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 $a\geq4\sqrt{2}$ 。