一题多解探寻圆锥曲线压轴破解之策与算法优化（11）2024元月九省联考18题解析

2024元月九省联考圆锥曲线“一题多解” ——谈谈圆锥曲线压轴题破解之策与算法优化 【方法策略简述】 一、解析几何大题多以圆锥曲线与直线综合应用的形式呈现，考察动态情形下的范围、最值、定点、定值等问题及存在探索性问题. 二、解决此类问题的方法策略主要有三种： 1、根与系数的关系法（主流方法）． 设出动直线的方程（，），与圆锥曲线方程联立消元得到关于的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解． 2、多变量多参数联动变换法（圆曲不联立）． 此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理，定比分点问题可尝试定比点差法处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验． 3、设点求点法． 方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线与椭圆的交点易求出． 【2024九省联考18题】 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点． （1）证明：直线过定点； （2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 法一：“韦达法”+ “多变量多参数联动变换法”+“平面几何面积转化”综合应用 【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标； （2）根据平面几何知识可得，而. 【详解】 （1） 由，故，由直线与直线垂直，故两只直线斜率都存在且不为， 设、、、， 直线、分别为，， 联立， 故,， 即，同理可得， 由对称性，定点一定在轴上，设为，则,有 故， 故过定点，且该定点为， （2） 先证， 事实上，取的中点，连接，则为的中位线，即， 从而,同理可得, 故,即， 又，同理， 故， 当且仅当时等号成立. 故最小值为8. 【点评】第二问巧妙利用平几知识得到，将问题转化为常规问题.运算简洁,但面积转化难以想到. 法二：“韦达法”+ “多变量多参数联动变换法”+“基本不等式”综合应用 【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标； （2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得. 【详解】 （1） 由，故，由直线与直线垂直，故两只直线斜率都存在且不为， 设直线、分别为、，有， 、、、， 联立与直线，即有， 消去可得，， 故、， 则， 故，， 即，同理可得， 当时， 则， 即，即， 令得，由，得， 此时过定点，且该定点为， 当时，即时，由，即时， 有，亦过定点， 故直线过定点，且该定点为； （2） 由(1)知故，，同理故，， 又，所以， 同理，， 两式相除得，解得 故， 过点作轴，交直线于点，则， 由、， 故， 当且仅当时，等号成立， 下证： 由抛物线的对称性，不妨设，则， 当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方， 有，由直线过定点， 此时， 同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方， 有，故此时， 当且仅当时，， 故恒成立，且时，等号成立， 故， 【点评】第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值. 法三：“韦达法”+ “多变量多参数联动变换法”+“硬算面积” 【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标； （2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得. 【详解】 （1） 由，故，由直线与直线垂直，故两只直线斜率都存在且不为， 设直线、分别为、，有， 、、、， 联立与直线，即有， 消去可得，， 故、， 则， 故，， 即，同理可得， 当时， 则， 即，即， 令得，由，得， 此时过定点，且该定点为， 当时，即时，由，即时， 有，亦过定点， 故直线过定点，且该定点为； （2） 由(1)知故，，同理故，， 又，所以， 同理，， 两式相除得，解得 故，代入得， 由，点在轴上方，不妨设，解得， 同理 所以， 由(1)知，故， 点到的距离， 又， 故，当且仅当时等号成立. 【点评】第二问硬解出点的纵坐标，硬算出，及点到的距离，从而硬算出，运算量巨大，耗时费力，对学生运算能力是巨大的考验. 学科网（北京）股份有限公司 $$