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，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是___。
解析
答案：$\sqrt{15}$。
由题意可知|OF| = |OM| = c = 2，由中位线定理可得|PF| = 2|OM| = 4，
设P(x, y)，可得(x − 2)² + y² = 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 : y² = 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|FN|=___。
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 ⟂ l于点B，NA ⟂ 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|FN| = |FM|+|NM| = 3 + 3 = 6。
设椭圆$\dfrac{x^{2}}{3}+y^{2}=m$(m > 0)的左焦点为F，点P在椭圆上且在第一象限，直线PF与圆x² − y² = r²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 ⟂ 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//PF^′，则有PF ⟂ PF^′。
设|PF| = p，|PF^′| = 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Rt△PFF^′中，p² + q² = 4c² = 8m，结合$p + q = 2\sqrt{3m}$，得pq = 2m。设点P(x_P, y_P)(x_P > 0, y_P > 0)，则S_△PFF^′$=\dfrac{1}{2}\vert PF\vert\cdot\vert PF'\vert$$=\dfrac{1}{2}\vert FF'\vert\cdot y_{P}$，即$\dfrac{1}{2}pq=\dfrac{1}{2}\times2c\times y_{P}$，可得$y_{P}=\dfrac{\sqrt{2m}}{2}$，代入椭圆方程可得$x_{P}=\dfrac{\sqrt{6m}}{2}$，则直线PF的斜率为$\dfrac{\dfrac{\sqrt{2m}}{2}-0}{\dfrac{\sqrt{6m}}{2}+\sqrt{2m}}=2-\sqrt{3}$。
(2019年全国I卷理科第16题)已知双曲线$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1$(a > 0, b > 0)的左、右焦点分别为F₁，F₂，过F₁的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点。若$\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0$，则C的离心率为___。
解析
由$\overrightarrow{F_1A}=\overrightarrow{AB}$，得A为F₁B的中点，
又O为F₁F₂的中点，则OA//F₂B。
$\overrightarrow{F_1B}\cdot\overrightarrow{F_2B}=0$，得F₁B ⟂ F₂B，OA ⟂ F₁A，则∠F₁OA = ∠BOA。
结合双曲线的对称性得∠F₁OA = ∠BOA = ∠BOF₂ = 60^∘，所以渐近线OB的斜率为$\dfrac{b}{a}=\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，
从而$e=\dfrac{c}{a}$$=\sqrt{1+(\dfrac{b}{a})^2}$$=\sqrt{1+(\sqrt{3})^2}=2$。

相似三角形

若AB为过抛物线y² = 4x焦点F的弦，O为坐标原点，且∠OFA = 135^∘，C为抛物线准线与x轴的交点，则∠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y² = 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 ∠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}$，
答案 A。
几何法
AF = AA₁$=\sqrt{2}AH_1$
$\therefore \tan \angle ACF=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
∵△AA₁C ∼ △BB₁C,
∴ tan ∠ACB = tan 2∠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 > b > 0)的离心率为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，点P(0, 1)和点A(m, n)(m ≠ 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∠OQM = ∠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∠OQM = ∠ONQ等价于Rt△ONQ ∼ Rt△OQM，
所以$\dfrac{\vert OM\vert}{\vert OQ\vert}=\dfrac{\vert OQ\vert}{\vert ON\vert}$。
设点Q(0, y_Q)，由|OQ|² = |OM|⋅|ON|，
得y_Q²$=\dfrac{m}{1 - n}\cdot\dfrac{m}{1 + n}=2$，
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 > b > 0)的焦点为F₁(−1, 0)，F₂(1, 0)。过F₂作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与⊙F₂ : (x − 1)² + y² = 4a²交于点A，与椭圆C交于点D。联结AF₁并延长交⊙F₂于点B，联结BF₂交椭圆C于点E，联结DF₁。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EF₁。由于BF₂ = 2a，EF₁ + EF₂ = 2a，所以EF₁ = EB，故∠B = ∠BF₁E。又BF₂ = AF₂，所以∠B = ∠BAF₂，故有∠BF₁E = ∠BAF₂，所以EF₁//AF₂，故EF ⟂ 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 > b > 0)的右焦点，直线$y=\sqrt{3}x$与椭圆M相交，交点为A、B且AF ⟂ BF，求M的离心率。
解析
设椭圆M的左焦点为F₀，连接AF₀、BF₀，则四边形AFBF₀为平行四边形。
因为AF ⟂ BF，所以四边形AFBF₀为矩形。
因为直线AB的斜率是$\sqrt{3}$，所以∠AOF = 60^∘。
在Rt△AF₀F中，|AO| = |OF|$=\dfrac{1}{2}\vert F_0F\vert$，所以△FOA为正三角形。
所以∠AFO = 60^∘，|AF| = |OF| = c。
在Rt△BAF₀中，因为|AF| = c，|F₀F| = 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△ABC中，AD交BC于点D。AD平分∠BAC$\Leftrightarrow \dfrac{|DB|}{|DC|}=\dfrac{|AB|}{|AC|}$。

正向证明：作CE//AD交BA的延长线于点E，所以$\dfrac{|DB|}{|DC|}=\dfrac{|AB|}{|AE|}$，因为CE//AD，所以∠1 = ∠E，∠2 = ∠3。又因为∠1 = ∠2，所以∠E = ∠3，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 > 0, b > 0)的右焦点F，且与两条渐近线分别交于A，B两点，AB ⟂ 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∠AOF = ∠BOF，在△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 ⟂ OB，△OAB为直角三角形。
所以∠OAB = 30^∘，所以∠AOF = ∠BOF = 30^∘，所以在Rt△OFB中，OF = 2FB。
又因为OF = c，FB = b，所以c = 2b，又因为c² = a² + b²，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 > 0, b > 0)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∠AFP。
证明
作AB ⟂ L于B，作PH ⟂ L于H（如图），因为直线AP交准线于M点，所以△MAB ∼ △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∠AFP。

最值相关

已知A(−1, 0)，B(3, 0)，P是圆O:x² + y² = 45上的一个动点，则sin ∠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△APB中，r为△APB的外接圆半径。
若要使sin ∠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△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 ∠APB的最大值为$\dfrac{2}{r}=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$。
已知P是以F₁，F₂为左、右焦点的椭圆$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1$(a > b > 0)上一点，若∠F₁PF₂ = 120^∘，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∠F₁PF₂最大。
由于存在点P为椭圆上的一点，使得∠F₁PF₂ = 120^∘，所以在△AF₁F₂中，∠F₁AF₂ ≥ 120^∘，那么在RT△AOF₂中，∠OAF₂ ≥ 60^∘。
结合三角函数的定义有：$e=\dfrac{c}{a}=\sin\angle OAF_2\geq\sin60^{\circ}$$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，又0 < e < 1，则有$\dfrac{\sqrt{3}}{2}\leq e\lt1$，即该椭圆的离心率的取值范围是$\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2},1\right)$。
双曲线$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1$(a > 0, b > 0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点$F(\sqrt{2},0)$为该双曲线的右焦点，若过点F的直线与直线OA，OC分别相交于M，N两点，则△OMN内切圆半径的最大值为___。
解析
如图所示，由题意得∠AOF = ∠AOB = 45^∘，过M，N向x轴作垂线，垂足分别为E，H。
设|OM| = m，|ON| = n，所以$\vert ME\vert=\dfrac{\sqrt{2}}{2}m$，$\vert NH\vert=\dfrac{\sqrt{2}}{2}n$，
因为S_△OMN=$\dfrac{1}{2}mn$$=\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}$，所以mn ≥ 4（当且仅当m = n = 2时，等号成立）。Rt△OMN的内切圆半径为$r=\dfrac{\vert OM\vert+\vert ON\vert-\vert MN\vert}{2}$$=\dfrac{mn-\sqrt{(mn)^{2}-2mn}}{2}$，
令t = mn，t ≥ 4，
则$r=\dfrac{t-\sqrt{t^{2}-2t}}{2}$$=\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)$，则f(t)在[4, +∞)上单调递减，$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F₁，F₂是椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1$(a > b > 0)的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点。
(1)若△POF₂为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF₁ ⟂ PF₂，且△F₁PF₂的面积等于 16，求b的值和a的取值范围。
解析
(1)如图，连结PF₁，由|PF₂| = |OP| = |OF₂| = |OF₁| = c可知∠F₁PF₂ = 90^∘，$\vert PF_1\vert=\sqrt{3}c$，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Rt△F₁PF₂中，|PF₁|+|PF₂| = 2a，$\dfrac{1}{2}\vert PF_1\vert\cdot\vert PF_2\vert = 16$，|PF₁|²+|PF₂|² = |F₁F₂|²，得(2a)² − 64 = (2c)²，b² = 16，所以b = 4。
由椭圆的性质可知，当P为椭圆短轴的端点时∠F₁PF₂最大，由此可先预估答案，再详细证明：
在Rt△F₁PF₂中，设|PF₁| = x，由椭圆的定义及勾股定理得x² + (2a − x)² = 4(a² − b²)，得x² − 2ax + 32 = 0，则关于x的方程有大于零的实根当且仅当Δ = 4a² − 128 ≥ 0，可得$a\geq4\sqrt{2}$。