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文檔簡介
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(diǎn)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(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,說明理由.這個(gè)題目關(guān)鍵是做好第(Ⅰ)問,由于第(Ⅰ)問作為起點(diǎn)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(shí)上,第(Ⅰ)問完全可以通過特殊情況的研究獲得正確的結(jié)果,做第(Ⅱ),(Ⅲ)問時(shí)只要充分利用第(Ⅰ)問的結(jié)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(dāng)l斜率不存在時(shí),P、Q關(guān)于x軸對稱,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,定值問題都可以利用特殊情況確定這個(gè)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(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(xy2xy)26進(jìn)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(dǎo)(x1y2x2y1)26的過程同解法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)問應(yīng)該充分利用第(Ⅰ)問的結(jié)論:解法1:直接坐標(biāo)化可以順利利用第(Ⅰ)問的結(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,結(jié)合第(Ⅰ)問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,因此5.22評注:上面的解法較好地利用了第(Ⅰ)問的結(jié)果,若是不注意這一點(diǎn),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(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),等號成立.當(dāng)且僅當(dāng)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(shí)上利用了第(Ⅰ)問的一些中間結(jié)果,而不是最終結(jié)果,過程麻煩一些是理所當(dāng)然的了.3.探究第(Ⅱ)問的獨(dú)立解法:假如第(Ⅱ)問是獨(dú)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(gè)弦中點(diǎn)問題,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有這個(gè)公式,所以我們再提供求sin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),等號成立.∴cos(0,1],∴sin[26,1).3554.做第(Ⅲ)問也應(yīng)該充分利用第(Ⅰ)問的結(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評注:本小題很容易讓人聯(lián)想起2004年全國高考卷Ⅰ(當(dāng)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
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