石菁

2014年廣東省高考數(shù)學(xué)（文、理）第20題，通過對橢圓切線的考查，既立足了通性通法，又關(guān)注了高考熱點(diǎn)，給了不同水平層次的考生以不同的發(fā)揮空間.以下是筆者針對本題給出的幾種不同解法，以求拋磚引玉.

題目已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個(gè)焦點(diǎn)為（5，0），離心率為53.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若動(dòng)點(diǎn)P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程.

解析（1）直接依題意得c=5，e=ca=53，所以a=3，b2=a2-c2=4，求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y24=1.

（2）法一（切線設(shè)為點(diǎn)斜式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，設(shè)l1，l2的斜率分別為k1，k2，設(shè)切線方程為y-y0=k（x-x0），

聯(lián)立x29+y24=1，

y-y0=k（x-x0），得（4+9k2）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-36=0，

所以Δ=（18k）2（y0-kx0）2-4（4+9k2）[9（y0-kx0）2-36]=0，

整理得（y0-kx0）2=4+9k2，即（x20-9）k2-2x0y0k+y20-4=0.（*）

因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2=y20-4x20-9=-1，整理得x20+y20=13；

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x20+y20=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法二（切線設(shè)為斜截式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，不妨設(shè)其中一條切線方程為y=kx+m，

聯(lián)立x29+y24=1

y=kx+m，得（4+9k2）x2+18kmx+9m2-36=0，由Δ=（18k）2m2-4（4+9k2）（9m2-36）=0得m=±9k2+4.所以橢圓互相垂直的兩條切線方程就可寫為：

y=kx±9k2+4.①

y=-1kx±9k2+4.②

由①得y-kx=±9k2+4.③

由②得ky+x=±9+4k2.④

③2+④2得x2+y2=13.

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x2+y2=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法三（切線設(shè)為參數(shù)式）設(shè)過點(diǎn)P的兩條互相垂直的切線l1，l2的參數(shù)方程分別為：

l1：x=x0+tcosθ，

y=y0+tsinθ.

l2：x=x0+tcos（θ+π2），

y=y0+tsin（θ+π2）.

將l1與x29+y24=1聯(lián)立，消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程：（5sin2θ+4）t2+（8x0cosθ+18y0sinθ）t+4x20+9y20-36=0，由其Δ1=0可得：

（4x0cosθ+9y0sinθ）2-（5sin2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑤，

同理將l2與x29+y24=1聯(lián)立后，由消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程的Δ2=0為：

（-4x0sinθ+9y0cosθ）2-（5cos2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑥

⑤+⑥后化簡可得：x20+y20=13，即點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法四（幾何法）此法解題需要兩個(gè)結(jié)論：

結(jié)論一（橢圓的光學(xué)性質(zhì)）：自橢圓的一焦點(diǎn)射出的光線碰到橢圓上一點(diǎn)反射后的光線必通過另一焦點(diǎn).（證明略）

結(jié)論二：對于橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），如果P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，則必有PO2=a2+b2（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

如圖，可以用結(jié)論一證明結(jié)論二.具體證明如下：作F1關(guān)于切線PA的對稱點(diǎn)M，作F2關(guān)于切線PB的對稱點(diǎn)N，由定義及結(jié)論一知MF2=NF1=2a，所以△PMF2≌△PNF1，從而可知∠MPF2=∠NPF1=∠APB=π2.進(jìn)而PF12+PF22=PF12+PN2=PM2+PF22=4a2.又在△PF1F2中，由中線計(jì)算公式（可補(bǔ)形為平行四邊形證明）知，PO2+c2=12（PF12+PF22）=2a2，所以PO2=a2+b2.

則對于本題的解答就可以套用此結(jié)論得到：點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法五（伸縮變換為圓）因?yàn)闄E圓伸縮變換為圓后與直線相切的關(guān)系不會(huì)改變，所以只需令X=x3，Y=y2，橢圓方程x29+y24=1就轉(zhuǎn)化為X2+Y2=1了；直線可參照法一設(shè)法，再利用圓心到切線的距離等于半徑，就可以得到法一（*）的表達(dá)式，剩余解答同法一即可.

2014年廣東省高考數(shù)學(xué)（文、理）第20題，通過對橢圓切線的考查，既立足了通性通法，又關(guān)注了高考熱點(diǎn)，給了不同水平層次的考生以不同的發(fā)揮空間.以下是筆者針對本題給出的幾種不同解法，以求拋磚引玉.

題目已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個(gè)焦點(diǎn)為（5，0），離心率為53.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若動(dòng)點(diǎn)P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程.

解析（1）直接依題意得c=5，e=ca=53，所以a=3，b2=a2-c2=4，求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y24=1.

（2）法一（切線設(shè)為點(diǎn)斜式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，設(shè)l1，l2的斜率分別為k1，k2，設(shè)切線方程為y-y0=k（x-x0），

聯(lián)立x29+y24=1，

y-y0=k（x-x0），得（4+9k2）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-36=0，

所以Δ=（18k）2（y0-kx0）2-4（4+9k2）[9（y0-kx0）2-36]=0，

整理得（y0-kx0）2=4+9k2，即（x20-9）k2-2x0y0k+y20-4=0.（*）

因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2=y20-4x20-9=-1，整理得x20+y20=13；

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x20+y20=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法二（切線設(shè)為斜截式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，不妨設(shè)其中一條切線方程為y=kx+m，

聯(lián)立x29+y24=1

y=kx+m，得（4+9k2）x2+18kmx+9m2-36=0，由Δ=（18k）2m2-4（4+9k2）（9m2-36）=0得m=±9k2+4.所以橢圓互相垂直的兩條切線方程就可寫為：

y=kx±9k2+4.①

y=-1kx±9k2+4.②

由①得y-kx=±9k2+4.③

由②得ky+x=±9+4k2.④

③2+④2得x2+y2=13.

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x2+y2=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法三（切線設(shè)為參數(shù)式）設(shè)過點(diǎn)P的兩條互相垂直的切線l1，l2的參數(shù)方程分別為：

l1：x=x0+tcosθ，

y=y0+tsinθ.

l2：x=x0+tcos（θ+π2），

y=y0+tsin（θ+π2）.

將l1與x29+y24=1聯(lián)立，消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程：（5sin2θ+4）t2+（8x0cosθ+18y0sinθ）t+4x20+9y20-36=0，由其Δ1=0可得：

（4x0cosθ+9y0sinθ）2-（5sin2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑤，

同理將l2與x29+y24=1聯(lián)立后，由消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程的Δ2=0為：

（-4x0sinθ+9y0cosθ）2-（5cos2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑥

⑤+⑥后化簡可得：x20+y20=13，即點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法四（幾何法）此法解題需要兩個(gè)結(jié)論：

結(jié)論一（橢圓的光學(xué)性質(zhì)）：自橢圓的一焦點(diǎn)射出的光線碰到橢圓上一點(diǎn)反射后的光線必通過另一焦點(diǎn).（證明略）

結(jié)論二：對于橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），如果P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，則必有PO2=a2+b2（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

如圖，可以用結(jié)論一證明結(jié)論二.具體證明如下：作F1關(guān)于切線PA的對稱點(diǎn)M，作F2關(guān)于切線PB的對稱點(diǎn)N，由定義及結(jié)論一知MF2=NF1=2a，所以△PMF2≌△PNF1，從而可知∠MPF2=∠NPF1=∠APB=π2.進(jìn)而PF12+PF22=PF12+PN2=PM2+PF22=4a2.又在△PF1F2中，由中線計(jì)算公式（可補(bǔ)形為平行四邊形證明）知，PO2+c2=12（PF12+PF22）=2a2，所以PO2=a2+b2.

則對于本題的解答就可以套用此結(jié)論得到：點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法五（伸縮變換為圓）因?yàn)闄E圓伸縮變換為圓后與直線相切的關(guān)系不會(huì)改變，所以只需令X=x3，Y=y2，橢圓方程x29+y24=1就轉(zhuǎn)化為X2+Y2=1了；直線可參照法一設(shè)法，再利用圓心到切線的距離等于半徑，就可以得到法一（*）的表達(dá)式，剩余解答同法一即可.

2014年廣東省高考數(shù)學(xué)（文、理）第20題，通過對橢圓切線的考查，既立足了通性通法，又關(guān)注了高考熱點(diǎn)，給了不同水平層次的考生以不同的發(fā)揮空間.以下是筆者針對本題給出的幾種不同解法，以求拋磚引玉.

題目已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的一個(gè)焦點(diǎn)為（5，0），離心率為53.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若動(dòng)點(diǎn)P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程.

解析（1）直接依題意得c=5，e=ca=53，所以a=3，b2=a2-c2=4，求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y24=1.

（2）法一（切線設(shè)為點(diǎn)斜式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，設(shè)l1，l2的斜率分別為k1，k2，設(shè)切線方程為y-y0=k（x-x0），

聯(lián)立x29+y24=1，

y-y0=k（x-x0），得（4+9k2）x2+18k（y0-kx0）x+9（y0-kx0）2-36=0，

所以Δ=（18k）2（y0-kx0）2-4（4+9k2）[9（y0-kx0）2-36]=0，

整理得（y0-kx0）2=4+9k2，即（x20-9）k2-2x0y0k+y20-4=0.（*）

因?yàn)閘1⊥l2，所以k1k2=y20-4x20-9=-1，整理得x20+y20=13；

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x20+y20=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法二（切線設(shè)為斜截式）當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2的斜率均存在且不為0時(shí)，不妨設(shè)其中一條切線方程為y=kx+m，

聯(lián)立x29+y24=1

y=kx+m，得（4+9k2）x2+18kmx+9m2-36=0，由Δ=（18k）2m2-4（4+9k2）（9m2-36）=0得m=±9k2+4.所以橢圓互相垂直的兩條切線方程就可寫為：

y=kx±9k2+4.①

y=-1kx±9k2+4.②

由①得y-kx=±9k2+4.③

由②得ky+x=±9+4k2.④

③2+④2得x2+y2=13.

當(dāng)過點(diǎn)P的兩條切線l1，l2一條斜率不存在，一條斜率為0時(shí)，P為（3，±2）或（-3，±2），均滿足x2+y2=13.

綜上所述，點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法三（切線設(shè)為參數(shù)式）設(shè)過點(diǎn)P的兩條互相垂直的切線l1，l2的參數(shù)方程分別為：

l1：x=x0+tcosθ，

y=y0+tsinθ.

l2：x=x0+tcos（θ+π2），

y=y0+tsin（θ+π2）.

將l1與x29+y24=1聯(lián)立，消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程：（5sin2θ+4）t2+（8x0cosθ+18y0sinθ）t+4x20+9y20-36=0，由其Δ1=0可得：

（4x0cosθ+9y0sinθ）2-（5sin2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑤，

同理將l2與x29+y24=1聯(lián)立后，由消掉x，y后得到關(guān)于t的一元二次方程的Δ2=0為：

（-4x0sinθ+9y0cosθ）2-（5cos2θ+4）（4x20+9y20-36）=0.⑥

⑤+⑥后化簡可得：x20+y20=13，即點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法四（幾何法）此法解題需要兩個(gè)結(jié)論：

結(jié)論一（橢圓的光學(xué)性質(zhì)）：自橢圓的一焦點(diǎn)射出的光線碰到橢圓上一點(diǎn)反射后的光線必通過另一焦點(diǎn).（證明略）

結(jié)論二：對于橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），如果P（x0，y0）為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，則必有PO2=a2+b2（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.

如圖，可以用結(jié)論一證明結(jié)論二.具體證明如下：作F1關(guān)于切線PA的對稱點(diǎn)M，作F2關(guān)于切線PB的對稱點(diǎn)N，由定義及結(jié)論一知MF2=NF1=2a，所以△PMF2≌△PNF1，從而可知∠MPF2=∠NPF1=∠APB=π2.進(jìn)而PF12+PF22=PF12+PN2=PM2+PF22=4a2.又在△PF1F2中，由中線計(jì)算公式（可補(bǔ)形為平行四邊形證明）知，PO2+c2=12（PF12+PF22）=2a2，所以PO2=a2+b2.

則對于本題的解答就可以套用此結(jié)論得到：點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

（2）法五（伸縮變換為圓）因?yàn)闄E圓伸縮變換為圓后與直線相切的關(guān)系不會(huì)改變，所以只需令X=x3，Y=y2，橢圓方程x29+y24=1就轉(zhuǎn)化為X2+Y2=1了；直線可參照法一設(shè)法，再利用圓心到切線的距離等于半徑，就可以得到法一（*）的表達(dá)式，剩余解答同法一即可.