（x2，y2），联立x=my+t，y2=4x，消去x得y2－4my－4t=0，∴Δ=16m2+16tgt;0，即m2+tgt;0，∴y1+y2=4m，y1y2=－4t，∵FM·FN=0，∴（x1－1，y1）·（x2－1，y2）=0，即（x1－1）·（x2－1）+y1y2=0，代入得4m2=t2－6t+1.设点F到MN的距离为d，则d=t－11+m2，

又MN=1+m2y1－y2=41+m2·m2+t.∴SΔMFN=12MN·d=2m2+t·t－1（t-1）2∵4m2=t2－6t+1≥0，解得t≤3－22，或t≥3+22，∴当且仅当t=3－22时，SΔMFN取得最小值12－82，即ΔMFN面积的最小值为12－82.

法2设M（x1，y1），N（x2，y2），且由题意可知x1，x2大于等于0，∵FM·FN=0，∴（x1－1）（x2－1）+y1y2=0，∴x1x2－（x1+x2）+1+y1y2=0（1）.又∵y21=4x1，y22=4x2，且当ΔMFN面积最小时y1，y2符号相反.不妨令y1=2x1，y1=－2x2，∴y1y2=－4x1x2.代入（1）式得x1x2－（x1+x2）+1－4x1x2=0.∴x1x2－4x1x2+1=x1+x2，又∵x1+x2≥2x1x2，∴x1x2－4x1x2+1≥2x1x2，∴x1x2－6x1x2+1≥0，即x1x2≥3+22或x1x2≥3+22.又∵SΔMFN=12MFNF=12（x1－1）2+4x1·（x2－1）2+4x2=12（x1x2+x1+x2+1）.由（1）得x1+x2=x1x2－4x1x2+1，代入得SΔMFN=（[KF（]x1x2[KF）]-1）2，∴当x1x2=3－22时，SΔMFN有最小值12－82.

评注"在近年的高考题中频繁出现解析几何的最值问题，此类问题往往计算量比较大，故合理利用几何性质，充分发挥函数及均值不等式在求解最值问题中的作用，是解决此类问题的关键.