一道让五万考生得零分的解析几何题的深入探究

2011年山东省高考理科解析几何压轴题集定值、最值问题于一体，让五万考生得零分，得知此情我对此题做了深入探究．这么多的考生得零分，原因是此题起点较高，第一问就是定值问题，第二问是最值问题，第三问是探索性问题，下面我们研究其多种解题思路．原题：已知直线l与椭圆C:x2y21交于P(x1,y1)，Q(x1,y2)两不同点，且OPQ的面积326，其中O为坐标原点．SOPQ2（Ⅰ）证明：x12x22和y12y22均为定值．（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SODESODGSOEG6DEG的？若存在，判断2形状；若不存在，说明理由．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，x2x1，y2y1，因为P(x1,y1)在椭圆上，所以x12y121，又SOPQ|x||y|6，所以|x|6，|y|1，此时x2x23，y2y22．321121211212（2）当l斜率存在时，设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到直线l的距离d|m|，1k21所以SOPQ1|PQ|d11k2·24(3k2m22)·|m|6，2223k21k22所以3k222m2，满足0，22(6km)223(m22)3222(1x12x22此时x1x23k223k2，y1y2)2(1)2．233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SOPQ1|m|·|x1x1|6，其中|x1x1|2，同样能得到3k222m2，223k2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．1解法２：考虑利用三角形的面积公式 SabsinC，于是把点转化为向量，利用向量的夹角公式．2证明：∵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．评注：（１）解法２中SOPQ1(x1y2x2y1)21|x1y2x2y1|还可以使用割补法（就是解法１评注中22提到的方法）论证：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y1y2y10，x1x2x1x0解得x0x1y1(x1x2)x1y2x2y1，所以SOPQ1|x0|·|y2y1|1|x1y2x2y1|．y1y2y1y2222显然，当PQ平行于x轴时，y1y21|x1y2x2y1|．综上，SOPQ1，仍然有SOPQ|x1y2x2y1|．22这个结论很好记忆．（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(xy2xy)26进行变形，可以避开较高的技巧，于是有下面的解法３．121解法３：推导(x1y2x2y1)26的过程同解法２．根据椭圆的标准方程，令x13cos，y12sin，x23cos，y22sin，则(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）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[(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当且仅当x1x2y1y20时取等号，结合第（Ⅰ）问2x1x23y1y20可得x1x2y1y20，此时|x1|0，|x2|3，|y1|0，|y2|2，符合条件．因此，|OM|·|PQ|的最大值为5．2解法２：若能注意到4|OM|2|PQ|2的结果为定值，则有下面的更简单的解法：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时取等号，因此5．22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||x|6，PQ2|y|2，此时·6．121|OM||PQ|（２）当l斜率存在时，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时，等号成立．当且仅当32m2m综合（１）（２）得|OM|·|PQ|的最大值为 5．2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x12y121，x22y221，∴x12x22y12y220，323232∴(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0．32（１）当x1x2即当l斜率不存在时，由（Ⅰ）知|OM||x1|62|y1|2，，PQ2此时|OM|·|PQ| 6．4（２）当x1x2时，可得kOMkPQ2，32设kOMk，kPQ，直线OM、PQ夹角为，3k|kOMkPQ||k2||k||2|∴tan3k=3k≥26，1kOMkPQ121233当且仅当|k|6[263时，等号成立．∴sin,1)，5又SOPQ(1|OM|·|MQ|sin)26，∴|OM|·|PQ|6，22sin∴当sin26时，|OM|·|PQ|的最大值为5．525综合（１）（２）得|OM|·|PQ|的最大值为 ．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，所以我们再提供求sin的取值范围的向量解法：设kOMk，kPQ2OM的一个方向向量a(1,k)，，于是取3k取PQ的一个方向向量b(1,2)，OM,PQ，3ka·b1111则cos33≤3，|a||b|413k24132251k2·19k299k293当且仅当|k|6时，等号成立．∴cos(0,1]，∴sin[26,1)．3554．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SODESODGSOEG6．2证明：假设存在三点D(x1,y1)，E(x2,y2)，G(x3,y3)满足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)这四点中选取三个不同的22点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，不可能有SODESODGSOEG．所以椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG6．2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