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2011年山东省高考理科解析几何题解法探究

时间:2015-04-11


2011 年山东省高考理科解析几何题解法探究
原题 : 已知直线 l 与椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 交于 P( x1 , y1 ) , Q( x1 , y2 ) 两不同点,且 ?OPQ 的面积 3 2

S?OPQ ?

6 ,其中 O 为坐标原点. 2

2 2 2 2 (Ⅰ

)证明: x1 和 y1 均为定值. ? x2 ? y2

(Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M ,求 | OM |· | PQ | 的最大值.

(Ⅲ)椭圆 C 上是否存在三点 D , E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ? 形状;若不存在,说明理由.

6 ?若存在,判断 ?DEG 的 2

这个题目关键是做好第(Ⅰ)问,由于第(Ⅰ)问作为起点比前几年第(Ⅰ)问高了些(前几年第 (Ⅰ)问多数为求曲线方程,比较简单) ,所以考生普遍感到较难.事实上,第(Ⅰ)问完全可以通过特殊 情况的研究获得正确的结果,做第(Ⅱ) , (Ⅲ)问时只要充分利用第(Ⅰ)问的结果,是不难做好的. 1.探究第(Ⅰ)问的三种解法: 解法1:从直线方程入手,注意讨论 ( 1 )当 l 斜率不存在时, P 、 Q 关于

x 轴对称, x2 ? x1 , y2 ? ? y1 ,因为 P( x1 , y1 ) 在椭圆上,所以

x12 y12 6 6 2 2 2 ? ? 1 ,又 S?OPQ ?| x1 || y1 |? ,所以 | x1 |? , | y1 |? 1 ,此时 x1 ? x2 ? 3 , y12 ? y2 ? 2. 3 2 2 2
(2)当 l 斜率存在时,设 l : y ? kx ? m(m ? 0) ,

x2 y 2 ? ? 1 得 (2 ? 3k 2 ) x2 ? 6kmx ? 3(m2 ? 2) ? 0 , 代入 3 2
其中 ? ? 36k 2 m2 ?12(2 ? 3k 2 )(m2 ? 2) ? 24(3k 2 ? m2 ? 2) ? 0 ,

x1 ? x2 ?

3(m2 ? 2) ?6km x x ? , , 1 2 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

| PQ |? 1 ? k 2 · | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ·
又 O 到直线 l 的距离 d ?

24(3k 2 ? m2 ? 2) , 2 ? 3k 2

|m| 1? k 2



1

所以 S ?OPQ ?

24(3k 2 ? m 2 ? 2) | m | 1 1 6 , | PQ | d ? 1? k 2 · · ? 2 2 2 2 2 ? 3k 2 1? k

所以 3k 2 ? 2 ? 2m2 ,满足 ? ? 0 ,
2 2 此时 x1 ? x2 ?( 2 x12 x2 ?6km 2 3(m2 ? 2) 2 2 , ) ? 2 ? ? 3 y ? y ? 2(1 ? ) ? 2(1 ? ) ? 2. 1 2 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2 3 3

评注: (1)这是大多数学生熟悉的解法,特别是从特殊情况讨论的办法,值得同学们重视.一般地,定值 问题都可以利用特殊情况确定这个定值,使对一般情况的研究有了方向. (2) 若使用面积公式 S?OPQ ?

1 6 ? , 其中 | x1 ? x1 |? , 同样能得到 3k 2 ? 2 ? 2m2 , | m |· | x1 ? x1 |? 2 2 2 2 ? 3k

这个办法可以使运算量减小,应该适当考虑这个办法.一般地,用割补法求三角形的面积时,分割线段最 好在坐标轴上. 解法2:考虑利用三角形的面积公式 S ? 证明:∵ S?OPQ ?

1 2 x1 ? y12 2

1 ab sin C ,于是把点转化为向量,利用向量的夹角公式. 2 1 2 2 2 2 2 x2 ? y2 sin ?POQ ? x1 ? y12 x2 ? y2 1 ? cos 2 ?POQ 2

?

x x ? y y2 1 2 1 2 2 2 2 ? ( x12 ? y12 )( x2 ? y2 ) ? ( x1 x2 ? y1 y2 ) 2 x1 ? y12 x2 ? y2 1 ? 2 1 22 1 2 2 2 ( x1 ? y1 )( x2 ? y2 ) 2
1 6 ,∴( x1 y2 ? x2 y1 )2 ? 6 , ( x1 y2 ? x2 y1 )2 ? 2 2

?

2 2 2 2 2 2 即 x1 y2 ? x2 y1 ? 6 ? 2x1x2 y1 y2 ,又 2x12 ? 3 y12 ? 6 , 2x2 ? 3 y2 ? 6, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∴ (2x12 ? 3 y12 )(2x2 ? 3 y2 ) ? 4x12 x2 ? 6( x12 y2 ? x2 y1 ) ? 9 y12 y2 ? 4x12 x2 ? 36 ?12x1x2 y1 y2 ? 9 y12 y2 ? 36 ,

∴ (2x1x2 ? 3y1 y2 )2 ? 0 ,∴2x1 x2 ? 3 y1 y2 ? 0 ,
2 2 2 2 2 ,整理得, x1 ∴(2x12 ? 6)(2x2 ? 6) ? 9 y12 y2 ? 4x12 x2 ? x2 ? 3,

又 2( x1 ? x2 ) ? 3( y1 ? y2 ) ? 12 ,∴ y1 ? y2 ? 2 .
2 2 2 2 2 2

评注: (1)解法2中 S ?OPQ ? 提到的方法)论证:

1 1 ( x1 y2 ? x2 y1 ) 2 ? | x1 y2 ? x2 y1 | 还可以使用割补法(就是解法1评注中 2 2

先考虑 P( x1 , y1 ) ,Q( x1 , y2 ) 两点确定的直线与 x 轴相交的情况,设交点为 R( x0 ,0) ,则

y1 ? y2 y1 ? 0 ? , x1 ? x2 x1 ?x0

解得 x0 ? x1 ?

1 1 y1 ( x1 ? x2 ) ? x1 y2 ? x2 y1 | y2 ? y1 |? | x1 y2 ? x2 y1 | . ? ,所以 S?OPQ ? | x0 |· 2 2 y1 ? y2 y1 ? y2

2

显然, 当 PQ 平行于 x 轴时, y1 ? y2 , 仍然有 S ?OPQ ?

1 1 | x1 y2 ? x2 y1 | .综上,S ?OPQ ? | x1 y2 ? x2 y1 | .这 2 2

个结论很好记忆. (2)解法2优点是不需要分类讨论,但是计算比较麻烦,变形技巧较高,不容易掌握,若是利用三角换 元法对 ( x1 y2 ? x2 y1 )2 ? 6 进行变形,可以避开较高的技巧,于是有下面的解法3. 解法3:推导 ( x1 y2 ? x2 y1 )2 ? 6 的过程同解法2. 根据椭圆的标准方程,令 x1 ? 3 cos ? , y1 ? 2 sin ? , x2 ? 3 cos ? , y2 ? 2 sin ? , 则 ( x1 y2 ? x2 y1 )2 ? ( 6 cos ? sin ? ? 6 sin ? cos ? )2 ? 6sin 2 (? ? ? ) ? 6 ,

∴sin 2 (? ? ? ) ? 1,∴cos(? ? ? ) ? 0 ,
1 ? cos 2? 1 ? cos 2 ? 3 2 ∴ x12 ? x2 ? 3(cos 2 ? ? cos 2 ? ) ? 3( ? ) ? 3 ? ? 2 cos(? ? ? ) cos(? ? ? ) ? 3 , 2 2 2
2 2 2 2 又 2( x1 ? x2 ) ? 3( y12 ? y2 ) ? 12 ,∴ y12 ? y2 ? 2.

或者由 cos(? ? ? ) ? 0 得 ? ? ? ?

?
2

? k? , k ? Z ,

2 ∴ x12 ? x2 ? 3(cos2 ? ? cos2 ? ) ? 3(cos2 ? ? sin 2 ? ) ? 3 , 2 2 2 2 又 2( x1 ? x2 ) ? 3( y12 ? y2 ) ? 12 ,∴ y12 ? y2 ? 2.

2.做第(Ⅱ)问应该充分利用第(Ⅰ)问的结论: 解法1:直接坐标化可以顺利利用第(Ⅰ)问的结果,但是计算比较复杂:

| OM |2 · | PQ |2 ? [(

x1 ? x2 2 y ? y2 2 ) ?( 1 ) ][( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ] 2 2

1 ? [( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ][( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ] 4 1 2 2 2 2 2 ? ( x1 ? x2 ? y12 ? y2 ? 2 x1 x2 ? 2 y1 y2 )( x12 ? x2 ? y12 ? y2 ? 2 x1 x2 ? 2 y1 y2 ) 4 1 1 25 ? (5 ? 2 x1 x2 ? 2 y1 y2 )(5 ? 2 x1 x2 ? 2 y1 y2 ) ? [25 ? 4( x1 x2 ? y1 y2 ) 2 ] ≤ , 4 4 4
当且仅当 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 时取等号,结合第(Ⅰ)问 2x1 x2 ? 3 y1 y2 ? 0 可得 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 , 此时 | x1 |? 0 , | x2 |? 3 , | y1 |? 0 , | y2 |? 2 ,符合条件. 因此, | OM |· | PQ | 的最大值为
2

5 . 2
2

解法2:若能注意到 4 | OM | ? | PQ | 的结果为定值,则有下面的更简单的解法:
2 2 4 | OM |2 ? | PQ |2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? 2[( x12 ? x2 ) ? ( y12 ? y2 ) ? 10 ,

3

所以 2 | OM |· | PQ |≤ 即 | OM |· | PQ |≤

4 | OM |2 ? | PQ |2 ? 5, 2

5 5 ,当且仅当 2 | OM |?| PQ |? 5 时取等号,因此 | OM |· | PQ | 的最大值为 . 2 2

评注:上面的解法较好地利用了第(Ⅰ)问的结果,若是不注意这一点,则可能继续使用第(Ⅰ)问的第 一种解法的分类讨论,于是有下面的解法: 解法3: (1)当 l 斜率不存在时,由(Ⅰ)知 | OM |?| x1 |? (2)当 l 斜率存在时,由(Ⅰ)知:

6 , PQ ? 2 | y1 |? 2 ,此时 | OM |· | PQ |? 6 . 2

y ? y2 x ?x 1 x1 ? x2 ?6km 3k , 1 ? k( 1 2 ) ? m ? , ? ?? 2 2 2 m 2 2(2 ? 3k ) 2m ∴ | OM |2 ? ( x1 ? x2 2 y ? y2 2 3k 2 1 1 1 ) ?( 1 ) ? (? ) ? ( ) 2 ? (3 ? 2 ) , 2 2 2m m 2 m

24(3k 2 ? m2 ? 2) 1 | PQ |2 ? (1 ? k 2 )· ? 2(2 ? 2 ) , 2 2 ? 3k m
1 1 5 5 )(2 ? 2 ) ≤( ) 2 ,∴| OM |· | PQ |≤ , 2 m m 2 2 1 1 当且仅当 3 ? 2 ? 2 ? 2 ,即 m ? ? 2 时,等号成立. m m 5 综合(1) (2)得 | OM |· | PQ | 的最大值为 . 2 ∴ | OM |2 · | PQ |2 ? (3 ?
评注:显然,这种解法事实上利用了第(Ⅰ)问的一些中间结果,而不是最终结果,过程麻烦一些是理所 当然的了. 3.探究第(Ⅱ)问的独立解法: 假如第(Ⅱ)问是独立的一问,也就是如果没有第(Ⅰ)问作为铺垫,那么,我们发现这是一个弦中 点问题, 很容易用点差法求出直线 OM 、PQ 的斜率之间的关系, 于是有下面的解法, 这个解法不用第 (Ⅰ) 问的结论. 由题意
2 2 x12 y12 x2 y 2 x 2 ? x2 y 2 ? y2 ? 1 ? 0, ? ? 1 , 2 ? 2 ? 1 ,∴ 1 3 2 3 2 3 2



( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ? ? 0. 3 2
6 , PQ ? 2 | y1 |? 2 , 此 时 2

( 1 )当 x1 ? x2 即 当 l 斜 率 不 存在 时, 由( Ⅰ) 知 | OM |?| x1 |?

| OM |· | PQ? |

. 6

4

(2)当 x1 ? x2 时,可得 kOM k PQ ? ? 设 kOM ? k , k PQ ? ?

2 , 3

2 ,直线 OM 、 PQ 夹角为 ? , 3k 2 2 | k ? | | k | ? | | kOM ? kPQ 3 k 3 k ∴ tan ? ?| |? = ≥2 6 , 2 2 1 ? kOM kPQ 1? 1? 3 3

当且仅当 | k |?

6 2 6 时,等号成立.∴sin ? ? [ ,1) , 3 5 6 6 ,∴ , | OM |· | PQ |? 2 sin ?
5 . 2

又 S?OPQ ? ( | OM |· | MQ | sin ? ) ? 2 ?
2 6

1 2

∴ 当 sin ? ?

5

时, | OM |· | PQ | 的最大值为

综合(1) (2)得 | OM |· | PQ | 的最大值为 求 sin ? 的取值范围的向量解法:

5 . 2

在上面的解法中使用了两条直线的夹角公式,由于现在有些版本的教材没有这个公式,所以我们再提供

2 ,于是取 OM 的一个方向向量 a ? (1, k ) , 3k 2 取 PQ 的一个方向向量 b ? (1, ? ) , ? ?? OM , PQ ? , 3k
设 kOM ? k , k PQ ? ?

a· b 则 cos ? ? ? | a || b |

1 3 1 ? k 2 ·1 ? 4 9k 2

?

1 3 13 2 4 ?k ? 2 9 9k



1 ? , 13 2 5 ? 2? 9 3

1 3

当且仅当 | k |?

1 6 2 6 ,1) . 时,等号成立. ∴ cos ? ? (0, ] ,∴sin ? ? [ 5 3 5

4.做第(Ⅲ)问也应该充分利用第(Ⅰ)问的结论: 答案:椭圆 C 上不存在三点 D , E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 . 2 6 . 2

证明:假设存在三点 D( x1 , y1 ) , E( x2 , y2 ) , G( x3 , y3 ) 满足 S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

由(Ⅰ)得: x1 ? x2 ? 3, x2 ? x3 ? 3, x3 ? x1 ? 3, y1 ? y2 ? 2, y2 ? y3 ? 2, y3 ? y1 ? 2 ,

5

2 2 解得 x12 ? x2 ? x3 ?

3 6 2 2 2 , y1 , ?1) 这四点中选取三个不同的 ? y2 ? y3 ? 1 ,因此 D , E , G 只能在 (? 2 2

点,而这三点的两两连线中必有一条过原点,不可能有 S?ODE ? S?ODG ? S?OEG .所以椭圆 C 上不存在三点

D , E , G ,使得 S?ODE ? S?ODG ? S?OEG ?

6 . 2

评注:本小题很容易让人联想起 2004 年全国高考卷Ⅰ(当年山东省还没有自主命题,也是用的这套试 题)第 12 题:已知 a2 ? b2 ? 1, b2 ? c2 ? 2, c2 ? a2 ? 2, 则 ab ? bc ? ca 的最小值为( A. ) .

3?

1 2

B.

1 ? 3 2
2

C. ?

1 ? 3 2

D.

1 ? 3 2

这个题目 也是要 解出 a ? b ?
2

1 3 2 2 6 2 , c ? ,从而 a ? ? ,b?? ,c ? ? ,于是当 2 2 2 2 2

a?b?

1 2 6 ,c ? ? 时, ab ? bc ? ca 取到最小值为 ? 3 ,本题的思维误区是想利用基本不等式解 2 2 2

决,而不去求出 a, b, c 的值. 总结:在这个高考题的探究中,涉及到利用四大数学思想方法即函数方程,数形结合,分类讨论,转 化化归.从数学工具上看主要利用了直线斜率,向量,三角换元法,基本不等式.

6