解析几何简单计算

设点设线

例题 1

题目

已知椭圆方程 ${\displaystyle \frac{x^2}{4}}+y^2=1$，设直线 $l$ ，不经过点 $P(0,1)$且与椭圆相交于 $A,B$ 两点，若直线 $PA$ 与直线 $PB$ 的斜率和为 $-1$ ，证明：直线 $l$ 过定点。

题解

由直线 $l$ 不过点 $P(0,1)$ 可设直线 $l$ 方程： $mx+n(y-1)=1$ 。
设点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 。
由点 $A$ 在椭圆上可得：

$$\begin{gathered} {x_1}^2+4{y_1}^2=4 \\ \Downarrow \\ 4[(y_1-1)+1{]}^2+{x_1}^2=4 \end{gathered}$$

展开后得：

$$\begin{gathered} 4(y_1-1{)}^2+8(y_1-1)+4+{x_1}^2=4 \\ \Downarrow \\ 4(y_1-1{)}^2+8(y_1-1)[m{x}_1+n(y_1-1)]+4+{x_1}^2=4 \\ \Downarrow \\ (4+8n)(y_1-1{)}^2+8m{x}_1(y_1-1)+{x_1}^2=0 \end{gathered}$$

等式两边同时除以 ${x_1}^2$ 得：

$$\begin{gathered} (4+8n)({\displaystyle \frac{y_1-1}{x_1}}{)}^2+8m{\displaystyle \frac{y_1-1}{x_1}}+1=0 \\ \Downarrow \\ (4+8n){k_{PA}}^2+8m{k}_{PA}+1=0 \end{gathered}$$

同理可得：

$$(4+8n){k_{PB}}^2+8m{k}_{PB}+1=0$$

可得 $k_{PA},k_{PB}$ 是方程 $(4+8n)k^2+8mk+1=0$ 的两个根.
$\mathrm{\Delta }>0,4+8n\ne 0\Rightarrow (8m{)}^2-4(4+8n)>0\Rightarrow 4m^2>2n+1,n\ne -{\displaystyle \frac{1}{2}}$
由韦达定理可得：$k_1+k_2=-{\displaystyle \frac{8m}{4+8n}}=-1\Rightarrow m=n+{\displaystyle \frac{1}{2}}$
所以 $l:mx+n(y-1)=1$ 为 $mx+({\displaystyle \frac{1}{2}}-m)(y-1)=1$
可得：

$$n(x+y-1)+{\displaystyle \frac{1}{2}}x=1$$

当直线 $l$ 过定点时，满足：

$$\{\begin{array}{l}x+y-1=0\\ {\displaystyle \frac{1}{2}}x=1\end{array}$$

解得：

$$\{\begin{array}{l}x=2\\ y=-1\end{array}$$

所以直线 $l$ 过定点 $(2,-1)$ .

综上： 直线 $l$ 过定点 $(2,-1)$

来源

2017 年全国 I 卷理科第 20 题第 ii 问

例题 2

题目

已知双曲线 ${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}}-{\displaystyle \frac{y^2}{b^2}}=1(a>0,b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$ ，左、右顶点分别为 $A_1$ 、 $A_2$ ，已知离心率 $e=3,|F_1{F}_2{|}^2=18|A_1{A}_2|$ .
（ i ） 求双曲线 $C$ 的标准方程 .
（ ii ） 若过焦点 $F_2$ 且斜率存在的直线与双曲线 $C$ 的右支交于 $M$ 、 $N$ 两点，线段 $MN$ 的垂直平分线与 $x$ 轴交于点 $Q$ ，试问 ${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }MQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QM{F}_2}}+{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }NQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QN{F}_2}}$ 是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由 .

解析

（i） 问易得 $C:x^2-{\displaystyle \frac{y^2}{8}}=1$

（ ii ） 我们知道了 ${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }MQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QM{F}_2}}+{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }NQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QN{F}_2}}$ 条件，考虑正弦定理转化 . 由正弦定理可得：

$${\displaystyle \frac{M{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }MQ{F}_2}}={\displaystyle \frac{Q{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QM{F}_2}},{\displaystyle \frac{N{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }NQ{F}_2}}={\displaystyle \frac{Q{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QN{F}_2}}$$

将其带入条件中，可得

$${\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }MQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QM{F}_2}}+{\displaystyle \frac{\sin \mathrm{\angle }NQ{F}_2}{\sin \mathrm{\angle }QN{F}_2}}={\displaystyle \frac{M{F}_2}{Q{F}_2}}+{\displaystyle \frac{N{F}_2}{Q{F}_2}}={\displaystyle \frac{MN}{Q{F}_2}}$$

不妨设 $l_{MN}:x=my+3,M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$

解释一下这么做的原因，一般直线过定点在 $x$ 轴时我们一般设 $x=my+t$ ，直线过定点在 $y$ 轴时我们设 $y=kx+b$ ，若直线过定点既不在 $x$ 轴也不在 $y$ 轴时，我们一般设 $m=-k{x}_0+y_0,y=kx+m$ ，联立过后再换元回来

$$\{\begin{array}{l}x=my+3\\ x^2-{\displaystyle \frac{y^2}{8}}=1\end{array}\Rightarrow (8m^2-1)y^2+48my+64=0$$

由韦达定理可得： $y_1+y_2=-{\displaystyle \frac{48m}{8m^2-1}},y_1{y}_2={\displaystyle \frac{64}{8m^2-1}}$ ，可得

$$|MN|=\left|\sqrt{1+m^2}{\displaystyle \frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{8m^2-1}}\right|=\left|{\displaystyle \frac{16(m^2+1)}{8m^2-1}}\right|$$

设过点 $Q$ 垂直于直线 $MN$ 的直线方程 $l:y=-m(x-{\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}})+{\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2}}$ ，其与 $x$ 轴的交点为 $({\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2m}}+{\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}},0)$

解释一下这样设线的原因，因为直线 $l\perp l_{MN}$ ， $l_{MN}$ 也可以被表示为 $y={\displaystyle \frac{1}{m}}(x-3)$ ，两条直线乘积为 $-1$ 所以 $k_l=-1÷{\displaystyle \frac{1}{m}}=-m$ .

所以

$$\begin{array}{rl}|Q{F}_2|& =|{\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2m}}+{\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}}-3|\\ & =|{\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2m}}+{\displaystyle \frac{m(y_1+y_2)+3}{2}}-3|\\ & =|-{\displaystyle \frac{48m}{2m(8m^2-1)}}-{\displaystyle \frac{48m}{2(8m^2-1)}}|\\ & =\left|{\displaystyle \frac{48m+48}{8m^2-1}}\right|\end{array}$$

所以

$$\left|{\displaystyle \frac{MN}{Q{F}_2}}\right|=\left|{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{16(m^2+1)}{8m^2-1}}}{{\displaystyle \frac{48m+48}{8m^2-1}}}}\right|={\displaystyle \frac{2}{3}}$$

来源

2025 届电子科技大学实验中学高二第一次月考第 18 题

例题 3

题目

已知椭圆 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{9}}+{\displaystyle \frac{y^2}{4}}=1$ ，若动点 $P(x_0,y_0)$ 为椭圆外一点，且过点 $P$ 作椭圆的两条切线相互垂直，求点 $P$ 的轨迹方程.

题解

当切线斜率不存在时， ${x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13$ ，所以点 $P$ 的轨迹方程为 ${x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13$.
当切线斜率存在时，不妨设切线斜率为 $y=kx+m$ ，因为切线过点 $P(x_0,y_0)$ ，所以可知 $m=y_0-k{x}_0$. 直线与椭圆联立方程可得：

$$\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ {\displaystyle \frac{x^2}{9}}+{\displaystyle \frac{y^2}{4}}=1\end{array}\Rightarrow (9k^2+4)x^2+18kmx+9m^2-36=0$$

直线与椭圆相切可得： $\mathrm{\Delta }=0$ 即 $9k^2+4-m^2=0$
将 $m=y_0-k{x}_0$ 带入可得：

$$(9-{x_0}^2)k^2+2x_0{y}_{0}k+4-{y_0}^2=0$$

由题意得两条切线互相垂直，由韦达定理可得： ${\displaystyle \frac{4-{y_0}^2}{9-{x_0}^2}}=-1$ 即 ${x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13$. 所以点 $P$ 的轨迹方程为 ${x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13$.

综上，点 $P$ 的轨迹方程为 ${x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13$.

来源

2014 年广东高考理科第 20 题第 ii 问

例题 4

题目

已知椭圆 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+y^2=1$ 和椭圆 $E:{\displaystyle \frac{x^2}{16}}+{\displaystyle \frac{y^2}{4}}=1.P$ 为椭圆 $C$ 上任意一点，过点 $P$ 的直线 $y=kx+b$ 交椭圆 $E$ 于 $A,B$ 两点，设线 $PO$ 交椭圆 $E$ 于点 $Q$ .
（ I ）求 ${\displaystyle \frac{|OQ|}{|OP|}}$ 的值；
（ II ）求 $\mathrm{△}ABQ$ 面积的最大值.

解析

对于 （ I ） 问：

观察椭圆 $C,E$ 两个方程式，发现它们离心率相同，不妨设曲线 $\mathrm{\Gamma }:{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+y^2=\lambda (\lambda \ne 0)$ . 令 $\lambda =1$ 可得曲线 $C$ ，令 $\lambda =4$ 可得曲线 $E$ ，这样我们就只需要联立一次即可 .

设 $l_{OP}:x=my$ ，联立可得：

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+y^2=\lambda \\ x=my\end{array}\Rightarrow (m^2+4)y^2=4\lambda \Rightarrow x=\pm \sqrt{{\displaystyle \frac{4\lambda }{m^2+4}}}$$

所以点到原点的距离为

$$\left|\sqrt{1+m^2}{\displaystyle \frac{\sqrt{{\displaystyle \frac{4\lambda }{m^2+4}}}-(-\sqrt{{\displaystyle \frac{4\lambda }{m^2+4}}})}{2}}\right|=\left|2\sqrt{{\displaystyle \frac{\lambda (1+m^2)}{m^2+4}}}\right|$$

令 $\lambda =1$ ，则 $|OP|=2\sqrt{{\displaystyle \frac{(1+m^2)}{m^2+4}}}$ ，令 $\lambda =4$ ，则 $|OQ|=2\sqrt{{\displaystyle \frac{4(1+m^2)}{m^2+4}}}$

所以 ${\displaystyle \frac{|OQ|}{|OP|}}=2$

对于 （II） 问：与第一问有一定的关联

由 ${\displaystyle \frac{|OQ|}{|OP|}}=2$ 可得： $|PQ|=3|OP|$ ，所以 $S_{\mathrm{△}ABQ}=3S_{\mathrm{△}AOB}$

设原点到直线 $AB$ 的距离为 $d$ ，则 $d={\displaystyle \frac{|0\cdot k+0\cdot 1+b|}{\sqrt{1+k^2}}}={\displaystyle \frac{|b|}{\sqrt{1+k^2}}}$

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+y^2=\lambda \\ y=kx+b\end{array}\Rightarrow (4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-4\lambda =0$$

令 $\lambda =4$ 可得：

$$(4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-16=0$$

由韦达定理可得：

$$x_1+x_2={\displaystyle \frac{-8bk}{4k^2+1}},x_1{x}_2={\displaystyle \frac{4b^2-16}{4k^2+1}}$$

所以 $|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}{\displaystyle \frac{4\sqrt{16k^2+4-b^2}}{4k^2+1}}$
所以

$$S_{\mathrm{△}ABQ}=3S_{\mathrm{△}ABO}=3\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot |AB|\cdot d=6{\displaystyle \frac{|b|\sqrt{1b{k}^2+4-b^2}}{4k^2+1}}$$

若要求 $S_{\mathrm{△}ABQ}$ 取值范围，则需要让直线 $AB$ 与曲线 $C$ 有交点 $\mathrm{\Delta }>0$ ，令 $\lambda =1$ 可得：

$$(4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-4=0$$

令 $\mathrm{\Delta }>0$ 可得：

$$64k^2{b}^2-16(1+4k^2)(b^2-1)\ge 0\Rightarrow 0<{\displaystyle \frac{b^2}{4k^2+1}}\le 1$$

不妨设 $t={\displaystyle \frac{b^2}{4k^2+1}}\in (0,1]$

所以

$$S_{\mathrm{△}ABQ}=6{\displaystyle \frac{|b|\sqrt{1b{k}^2+4-b^2}}{4k^2+1}}=6{\displaystyle \frac{|b|}{\sqrt{1+4k^2}}}\sqrt{4-{\displaystyle \frac{b^2}{4k^2+1}}}=6\sqrt{t(4-t)}=6\sqrt{-t^2+6t}$$

$-t^2+6t$ 在 $(0,1]$ 上单调递增，所以 $S_{\mathrm{△}ABQ}$ 最大时， $t=1$ ，此时 $S_{\mathrm{△}ABQ}=6\sqrt{3}$

综上： ${S_{\mathrm{△}ABQ}}_{max}=6\sqrt{3}$

评价

此题巧妙地运用到了“同理可得”来简化计算量

来源

2015 年高考山东文科 & 理科第 20 题第 ii 文

例题 5

题目

当过点 $P(4,1)$ 的动直线 $l$ 与椭圆 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{y^2}{2}}=1$ 相交于两不同点 $A$ ，$B$ 时，在线段 $AB$ 上取点 $Q$ ,满足 $|AP|\cdot |QB|=|AQ|\cdot |PB|$ ，证明：点 $Q$ 总在某定直线上。

解析 1

设 $Q(x,y),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ ，由题可知， $\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB},\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{QB}$ 均不为零且 ${\displaystyle \frac{|\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{AQ}|}}={\displaystyle \frac{|\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{QB}|}}$ ，又因为 $P,A,Q,B$ 四点共线，故可设 $\overrightarrow{PA}=-\lambda \overrightarrow{AQ},\overrightarrow{PB}=-\lambda \overrightarrow{BQ},(\lambda \ne 0,\pm 1)$ ，于是可以得：$A({\displaystyle \frac{4-\lambda x}{1-\lambda }},{\displaystyle \frac{1-\lambda y}{1-\lambda }}),B({\displaystyle \frac{4+\lambda x}{1+\lambda }},{\displaystyle \frac{1+\lambda y}{1+\lambda }})$ ，由于 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 都在椭圆 $C$ 上，将 $A,B$ 带入椭圆可得：

$$\begin{gathered} ({\displaystyle \frac{4-\lambda x}{1-\lambda }}{)}^2+2({\displaystyle \frac{1-\lambda y}{1-\lambda }}{)}^2=4 \\ ({\displaystyle \frac{4+\lambda x}{1+\lambda }}{)}^2+2({\displaystyle \frac{1+\lambda y}{1+\lambda }}{)}^2=4 \end{gathered}$$

整理可得：

$$\begin{gathered} (x^2+2y^2-4){\lambda }^2-4(2x+y-2)\lambda +14=0 \\ (x^2+2y^2-4){\lambda }^2+4(2x+y-4)\lambda +14=0 \end{gathered}$$

将上两式相减可得：

$$8(2x+y-2)\lambda =0$$

由 $\lambda \ne 0$ 可得 $2x+y-2=0$ ，即点 $Q(x,y)$ 在定直线 $2x+y-2=0$

解析 2

由题可得 ${\displaystyle \frac{|\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{AQ}|}}={\displaystyle \frac{|\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{QB}|}}$ ，所以点 $Q$ 落在点 $P$ 的极线上，所以 $l:{\displaystyle \frac{4\cdot x}{4}}+{\displaystyle \frac{1\cdot y}{2}}=1$ 即 $l:2x+y-2=0$ .

来源

2008 年安徽高考理科第 22 题

例题 6

题目

设 $P$ 为抛物线 $C_1:x^2=y$ 上的动点，过点 $P$ 作圆 $C_2:x^2+(y+3{)}^2=1$ 的两条切线，交直线 $l:y=-3$ 于 $A,B$ 两点. 是否存在点 $P$ ，使线段 $AB$ 被抛物线 $C_1$ 在点 $P$ 处的切线平分，若存在，求出点 $P$ 的坐标；若不存在，请说明理由.

题解

不妨设点 $P(x_0,{x_0}^2)(x_0\ne 0)$ ，可得过点 $P$ 的切线方程为 $x{x}_0={\displaystyle \frac{y}{2}}+{\displaystyle \frac{{x_0}^2}{2}}$ ，其与
直线 $y=-3$ 相交，设其交点为 $D$ ,可解得： $D({\displaystyle \frac{{x_0}^2-3}{2x_0}},-3)$ .
设过点 $P$ 与圆 $C_2$ 相切的直线为 $l:x=my+t$ ，其中 $t=-m{x_0}^2+x_0$ ，由题意得直线 $l$ 与圆 $C_2$ 相切，则：

$${\displaystyle \frac{|3m-t|}{\sqrt{1+m^2}}}=1\Rightarrow 8m^2-6mt+t^2-1=0$$

将 $t=-m{x_0}^2+x_0$ 带入可得：

$$({x_0}^4+6{x_0}^2+8)m-2x_0({x_0}^2+3)m+{x_0}^2-1=0$$

由韦达定理可得：

$$m_1+m_2={\displaystyle \frac{2x_0({x_0}^2+3)}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}}{m}_1{m}_2={\displaystyle \frac{{x_0}^2-1}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}}$$

直线 $l$ 与 直线 $y=-3$ 联立可得： $x=-m(3+{x_0}^2)+x_0$ 所以 $x_A=x=-m_1(3+{x_0}^2)+x_0,x_B=x=-m_2(3+{x_0}^2)+x_0$ 所以 $x_A+x_B=-(m_1+m_2)(3+{x_0}^2)+2x_0=-{\displaystyle \frac{2x_0}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}}$
由题点 $D$ 为线段 $AB$ 的中点可得： $x_A+x_B=2x_D$ 可得

$$-{\displaystyle \frac{2x_0}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}}=2\left({\displaystyle \frac{{x_0}^2-3}{2x_0}}\right)$$

化简可得：

$${x_0}^6+3{x_0}^4-8{x_0}^2-24=0\Rightarrow ({x_0}^2-2\sqrt{2})({x_0}^4+(3+2\sqrt{2}){x_0}^2+6\sqrt{2})=0$$

易得 ${x_0}^4+(3+2\sqrt{2}){x_0}^2+6\sqrt{2}=0$ 无实数根，所以 $x_0=\pm \sqrt[4]{8}$，所以 $P(\pm \sqrt[4]{8},2\sqrt{2})$.

综上：

点 $P$ 的坐标为 $P(\pm \sqrt[4]{8},2\sqrt{2})$.

来源

2011 年浙江高考文科第 22 题第 ii 问

例题 7

题目

动直线 $l:y=k_{1}x-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$ 交椭圆 $E:{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+y^2=1$ 于 $A,B$ 两点， $C$ 时椭圆 $E$ 上一点，直线 $OC$ 的斜率为 $k_2$ ，且 $k_1{k}_2={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ ， $M$ 是线段 $OC$ 延长线上一点，且 ${\displaystyle \frac{|MC|}{|AB|}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ ，圆 $M$ 半径为 $|MC|$ ， $OS,OT$ 是圆 $M$ 的两条切线，切点分别为 $S,T$ . 求 $\mathrm{\angle }SOT$ 的最大值，并求取得最大值时直线 $l$ 的斜率 .

解析

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+y^2=1\\ y=k_{1}x-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\Rightarrow (4k_1^2+2)x^2-4\sqrt{3}{k}_{1}x-1=0$$

由韦达定理可得

$$x_1+x_2={\displaystyle \frac{4\sqrt{3}{k}_1}{4k_1^2+2}},x_1{x}_2={\displaystyle \frac{-1}{4k_1^2+2}}$$

由弦长公式 $|AB|=\sqrt{1+k_1^2}|x_A-x_B|$ 可得

$$|AB|=\sqrt{1+k_1^2}{\displaystyle \frac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{2k_1^2+1}}$$

因为 ${\displaystyle \frac{|MC|}{|AB|}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ 可得

$$|MC|=2\sqrt{1+k_1^2}{\displaystyle \frac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{3(2k_1^2+1)}}$$

由 $k_1{k}_2={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ 可得 $k_1={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}{k}_2}}$ 可设 $l_{OM}:x=2\sqrt{2}{k}_{1}y$

补充为何要这样变换，我们最后要求 $l$ 的斜率，即 $k_1$ ，所以我们会想到用 $k_2$ 来表示 $k_1$ . 我们会设 $l_{OM}:y=k_{2}x={\displaystyle \frac{4}{\sqrt{2}{k}_1}}x$ 这时我们以 $y$ 为自变量可以得到： $l_{OM}:x=2\sqrt{2}{k}_{1}y$ .

$$\{\begin{array}{l}x=2\sqrt{2}{k}_{1}y\\ {\displaystyle \frac{x^2}{2}}+y^2=1\end{array}\Rightarrow y=\pm {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}}\Rightarrow |MC|=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}{k}_1\right)}^2+1}|{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}}-(-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}})|=\sqrt{8k_1^2+1}{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{4k_1^2+1}}}$$

所以 $|OC|={\displaystyle \frac{|MC|}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{8k_1^2+1}}{\sqrt{4k_1^2+1}}}$

不妨设 $\mathrm{\angle }SOT=2\theta ,\theta \in (0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$ ，则 $\mathrm{\angle }MOT=\theta$ .

$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{|MT|}{|MO|}}={\displaystyle \frac{|MC|}{|MC|+|OC|}}$$

我们要求 $2\theta$ 的最大值 ，则我们要求 $\theta$ 的最大值，即 $\sin \theta$ 最大值，即 ${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}$ 的最小值 .

转化成 ${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}$ 的最小值是因为 ${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}={\displaystyle \frac{1}{\frac{|MC|}{|MC|+|OC|}}}={\displaystyle \frac{|OC|+|MC|}{|MC|}}=1+{\displaystyle \frac{|OC|}{|MC|}}$ ，这样大大地降低了计算量 .

所以

$${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}=1+{\displaystyle \frac{|OC|}{|MC|}}=1+{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\sqrt{8k_1^2+1}}{\sqrt{4k_1^2+1}}}}{2\sqrt{1+k_1^2}{\displaystyle \frac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{3(2k_1^2+1)}}}}=1+{\displaystyle \frac{3(2k_1^2+1)}{2\sqrt{2(k_1^2+1)(4k_1^2+1)}}}$$

不妨设 $t^2=2k_1^2+1$ ，则 $k_1^2={\displaystyle \frac{t^2-1}{2}}$ ，所以

$${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}=1+{\displaystyle \frac{3t^2}{2\sqrt{(t^2+1)(2t^2-1)}}}=1+{\displaystyle \frac{3t^2}{2\sqrt{2t^4+t^2-1}}}=1+{\displaystyle \frac{3}{2\sqrt{-{\displaystyle \frac{1}{t^4}}+{\displaystyle \frac{1}{t^2}}+2}}}$$

由二次函数关系式可知：当 ${\displaystyle \frac{1}{t^2}}=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ 时， $\sqrt{-{\displaystyle \frac{1}{t^4}}+{\displaystyle \frac{1}{t^2}}+2}$ 最大， ${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}$ 最小， $\sin \theta$ 最大，即 $\mathrm{\angle }SOT$ 最大，此时

$${\displaystyle \frac{1}{\sin \theta }}=1+{\displaystyle \frac{3}{2\sqrt{{\displaystyle \frac{9}{4}}}}}=2$$

所以 $\sin \theta ={\displaystyle \frac{1}{2}}$ ，又因为 $\theta \in (0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$ ，则 $\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{6}},2\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{3}}$

当 ${\displaystyle \frac{1}{t^2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ 时， $k_1^2={\displaystyle \frac{1}{2}}$ ，所以 $k_1=\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$

综上： $\mathrm{\angle }SOT$ 最大值为 ${\displaystyle \frac{\pi }{3}}$ ，此时直线 $l$ 的斜率为 $\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$

评价

本题运用了许多圆锥曲线中计算技巧，在求 $|AB|$ 时我们用的思想是设而不求，而求 $|OC|$ 时我们反而去设而求之；我们利用 $k_1{k}_2={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ 来优化设线；最后再求最值时我们利用换元和二次函数求出其最值 . 总之，这是一道比较适合新手练手计算的题目

来源

2017 年山东卷理科第 21 题第 ii 问

例题 8

题目

已知椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{y^2}{2}}=1$ ，过坐标原点的直线交椭圆与 $P,A$ 两点，其中点 $P$ 在第一象限，过点 $P$ 做 $x$ 轴的垂线，垂足为 $C$ ，连接 $AC$ 并延长交椭圆于点 $B$ ，设直线 $PA$ 的斜率为 $k$ ，证明：对任意 $k>0$ ，求证：$PA\perp PB.$

解析

不妨设点 $P(m,mk)$ ，则 $A(-m,-mk),k_{PA}=k,C(m,0)$ ，所以 $l_{AP}:x={\displaystyle \frac{m-(-m)}{0-(-km)}}x+m={\displaystyle \frac{2}{k}}y+m$

$$\{\begin{array}{l}x={\displaystyle \frac{2}{k}}y+m\\ {\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{y^2}{2}}=1\end{array}\Rightarrow ({\displaystyle \frac{4}{k^2}}+2)y^2+{\displaystyle \frac{4}{k}}my+m^2-4=0$$

由韦达定理可得

$$y_1+y_2=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{4}{k}}m}{{\displaystyle \frac{4}{k^2}}+2}}=-{\displaystyle \frac{2km}{k^2+2}}$$

因为 $y_A=-mk$ ，所以 $y_B=-{\displaystyle \frac{2km}{k^2+2}}-(-mk)={\displaystyle \frac{m{k}^3}{k^2+2}}$

所以 $x_B={\displaystyle \frac{3m{k}^2+2m}{k^2+2}}$ ，则 $k_{PB}={\displaystyle \frac{y_B-y_P}{x_B-x_P}}=-{\displaystyle \frac{1}{k}}$ . 所以 $k_{PB}{k}_{AP}=-1\Rightarrow PB\perp PA$

综上： $PB\perp PA$

补充说明：若设 $l_{AP}:y={\displaystyle \frac{k}{2}}(x-m)$ ，则联立的方程式为： $(k^2+2)x^2-2m{k}^{2}x+k^2{m}^2-8=0$ ，剩下步骤于之后一样

来源

2011 年江苏高考第 18 题第 iii 问