一道讓五萬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、最值問題于一體，讓五萬考生得零分，得知此情我對此題做了深入探究．這么多的考生得零分，原因是此題起點較高，第一問就是定值問題，第二問是最值問題，第三問是探索性問題，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，且OPQ的面積326，其中O為坐標原點．SOPQ2（Ⅰ）證明：x12x22和y12y22均為定值．（Ⅱ）設線段PQ的中點為M，求|OM|·|PQ|的最大值．（Ⅲ）橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG6DEG的？若存在，判斷2形狀；若不存在，說明理由．這個題目關鍵是做好第（Ⅰ）問，由于第（Ⅰ）問作為起點比前幾年第（Ⅰ）問高了些（前幾年第（Ⅰ）問多數(shù)為求曲線方程，比較簡單），所以考生普遍感到較難．事實上，第（Ⅰ）問完全可以通過特殊情況的研究獲得正確的結果，做第（Ⅱ），（Ⅲ）問時只要充分利用第（Ⅰ）問的結果，是不難做好的．１．探究第（Ⅰ）問的三種解法：解法１：從直線方程入手，注意討論（1）當l斜率不存在時，P、Q關于x軸對稱，x2x1，y2y1，因為P(x1,y1)在橢圓上，所以x12y121，又SOPQ|x||y|6，所以|x|6，|y|1，此時x2x23，y2y22．321121211212（2）當l斜率存在時，設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x1x23k223k2，y1y2)2(1)2．233評注：（１）這是大多數(shù)學生熟悉的解法，特別是從特殊情況討論的辦法，值得同學們重視．一般地，定值問題都可以利用特殊情況確定這個定值，使對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這個辦法可以使運算量減小，應該適當考慮這個辦法．一般地，用割補法求三角形的面積時，分割線段最好在坐標軸上．1解法２：考慮利用三角形的面積公式 SabsinC，于是把點轉化為向量，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．評注：（１）解法２中SOPQ1(x1y2x2y1)21|x1y2x2y1|還可以使用割補法（就是解法１評注中22提到的方法）論證：先考慮P(x1,y1)，Q(x1,y2)兩點確定的直線與x軸相交的情況，設交點為R(x0,0)，則y1y2y10，x1x2x1x0解得x0x1y1(x1x2)x1y2x2y1，所以SOPQ1|x0|·|y2y1|1|x1y2x2y1|．y1y2y1y2222顯然，當PQ平行于x軸時，y1y21|x1y2x2y1|．綜上，SOPQ1，仍然有SOPQ|x1y2x2y1|．22這個結論很好記憶．（２）解法２優(yōu)點是不需要分類討論，但是計算比較麻煩，變形技巧較高，不容易掌握，若是利用三角換元法對(xy2xy)26進行變形，可以避開較高的技巧，于是有下面的解法３．121解法３：推導(x1y2x2y1)26的過程同解法２．根據(jù)橢圓的標準方程，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）問應該充分利用第（Ⅰ）問的結論：解法１：直接坐標化可以順利利用第（Ⅰ）問的結果，但是計算比較復雜：|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當且僅當x1x2y1y20時取等號，結合第（Ⅰ）問2x1x23y1y20可得x1x2y1y20，此時|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的結果為定值，則有下面的更簡單的解法：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時取等號，因此5．22評注：上面的解法較好地利用了第（Ⅰ）問的結果，若是不注意這一點，則可能繼續(xù)使用第（Ⅰ）問的第一種解法的分類討論，于是有下面的解法：解法３：（1）當l斜率不存在時，由（Ⅰ）知|OM||x|6，PQ2|y|2，此時·6．121|OM||PQ|（２）當l斜率存在時，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，等號成立．當且僅當32m2m綜合（１）（２）得|OM|·|PQ|的最大值為 5．2評注：顯然，這種解法事實上利用了第（Ⅰ）問的一些中間結果，而不是最終結果，過程麻煩一些是理所當然的了．3．探究第（Ⅱ）問的獨立解法：假如第（Ⅱ）問是獨立的一問，也就是如果沒有第（Ⅰ）問作為鋪墊，那么，我們發(fā)現(xiàn)這是一個弦中點問題，很容易用點差法求出直線 OM、PQ的斜率之間的關系， 于是有下面的解法， 這個解法不用第（Ⅰ）問的結論．由題意x12y121，x22y221，∴x12x22y12y220，323232∴(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0．32（１）當x1x2即當l斜率不存在時，由（Ⅰ）知|OM||x1|62|y1|2，，PQ2此時|OM|·|PQ| 6．4（２）當x1x2時，可得kOMkPQ2，32設kOMk，kPQ，直線OM、PQ夾角為，3k|kOMkPQ||k2||k||2|∴tan3k=3k≥26，1kOMkPQ121233當且僅當|k|6[263時，等號成立．∴sin,1)，5又SOPQ(1|OM|·|MQ|sin)26，∴|OM|·|PQ|6，22sin∴當sin26時，|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有這個公式，所以我們再提供求sin的取值范圍的向量解法：設kOMk，kPQ2OM的一個方向向量a(1,k)，，于是取3k取PQ的一個方向向量b(1,2)，OM,PQ，3ka·b1111則cos33≤3，|a||b|413k24132251k2·19k299k293當且僅當|k|6時，等號成立．∴cos(0,1]，∴sin[26,1)．3554．做第（Ⅲ）問也應該充分利用第（Ⅰ）問的結論：答案：橢圓C上不存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG6．2證明：假設存在三點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)這四點中選取三個不同的22點，而這三點的兩兩連線中必有一條過原點，不可能有SODESODGSOEG．所以橢圓C上不存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG6．2評注：本小題很容易讓人聯(lián)想起2004年全國高考卷Ⅰ（當年山東省還沒有自主命題，也是用的這套試題）第12題：已知a2