摘要：本文借助2023年—2024年兩道有關圓錐曲線的高考試題的多解分析，研究了幾何圖形的面積或周長問題在圓錐曲線中的應用，涉及到數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)思想、化歸思想等多種思想方法，以及數(shù)學運算、作圖分析、公式運用等綜合解題能力或素養(yǎng)的考查或培養(yǎng).在解析后面給出了方法總結(jié)，以便于整體把握與理解解題方法.最后給出了三點教學反思.

關鍵詞：幾何圖形;圓錐曲線;真題剖析;教學反思

面積與周長問題是圓錐曲線中，依托幾何圖形為載體，出現(xiàn)的?？汲Ｐ碌臒狳c題型，它涉及到數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)思想、化歸思想等，考查學生運算、作圖分析、公式運用等綜合能力.

1 真題剖析

例1 （2024年新課標全國Ⅰ卷）已知A（0，3）和P3，32為橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上兩點.

（1）求C的離心率;

（2）若過P的直線l交C于另一點B，且△ABP的面積為9，求l的方程.

解析：（1）由題意可得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，則直線AP的方程為y=-12x+3，即x+2y-6=0.

易知|AP|=（0-3）2+3-322=352.

設點B到直線AP的距離為d，由S△ABP=9，可得d=2×9352=1255.

如圖1，將直線AP沿著與AP垂直的方向平移1255個單位長度，此時該平行線與橢圓的交點即為點B，設該平行線的方程為x+2y+C=0.

由|C+6|5=1255，解得C=6或C=-18.

當C=6時，聯(lián)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.

若點B（0，-3），此時kl=32，直線l的方程為y=32x-3，即3x-2y-6=0;

若點B-3，-32，此時kl=12，直線l的方程為y=12x，即x-2y=0.

當C=-18時，聯(lián)立x212+y29=1，x+2y-18=0，得2y2-27y+117=0，則

Δ=272-4×2×117=-207lt;0，此時該直線與橢圓無交點.

綜上，l的方程為3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法總結(jié)：（1）求三角形邊長用兩點間距離公式；

（2）由面積法求高線，有h=2S△AP;

（3）由兩平行線間的距離公式，確定點B.

法2：同法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，

點B到直線AP的距離d=1255.

設B（x0，y0），則|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.

方法總結(jié)：方程思想的運用，設點，由點線距與橢圓方程聯(lián)立求解.

法3：同法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，點B到直線AP的距離d=1255.

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

聯(lián)立cos 2θ+sin 2θ=1，可解得cos θ=-32，sin θ=-12，或cos θ=0，sin θ=-1，則B（0，-3）或-3，-32，以下同法1.

方法總結(jié)：在參數(shù)方程下，三角設點，由點線距與三角恒等式聯(lián)立求解.

法4：當直線AB的斜率不存在時，B（0，-3），此時S△PAB=12×6×3=9，符合題意，

所以kl=32，直線l的方程為y=32x-3，即3x-2y-6=0.

當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y=kx+3，其中k≠kAP，即k≠-12.

聯(lián)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，則y=-12k2+94k2+3.此時點B的坐標為

-24k4k2+3，-12k2+94k2+3.

同法1得到直線AP的方程為x+2y-6=0，

點B到直線AP的距離d=1255，則

-24k4k2+3+2-12k2+94k2+3-65=1255，

解得k=32，

此時B-3，-32，kl=12，直線l的方程為y=12x，即x-2y=0.

綜上，l的方程為3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法總結(jié)：（1）分類討論，間接法設線（非所求線，簡化計算流程，可借鑒）；

（2）與橢圓聯(lián)立，求點；

（3）高線與點線距等價，求斜率回代定點，由點斜式得方程.

法5：當l的斜率不存在時，l：x=3，B3，-32，|BP|=3，點A到PB距離d=3，

此時S△ABP=12×3×3=92≠9，不滿足條件.

當l的斜率存在時，設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，則

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.

又點A到直線PB的距離d=3k+32k2+1，則S△PAB=12·43k2+13k2+9k+2744k2+3·3k+32k2+1=9.

解得k=12或32，均滿足題意，故直線l的方程為y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法總結(jié)：（1）分類討論，直接法設線（為所求線，計算量增大）；

（2）與橢圓聯(lián)立，韋達定理→弦長公式→點線距及面積，求斜率回代得方程.

法6：當直線l的斜率不存在時，l：x=3，B3，-32，點A到PB的距離d=3，此時S△ABP=12×3×3=92≠9，不滿足條件.

當直線l的斜率存在時，設l：y=k（x-3）+32，l與y軸的交點為Q，令x=0，則Q0，-3k+32.

聯(lián)立y=kx-3k+32，3x2+4y2=36，則有

（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，則S△ABP=12|AQ||xP-xB|=123k+3212k+183+4k2=9，解得k=12或k=32.

經(jīng)代入判別式驗證均滿足題意.故直線l為y=12x或y=32x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0.

方法總結(jié)：（1）分類討論，直接法設線（為所求線，計算量增大）；

（2）與橢圓聯(lián)立，韋達定理積式→面積=直線在y軸截距×|橫標差|→求斜率回代得方程.

法7：設點B23cos θ，3sin θ，則有

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，則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的方程為x-2y=0或3x-2y-6=0.

方法總結(jié)：（1）三角設點；（2）利用面積坐標公式求正弦、余弦得點.

法8：橢圓C的方程為x212+y29=1，令x=23x′，y=3y′，則x′2+y′2=1，如圖2，

點A（0，3）變?yōu)辄cA′（0，1），點P3，32變?yōu)辄cP′32，12，S△ABP=63S△A′B′P′，

A′P′=1，∠OA′P′=60°.

令∠OA′B′=θ，則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.

化簡得sin（2θ+60°）=32，則θ=0°或30°，所以B′（0，-1）或-32，-12.

所以B（0，-3），或B-3，-32.

故l的方程為x-2y=0或3x-2y-6=0.

方法總結(jié)：（1）坐標變換化橢圓為圓；（2）轉(zhuǎn)化為新坐標下的點，設角得點.

例2 （2023年新課標全國Ⅰ卷）在直角坐標系xOy中，點P到x軸的距離等于點P到

點0，12的距離，記動點P的軌跡為W.

（1）求W的方程；

（2）已知矩形ABCD有三個頂點在W上，證明：矩形ABCD的周長大于33.

解析：（1）設點P坐標為（x，y），則有|y|=x2+y-122，兩邊同時平方，化簡得y=x2+14.

故W：y=x2+14.

（2）法1：設矩形的三個頂點Aa，a2+14，Bb，b2+14，Cc，c2+14在W上，

且alt;blt;c，如圖3.易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，則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，則m=-1n.

設矩形周長為l，由對稱性不妨設|m|≥|n|，則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，則

f′（x）=2x+1x22x-1x.

令f′（x）=0，解得x=22.

當x∈0，22時，f′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減；

當x∈22，+∞，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.所以f（x）min=f22=274.

所以12l≥274=332，即l≥33，當且僅當n=22，m=-2，且（b-a）1+m2=（b-a）＼51+n2即m=n時，等號成立，矛盾.

故矩形ABCD的周長大于33.

方法總結(jié)：（1）設點，求斜率，由弦長公式求鄰邊；（2）設函數(shù)，求最值.

法2：不妨設點A，B，D在W上，且BA⊥DA，如圖4.

可設Aa，a2+14，易知直線BA，DA的斜率均存在且不為0.

設BA，DA的斜率分別為k和-1k.由對稱性，不妨設|k|≤1，直線AB的方程為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，則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，則m∈（0，1〗，設f（m）=（m+1）3m=m2+3m+1m+3，求導得

f′（m）=2m+3-1m2=（2m-1）（m+1）2m2.

令f′（m）=0，解得m=12.

當m∈0，12時，f′（m）lt;0，f（m）單調(diào)遞減；

當m∈12，+∞時，f′（m）gt;0，f（m）單調(diào)遞增.所以f（m）min=f12=274，則（1+k2）3k2≥332，當且僅當k2=12時等號成立.

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

此處取等號條件為k=1，故|AB|+|AD|gt;332.

方法總結(jié)：（1）設點，求線聯(lián)立，由弦長公式求鄰邊；（2）由均值不等式化簡，設函數(shù)，求最值.

法3：為了計算方便，將拋物線向下移動14個單位長度，得拋物線W′：y=x2（如圖5）.

矩形ABCD變換為矩形A′B′C′D′，則問題等價于矩形A′B′C′D′的周長大于33.

設B′（t0，t20），A′（t1，t21），C′（t2，t22），根據(jù)對稱性不妨設t0≥0，

則kA′B′=t1+t0，kB′C′=t2+t0.

由于A′B′⊥B′C′，則（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之間，則|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，則t2=tan θ-t0，t1=-

cot θ-t0，從而

|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當θ∈0，π4〗時，有

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

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

從而-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，

當且僅當cos θ=33時，等號成立，則|A′B′|+|B′C′|gt;332，即矩形周長大于33.

方法總結(jié)：（1）設點，由弦長公式求鄰邊；

（2）設角，三角代換，由均值不等式化簡，求最值.

2 教學反思

（1）在圓錐曲線中，求解幾何圖形的命題以三角形和四邊形居多.涉及到設點設線、聯(lián)立方程、弦長公式、點線距公式、均值不等式、參數(shù)方程等知識點，考查學生計算、作圖分析、公式運用等綜合技能，具有運算量大、疑點多、出錯率高等普遍特點.

（2）由橢圓化圓的坐標變換（仿射變換），是橢圓解題的一大亮點，經(jīng)過轉(zhuǎn)化→求解→再轉(zhuǎn)化，將難度降低，對于優(yōu)等生不失為一種便捷方法，體驗方法的魅力.該變換會用到圓周角、弦切角、圓冪定理等，其基本思路是以舊知解新知，以圓的知識解決橢圓問題.

（3）在周長與面積的求解中，弦長公式、點線距公式會經(jīng)常用到，有復雜的化簡、整合運算過程，也是容易出錯的地方，除了扎實的運算技巧，謹慎推演也十分必要.

總之，幾何圖形融入圓錐曲線的題型，近年來頻頻走進高考，在考查學科素養(yǎng)的同時，也檢驗學生基本技能掌握的熟練程度.相對來說，該題型難度較大，解法多樣，也為優(yōu)等生提供了更多的求解方案，促進學生發(fā)散思維的發(fā)展.