一道讓五萬(wàn)考生得零分的解析幾何題的深入探究

2011年山東省高考理科解析幾何壓軸題集定值、最值問(wèn)題于一體，讓五萬(wàn)考生得零分，得知此情我對(duì)此題做了深入探究．這么多的考生得零分，原因是此題起點(diǎn)較高，第一問(wèn)就是定值問(wèn)題，第二問(wèn)是最值問(wèn)題，第三問(wèn)是探索性問(wèn)題，下面我們研究其多種解題思路．原題：已知直線l與橢圓C:x2y21交于P(x1,y1)，Q(x1,y2)兩不同點(diǎn)，且OPQ的面積326，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．SOPQ2（Ⅰ）證明：x12x22和y12y22均為定值．（Ⅱ）設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM|·|PQ|的最大值．（Ⅲ）橢圓C上是否存在三點(diǎn)D，E，G，使得SODESODGSOEG6DEG的？若存在，判斷2形狀；若不存在，說(shuō)明理由．這個(gè)題目關(guān)鍵是做好第（Ⅰ）問(wèn)，由于第（Ⅰ）問(wèn)作為起點(diǎn)比前幾年第（Ⅰ）問(wèn)高了些（前幾年第（Ⅰ）問(wèn)多數(shù)為求曲線方程，比較簡(jiǎn)單），所以考生普遍感到較難．事實(shí)上，第（Ⅰ）問(wèn)完全可以通過(guò)特殊情況的研究獲得正確的結(jié)果，做第（Ⅱ），（Ⅲ）問(wèn)時(shí)只要充分利用第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)果，是不難做好的．１．探究第（Ⅰ）問(wèn)的三種解法：解法１：從直線方程入手，注意討論（1）當(dāng)l斜率不存在時(shí)，P、Q關(guān)于x軸對(duì)稱，x2x1，y2y1，因?yàn)镻(x1,y1)在橢圓上，所以x12y121，又SOPQ|x||y|6，所以|x|6，|y|1，此時(shí)x2x23，y2y22．321121211212（2）當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)l:ykxm(m0)，代入x2y21得(23k2)x26kmx3(m22)0，32其中36k2m212(23k2)(m22)24(3k2m22)0，x1x26km，x1x23(m22)，23k223k2|PQ|1k2·|xx|1k2·24(3k2m22)，1223k2又O到直線l的距離d|m|，1k21所以SOPQ1|PQ|d11k2·24(3k2m22)·|m|6，2223k21k22所以3k222m2，滿足0，22(6km)223(m22)3222(1x12x22此時(shí)x1x23k223k2，y1y2)2(1)2．233評(píng)注：（１）這是大多數(shù)學(xué)生熟悉的解法，特別是從特殊情況討論的辦法，值得同學(xué)們重視．一般地，定值問(wèn)題都可以利用特殊情況確定這個(gè)定值，使對(duì)一般情況的研究有了方向．（２）若使用面積公式SOPQ1|m|·|x1x1|6，其中|x1x1|2，同樣能得到3k222m2，223k2這個(gè)辦法可以使運(yùn)算量減小，應(yīng)該適當(dāng)考慮這個(gè)辦法．一般地，用割補(bǔ)法求三角形的面積時(shí)，分割線段最好在坐標(biāo)軸上．1解法２：考慮利用三角形的面積公式 SabsinC，于是把點(diǎn)轉(zhuǎn)化為向量，利用向量的夾角公式．2證明：∵SOPQ1x12y12x22y22sinPOQ1x12y12x22y221cos2POQ221x12y12x22y221x1x2y1y2y22)1(x12y12)(x22y22)(x1x2y1y2)22(x12y12)(x2221(x1y2x2y1)26，∴(x1y2x2y1)26，22即x12y22x22y1262x1x2y1y2，又2x123y126，2x223y226，∴(2x123y12)(2x223y22)4x12x226(x12y22x22y12)9y12y224x12x223612x1x2y1y29y12y2236，∴(2xx3yy)20，∴2xx3yy20，1212121∴(2x126)(2x226)9y12y224x12x22，整理得，x12x223，又2(x12x22)3(y12y22)12，∴y12y222．評(píng)注：（１）解法２中SOPQ1(x1y2x2y1)21|x1y2x2y1|還可以使用割補(bǔ)法（就是解法１評(píng)注中22提到的方法）論證：先考慮P(x1,y1)，Q(x1,y2)兩點(diǎn)確定的直線與x軸相交的情況，設(shè)交點(diǎn)為R(x0,0)，則y1y2y10，x1x2x1x0解得x0x1y1(x1x2)x1y2x2y1，所以SOPQ1|x0|·|y2y1|1|x1y2x2y1|．y1y2y1y2222顯然，當(dāng)PQ平行于x軸時(shí)，y1y21|x1y2x2y1|．綜上，SOPQ1，仍然有SOPQ|x1y2x2y1|．22這個(gè)結(jié)論很好記憶．（２）解法２優(yōu)點(diǎn)是不需要分類討論，但是計(jì)算比較麻煩，變形技巧較高，不容易掌握，若是利用三角換元法對(duì)(xy2xy)26進(jìn)行變形，可以避開(kāi)較高的技巧，于是有下面的解法３．121解法３：推導(dǎo)(x1y2x2y1)26的過(guò)程同解法２．根據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，令x13cos，y12sin，x23cos，y22sin，則(x1y2x2y1)2(6cossin6sincos)26sin2()6，∴sin2()1，∴cos()0，∴x12x223(cos2cos2)3(1cos21cos2)332cos()cos()3，222又2(x12x22)3(y12y22)12，∴y12y222．或者由cos()0得k，kZ，2∴x12x223(cos2cos2)3(cos2sin2)3，又2(x12x22)3(y12y22)12，∴y12y222．２．做第（Ⅱ）問(wèn)應(yīng)該充分利用第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)論：解法１：直接坐標(biāo)化可以順利利用第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)果，但是計(jì)算比較復(fù)雜：|OM|2·|PQ|2[(x1x2)2(y1y2)2][(x1x2)2(y1y2)2]1[(x122x2)2(y1y2)2][(x1x2)2(y1y2)2]41(x12x22y12y222x1x22y1y2)(x12x22y12y222x1x22y1y2)41(52x1x22y1y2)(52x1x22y1y2)1[254(x1x2y1y2)2]≤25，444當(dāng)且僅當(dāng)x1x2y1y20時(shí)取等號(hào)，結(jié)合第（Ⅰ）問(wèn)2x1x23y1y20可得x1x2y1y20，此時(shí)|x1|0，|x2|3，|y1|0，|y2|2，符合條件．因此，|OM|·|PQ|的最大值為5．2解法２：若能注意到4|OM|2|PQ|2的結(jié)果為定值，則有下面的更簡(jiǎn)單的解法：4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)22[(x12x22)(y12y22)10，3所以≤4|OM|2|PQ|22即≤52|OM||PQ|5時(shí)取等號(hào)，因此5．22評(píng)注：上面的解法較好地利用了第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)果，若是不注意這一點(diǎn)，則可能繼續(xù)使用第（Ⅰ）問(wèn)的第一種解法的分類討論，于是有下面的解法：解法３：（1）當(dāng)l斜率不存在時(shí)，由（Ⅰ）知|OM||x|6，PQ2|y|2，此時(shí)·6．121|OM||PQ|（２）當(dāng)l斜率存在時(shí)，由（Ⅰ）知：x1x26km3k，y12y2k(x1x2)m1，22(23k2)2m2m∴|OM|2(x12x2)2(y1y2)2(3k)2(1)21(312)，22mm2m2224(3k2m22)2(21)，|PQ|(1k)·23k22m22(31)(21)≤(52≤5∴|OM|·|PQ|22)，∴|OM|·|PQ|，mm22121，即m2時(shí)，等號(hào)成立．當(dāng)且僅當(dāng)32m2m綜合（１）（２）得|OM|·|PQ|的最大值為 5．2評(píng)注：顯然，這種解法事實(shí)上利用了第（Ⅰ）問(wèn)的一些中間結(jié)果，而不是最終結(jié)果，過(guò)程麻煩一些是理所當(dāng)然的了．3．探究第（Ⅱ）問(wèn)的獨(dú)立解法：假如第（Ⅱ）問(wèn)是獨(dú)立的一問(wèn)，也就是如果沒(méi)有第（Ⅰ）問(wèn)作為鋪墊，那么，我們發(fā)現(xiàn)這是一個(gè)弦中點(diǎn)問(wèn)題，很容易用點(diǎn)差法求出直線 OM、PQ的斜率之間的關(guān)系， 于是有下面的解法， 這個(gè)解法不用第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)論．由題意x12y121，x22y221，∴x12x22y12y220，323232∴(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0．32（１）當(dāng)x1x2即當(dāng)l斜率不存在時(shí)，由（Ⅰ）知|OM||x1|62|y1|2，，PQ2此時(shí)|OM|·|PQ| 6．4（２）當(dāng)x1x2時(shí)，可得kOMkPQ2，32設(shè)kOMk，kPQ，直線OM、PQ夾角為，3k|kOMkPQ||k2||k||2|∴tan3k=3k≥26，1kOMkPQ121233當(dāng)且僅當(dāng)|k|6[263時(shí)，等號(hào)成立．∴sin,1)，5又SOPQ(1|OM|·|MQ|sin)26，∴|OM|·|PQ|6，22sin∴當(dāng)sin26時(shí)，|OM|·|PQ|的最大值為5．525綜合（１）（２）得|OM|·|PQ|的最大值為 ．在上面的解法中使用了兩條直線的夾角公式，由于現(xiàn)在有些版本的教材沒(méi)有這個(gè)公式，所以我們?cè)偬峁┣髎in的取值范圍的向量解法：設(shè)kOMk，kPQ2OM的一個(gè)方向向量a(1,k)，，于是取3k取PQ的一個(gè)方向向量b(1,2)，OM,PQ，3ka·b1111則cos33≤3，|a||b|413k24132251k2·19k299k293當(dāng)且僅當(dāng)|k|6時(shí)，等號(hào)成立．∴cos(0,1]，∴sin[26,1)．3554．做第（Ⅲ）問(wèn)也應(yīng)該充分利用第（Ⅰ）問(wèn)的結(jié)論：答案：橢圓C上不存在三點(diǎn)D，E，G，使得SODESODGSOEG6．2證明：假設(shè)存在三點(diǎn)D(x1,y1)，E(x2,y2)，G(x3,y3)滿足SODESODGSOEG6．2由（Ⅰ）得：x2x23,x2x23,x2x23,y2y22,y2y22,y2y22，1223311223315解得x12x22x323，y12y22y321，因此D，E，G只能在(6,1)這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同的22點(diǎn)，而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn)，不可能有SODESODGSOEG．所以橢圓C上不存在三點(diǎn)D，E，G，使得SODESODGSOEG6．2評(píng)注：本小題很容易讓人聯(lián)想起2004年全國(guó)高考卷Ⅰ（當(dāng)年山東省還沒(méi)有自主命題，也是用的這套試題）第12題：已知a2