前言
在高考数学的几何题中，几何法较难找出解决方法，但一旦找出，方法往往是最简洁的。本文节选了可以用几何法的部分解析几何题，且其所用几何法均不涉及圆锥曲线的二级结论，学生可在仅掌握初中基本几何知识和圆锥曲线基本定义的情况下，用几何法完成下列题目。
圆锥曲线的光学性质
运用圆锥曲线的光学性质解题，也属于几何法。但这部分内容已单独成章，本文不再赘述。详见历史发文。
中位线
（2019年浙江卷理科第15题）已知椭圆\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{5}=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，\vert OF\vert为半径的圆上，则直线PF的斜率是___。
解析
由题意可知\vert OF\vert=\vert OM\vert = c = 2，由中位线定理可得\vert PF\vert= 2\vert OM\vert = 4，
设P(x,y)，可得(x - 2)^{2}+y^{2}=16，联立方程\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{y^{2}}{5}=1，可解得x_1 = -\dfrac{3}{2}，x_2=\dfrac{21}{2}。
点P在椭圆上且在x轴的上方，求得P\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{\sqrt{15}}{2}\right)，所以k_{PF}=\dfrac{\frac{\sqrt{15}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{15}。
（2017年全国II卷第16题）已知F是抛物线C:y^{2}=8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N。若M为FN的中点，则\vert FN\vert=___。
解析
如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与x轴交于点F'，作MB\perp l于点B，NA\perp l于点A，由抛物线的解析式可得准线方程为x = -2，则AN = 2，FF' = 4。在直角梯形ANFF'中，中位线BM=\dfrac{AN + FF'}{2}=3，由抛物线的定义有MF = MB = 3，结合题意有MN = MF = 3，故\vert FN\vert=\vert FM\vert+\vert NM\vert= 3 + 3 = 6。
设椭圆\dfrac{x^{2}}{3}+y^{2}=m(m\gt0)的左焦点为F，点P在椭圆上且在第一象限，直线PF与圆x^{2}-y^{2}=r^{2}相交于A，B两点，若A，B是线段PF的两个三等分点，则直线PF斜率为___。
解析
如图所示，取AB的中点C，连接OC，由A，B是线段PF的两个三等分点，可知C为PF的中点，因为点A，B在圆上，所以OC\perp AB。
设点F'为椭圆的右焦点，连接PF'，根据三角形中位线性质可得OC\text{//} PF'，则有PF\perp PF'。
设\vert PF\vert = p，\vert PF'\vert = q，结合a=\sqrt{3m}，b=\sqrt{m}，c=\sqrt{2m}，由椭圆的定义得p + q = 2a = 2\sqrt{3m}。
在\text{Rt}\triangle PFF'中，p^{2}+q^{2}=4c^{2}=8m，结合p + q = 2\sqrt{3m}，得pq = 2m。设点P(x_{P},y_{P})(x_{P}\gt0,y_{P}\gt0)，则S_{\triangle PFF'}=\dfrac{1}{2}\vert PF\vert\cdot\vert PF'\vert=\dfrac{1}{2}\vert FF'\vert\cdot y_{P}，即\dfrac{1}{2}pq=\dfrac{1}{2}\times2c\times y_{P}，可得y_{P}=\dfrac{\sqrt{2m}}{2}，代入椭圆方程可得x_{P}=\dfrac{\sqrt{6m}}{2}，则直线PF的斜率为\dfrac{\dfrac{\sqrt{2m}}{2}-0}{\dfrac{\sqrt{6m}}{2}+\sqrt{2m}}=2-\sqrt{3}。
(2019年全国I卷理科第16题)已知双曲线C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt0,b\gt0)的左、右焦点分别为F_1，F_2，过F_1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点。若\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0，则C的离心率为___。
解析
由\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}，得A为F_1B的中点，
又O为F_1F_2的中点，则OA\text{//} F_2B。
\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0，得F_1B\perp F_2B，OA\perp F_1A，则\angle F_1OA=\angle BOA。
结合双曲线的对称性得\angle F_1OA=\angle BOA=\angle BOF_2 = 60^{\circ}，所以渐近线OB的斜率为\dfrac{b}{a}=\tan60^{\circ}=\sqrt{3}，
从而e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+(\dfrac{b}{a})^2}=\sqrt{1+(\sqrt{3})^2}=2。
相似三角形
若AB为过抛物线y^{2}=4x焦点F的弦，O为坐标原点，且\angle OFA = 135^{\circ}，C为抛物线准线与x轴的交点，则\angle ACB的正切值为（ ）。
A.2\sqrt{2}；B.\dfrac{4\sqrt{2}}{5}；C.\dfrac{4\sqrt{2}}{3}；D.\dfrac{2\sqrt{2}}{3}。
解析法
焦点F(1,0)，C(-1,0)，AB方程y = x - 1，与抛物线方程y^{2}=4x联立，
解得A(3 + 2\sqrt{2},2 + 2\sqrt{2})，B(3 - 2\sqrt{2},2 - 2\sqrt{2})，
于是k_{CA}=\dfrac{2 + 2\sqrt{2}}{4 + 2\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}，k_{CB}=\dfrac{2 - 2\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}，
\tan\angle ACB=\dfrac{k_{CA}-k_{CB}}{1 + k_{CA}k_{CB}}=\dfrac{\frac{\sqrt{2}}{2}-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{1+\frac{\sqrt{2}}{2}\times\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=2\sqrt{2}，
答案 A。
几何法
AF=AA_1=\sqrt{2}AH_1
\therefore \tan \angle ACF=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}
\because \triangle AA_1C \sim \triangle BB_1C,
\therefore \tan \angle ACB=\tan 2\angle ACF=\dfrac { 2\frac{1}{\sqrt{2} } } { 1 - \left({\frac{1}{\sqrt{2}}}\right)^2}=2\sqrt{2}
如图所示，已知椭圆C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)的离心率为\dfrac{\sqrt{2}}{2}，点P(0,1)和点A(m,n)(m \neq 0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M。
(1)求椭圆C的方程和点M的坐标(用m，n表示)；
(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，则y轴上是否存在点Q，使\angle OQM=\angle ONQ？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由。
解析
(1)椭圆C的方程为\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1，点M的坐标为(\dfrac{m}{1 - n},0)（求解过程略）。
(2)由题意可得B(m,-n)，设点N(x_{N},0)，
因为\overrightarrow{PN}与\overrightarrow{PB}共线，所以x_{N}=\dfrac{m}{1 + n}，
即点N(\dfrac{m}{1 + n},0)，
由题意可知\angle OQM=\angle ONQ等价于\text{Rt}\triangle ONQ\sim \text{Rt}\triangle OQM，
所以\dfrac{\vert OM\vert}{\vert OQ\vert}=\dfrac{\vert OQ\vert}{\vert ON\vert}。
设点Q(0,y_{Q})，由\vert OQ\vert^{2}=\vert OM\vert\cdot\vert ON\vert，
得y_{Q}^{2}=\dfrac{m}{1 - n}\cdot\dfrac{m}{1 + n}=2，
所以y_{Q}=\sqrt{2}或-\sqrt{2}，
故点Q为(0,\sqrt{2})或(0,-\sqrt{2})。
等腰/等边三角形
(2019年江苏卷第17题)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)的焦点为F_1(-1,0)，F_2(1,0)。过F_2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与⊙F_2:(x - 1)^{2}+y^{2}=4a^{2}交于点A，与椭圆C交于点D。联结AF_1并延长交⊙F_2于点B，联结BF_2交椭圆C于点E，联结DF_1。已知DF_1=\dfrac{5}{2}。
(I)求椭圆C的标准方程；
(II)求点E的坐标。
解析
由(1)知椭圆方程为\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1。
如图，连接EF_1。由于BF_2 = 2a，EF_1 + EF_2 = 2a，所以EF_1 = EB，故\angle B=\angle BF_1E。又BF_2 = AF_2，所以\angle B=\angle BAF_2，故有\angle BF_1E=\angle BAF_2，所以EF_1\text{//} AF_2，故EF\perp x轴，所以点E(-1,-\dfrac{3}{2})。
如图所示，F是椭圆\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)的右焦点，直线y=\sqrt{3}x与椭圆M相交，交点为A、B且AF\perp BF，求M的离心率。
解析
设椭圆M的左焦点为F_0，连接AF_0、BF_0，则四边形AFBF_0为平行四边形。
因为AF\perp BF，所以四边形AFBF_0为矩形。
因为直线AB的斜率是\sqrt{3}，所以\angle AOF = 60^{\circ}。
在\text{Rt}\triangle AF_0F中，\vert AO\vert=\vert OF\vert=\dfrac{1}{2}\vert F_0F\vert，所以\triangle FOA为正三角形。
所以\angle AFO = 60^{\circ}，\vert AF\vert=\vert OF\vert = c。
在Rt\triangle BAF_0中，因为\vert AF\vert = c，\vert F_0F\vert = 2c，所以\vert AF_0\vert=\sqrt{3}c。
根据椭圆定义可得2a=\vert AF_0\vert+\vert AF\vert=\sqrt{3}c + c，则离心率e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2}{\sqrt{3}+1}=\sqrt{3}-1。
三角形内角平分线
三角形内角平分线定理
如图，在\triangle ABC中，AD交BC于点D。AD平分\angle BAC\Leftrightarrow \dfrac{|DB|}{|DC|}=\dfrac{|AB|}{|AC|}。
正向证明：作CE\text{//} AD交BA的延长线于点E，所以\dfrac{|DB|}{|DC|}=\dfrac{|AB|}{|AE|}，因为CE\text{//} AD，所以\angle1=\angle E，\angle2=\angle3。又因为\angle1=\angle2，所以\angle E=\angle3，所以AE = AC，因此\dfrac{|DB|}{|DC|}=\dfrac{|AB|}{|AC|}。
逆向证明同理。
如图，直线AB经过双曲线\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt0,b\gt0)的右焦点F，且与两条渐近线分别交于A，B两点，AB\perp OB，\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}，求双曲线的离心率。
解析
由双曲线的几何性质可得\angle AOF=\angle BOF，在\triangle OAB中，由内角平分线定理得\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{OA}{OB}。
又因为\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{FB}，所以\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{OA}{OB}=2，因为AB\perp OB，\triangle OAB为直角三角形。
所以\angle OAB = 30^{\circ}，所以\angle AOF=\angle BOF = 30^{\circ}，所以在\text{Rt}\triangle OFB中，OF = 2FB。
又因为OF = c，FB = b，所以c = 2b，又因为c^{2}=a^{2}+b^{2}，所以e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}。
如图，F是双曲线\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt0,b\gt0)的右焦点，直线L是双曲线的右准线，直线AP分别交双曲线于A，P两点，交右准线L于M点。求证：FM平分\angle AFP。
证明
作AB\perp L于B，作PH\perp L于H（如图），因为直线AP交准线于M点，所以\triangle MAB\sim\triangle MPH，则\dfrac{|AB|}{|PH|}=\dfrac{|AM|}{|PM|}。①
由双曲线准线定义可知：\dfrac{|AF|}{|AB|}=\dfrac{|PF|}{|PH|}=e，所以上式变形得\dfrac{|AB|}{|PH|}=\dfrac{|AF|}{|PF|}。②
由①②得\dfrac{|AM|}{|PM|}=\dfrac{|AF|}{|PF|}，由三角形内角平分线定理的逆定理可得：FM平分\angle AFP。
最值相关
已知A(-1,0)，B(3,0)，P是圆O:x^{2}+y^{2}=45上的一个动点，则\sin\angle APB的最大值为（）。
(A)\dfrac{\sqrt{3}}{3}。(B)\dfrac{\sqrt{5}}{3}。(C)\dfrac{\sqrt{3}}{4}。(D)\dfrac{\sqrt{5}}{4}。
解析
在\triangle APB中，r为\triangle APB的外接圆半径。
若要使\sin\angle APB最大，则r要最小，又A，B两点在圆O内，P在圆O上，所以当\triangle APB的外接圆和圆O内切时，r最小。
此时可设外接圆的圆心为(1,m)，则\sqrt{1+m^{2}}=3\sqrt{5}-r，且r=\sqrt{4+m^{2}}，代入解得m^{2}=\dfrac{44}{5}，所以r=\dfrac{8}{\sqrt{5}}。
所以\sin\angle APB的最大值为\dfrac{2}{r}=\dfrac{\sqrt{5}}{4}。
已知P是以F_1，F_2为左、右焦点的椭圆\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)上一点，若\angle F_1PF_2 = 120^{\circ}，则该椭圆的离心率的取值范围是___。
解析
根据椭圆图形的几何性质，可知当点P为椭圆的短轴顶点（不妨设上顶点为A）时\angle F_1PF_2最大。
由于存在点P为椭圆上的一点，使得\angle F_1PF_2 = 120^{\circ}，所以在\triangle AF_1F_2中，\angle F_1AF_2\geq120^{\circ}，那么在\text{RT}\triangle AOF_2中，\angle OAF_2\geq60^{\circ}。
结合三角函数的定义有：e=\dfrac{c}{a}=\sin\angle OAF_2\geq\sin60^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}，又0\lt e\lt1，则有\dfrac{\sqrt{3}}{2}\leq e\lt1，即该椭圆的离心率的取值范围是\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2},1\right)。
双曲线\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt0,b\gt0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点F(\sqrt{2},0)为该双曲线的右焦点，若过点F的直线与直线OA，OC分别相交于M，N两点，则\triangle OMN内切圆半径的最大值为___。
解析
如图所示，由题意得\angle AOF=\angle AOB = 45^{\circ}，过M，N向x轴作垂线，垂足分别为E，H。
设\vert OM\vert = m，\vert ON\vert = n，所以\vert ME\vert=\dfrac{\sqrt{2}}{2}m，\vert NH\vert=\dfrac{\sqrt{2}}{2}n，
因为S_{\triangle OMN}=\dfrac{1}{2}mn=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times\sqrt{2}m+\dfrac{1}{2}\times\sqrt{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}n，所以mn = m + n，
又因为m + n\geq2\sqrt{mn}，所以mn\geq4（当且仅当m = n = 2时，等号成立）。\text{Rt}\triangle OMN的内切圆半径为r=\dfrac{\vert OM\vert+\vert ON\vert-\vert MN\vert}{2}=\dfrac{mn-\sqrt{(mn)^{2}-2mn}}{2}，
令t = mn，t\geq4，
则r=\dfrac{t-\sqrt{t^{2}-2t}}{2}=\dfrac{t}{t+\sqrt{t^{2}-2t}}=\dfrac{1}{1+\sqrt{1-\dfrac{2}{t}}}，
令f(t)=\dfrac{1}{1+\sqrt{1-\dfrac{2}{t}}}(t\geq4)，则f(t)在[4,+\infty)上单调递减，f_{\max}(t)=f(4)=2-\sqrt{2}，
所以当mn = 4时，r取得最大值为2-\sqrt{2}。
(2019年全国II卷文科第20题)已知F_1，F_2是椭圆C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt b\gt0)的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点。
(1)若\triangle POF_2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF_1\perp PF_2，且\triangle F_1PF_2的面积等于 16，求b的值和a的取值范围。
解析
(1)如图，连结PF_1，由\vert PF_2\vert=\vert OP\vert=\vert OF_2\vert=\vert OF_1\vert = c可知\angle F_1PF_2 = 90^{\circ}，\vert PF_1\vert=\sqrt{3}c，因此\vert PF_1\vert+\vert PF_2\vert=(\sqrt{3}+1)c = 2a，
故C的离心率是e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}-1。
(2)若满足条件的点P存在，则在\text{Rt}\triangle F_1PF_2中，\vert PF_1\vert+\vert PF_2\vert = 2a，\dfrac{1}{2}\vert PF_1\vert\cdot\vert PF_2\vert = 16，\vert PF_1\vert^{2}+\vert PF_2\vert^{2}=\vert F_1F_2\vert^{2}，得(2a)^{2}-64=(2c)^{2}，b^{2}=16，所以b = 4。
由椭圆的性质可知，当P为椭圆短轴的端点时\angle F_1PF_2最大，由此可先预估答案，再详细证明：
在\text{Rt}\triangle F_1PF_2中，设\vert PF_1\vert = x，由椭圆的定义及勾股定理得x^{2}+(2a - x)^{2}=4(a^{2}-b^{2})，得x^{2}-2ax + 32 = 0，则关于x的方程有大于零的实根当且仅当\Delta = 4a^{2}-128\geq0，可得a\geq4\sqrt{2}。
参考文献
- 肖旭平.思想方法够丰富,解题思路才出众——以一道高三数学模拟题为例[J].数理天地(高中版),2023,(21):24-25.
- 高双云.离心率取值范围的破解策略[J].数理天地(高中版),2024,(17):2-3.
- 何荣.用平面几何性质解答圆锥曲线问题的应用思路分析[J].高中数理化,2022,(21):43-44.
- 吴志坚,童嘉森.巧用平面几何图形特征降低解析几何运算量——以2019年高考全国卷圆锥曲线试题为例[J].中学生数学,2020,(17):48-50.
- 陈秀群.用平面几何方法妙解圆锥曲线问题[J].中学数学教学参考,2020,(15):62-63.
- 秦桂芳.三角形内角平分线定理在圆锥曲线中的应用[J].高中数理化,2019,(18):10.
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