山东省聊城大学数学科学学院(252000)柳俊婷 于兴江 作者现为2014级硕士研究生。
2015年山东省高考理科数学第20题以椭圆为载体,重点考查椭圆的几何意义与性质、数形结合和运动变换。题目在设置上梯度分明,逐层递进,符合考生的认知规律和学习特点。笔者对题目进行了多解分析,并经过推广探究得到两个一般性的结论。
1.原题呈现
平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别是F1,F2,以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆上。
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)设椭圆E:x24a2+y24b2=1(a>b>0),P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q。(ⅰ)求|OQ||OP|的值;(ⅱ)求ΔABQ面积的最大值。
图12.解法探究
(Ⅰ)易得椭圆C的方程为x24+y2=1。
2.1第(Ⅱ)问(ⅰ)的多解分析
解法1：设P(x0,y0),点P在椭圆C上,得x20+4y20=4①。直线OP的方程y=y0x0x,代入椭圆E的方程得Q(－2x0,－2y0)。所以|OP|=x20+y20,|OQ|=2x20+y20。
故|OQ||OP|=2。
解法2：设P(x0,y0),根据解法1得Q(－2x0,－2y0),故OQ→=－2OP→。根据题意得O,P,Q三点共线,故|OQ||OP|=2。
解法3：设P(x0,y0),根据解法1得Q(－2x0,－2y0),根据图像,利用线段成比例得|OQ||OP|=|yQ||yP|=2(或|OQ||OP|=|xQ||xP|=2)。
解法4：设P(x0,y0),|OQ||OP|=α(α>0),则Q(－αx0,－αy0),由于Q在椭圆E上,故(－αx0)216+(－αy0)24=1,又根据①式得α=2。故|OQ||OP|=2。
2.2第(Ⅱ)问(ⅱ)的多解分析
解法1：设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),Q到直线AB的距离为d1。由(ⅰ)知Q(－2x0,－2y0),由点P在直线AB上得kx0－y0+m=0。d1=|－2(kx0－y0)+m|k2+1=3|m|k2+1。
将直线AB的方程代入椭圆E的方程得(1+4k2)x2+8kmx+4m2－16=0,由韦达定理得x1+x2=－8km1+4k2,x1·x2=4m2－161+4k2,Δ1=16(16k2－m2+4)。求得
|x1－x2|=416k2－m2+41+4k2,|AB|=
|x1－x2|·1+k2
=416k2－m2+4·1+k21+4k2。
则SΔQAB=12|AB|·d1=
616k2－m2+4·|m|1+4k2=
6m21+4k2(4－m21+4k2)。
令m21+4k2=t(t>0),则SΔQAB=6－t2+4t。由Δ1>0得t<4。将直线AB的方程代入椭圆C的方程得(1+4k2)x2+8kmx+4m2－4=0,其根的判别式Δ2=16(4k2+1－m2）,根据直线AB和椭圆C至少有一个交点(点P),令Δ2?0,得t≤1。所以0<t≤1。故－t2+4t≤3,SΔQAB≤63。故ΔABQ面积的最大值为63。
解法2：设A(x1,y1),B(x2,y2),Q到直线AB的距离为d1,O到直线AB的距离d2=|m|1+4k2。由解法1知|AB|=416k2－m2+4·1+k21+4k2,则
SΔOAB=12|AB|·d2=2m2(16k2－m2+4)4k2+1=
2m21+4k2(4－m21+4k2)。
下面的求解同解法1,得SΔOAB≤23,根据平行线的性质得d2d1=|OP||PQ|=13,所以SΔQAB=3SΔOAB≤63。故ΔABQ面积的最大值为63。
解法3：设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线AB与y轴的交点为C(如图1),则|OC|=m。由解法1知
|x1－x2|=416k2－m2+41+4k2,SΔOAB=SΔOAC+SΔOBC=12·|m|·|x1|+12·|m|·|x2|=12·|m|·|x1－x2|=2m21+4k2(4－m21+4k2)。
下面的求解同解法1。ΔABQ面积的最大值为
63.
3推广探究
定理1图2设椭圆C:x2a2+y2b2=1,椭圆E:x2(λa)2+y2(λb)2=1(a>b>0,λ>0),P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q(当0<λ<1时,射线PO交椭圆E的两个交点中距离点P较远的交点为点Q),则有(1)|OQ||OP|=λ;(2)设椭圆C在y轴负半轴的顶点为点M,椭圆E在y轴正半轴的顶点为点N(如图2),则MP//NQ,并且|NQ||MP|=λ。
证明:(1)设P(x0,y0),点P在椭圆C上,故x20a2+y20b2=1。直线OP的方程y=y0x0x,代入椭圆E的方程得Q(－λx0,－λy0),则|OP|=x20+y20,|OQ|=λx20+y20。故|OQ||OP|=λ。
(2)因为|ON||OM|=λaa=λ,|OQ||OP|=λ,所以MP//NQ且|NQ||MP|=λ。
定理2设椭圆C:x2a2+y2b2=1,椭圆E:x2(λa)2+y2(λb)2=1(a>b>0,λ>0),P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q(当0<λ<1时,射线PO交椭圆E的两个交点中距离点P较远的交点为点Q),则ΔABQ面积的最大值随λ的变化而变化。当λ≥2时,ΔABQ面积的最大值为ab(λ+1)·λ2－1;当0<λ<2时,ΔABQ面积的最大值为abλ2(λ+1)2。
证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),Q到直线AB的距离为d1,O到直线AB的距离d2。根据平行线的性质得d2d1=|OP||PQ|=1λ+1,所以SΔQAB=(λ+1)SΔOAB。将直线AB的方程代入椭圆E的方程得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2(m2－λ2b2)=0,由韦达定理得
x1+x2=－2a2kmb2+a2k2,x1x2=a2(m2－λ2b2)b2+a2k2,
Δ3=4a2b2(λ2a2k2+λ2b2－m2)。
求得|x1－x2|=2aba2k2+b2·λ2a2k2+λ2b2－m2。由(ⅰ)问的解法3知
SΔOAB=12·|m|·|x1－x2|
=abm2a2k2+b2(λ2－m2a2k2+b2)。
令m2a2k2+b2=t(t>0),则SΔOAB=
ab－t2+λ2t。由Δ3>0得t<λ2,又根据直线AB和椭圆C至少有一个交点(点P),将直线AB的方程代入椭圆C的方程得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2(m2－b2)=0,
其根的判别式Δ4=4a2b2(a2k2+b2－m2）,由Δ4≥0得,t≤1。所以0<t≤1。令g(t)=－t2+λ2t,根据λ的不同取值讨论如下：当λ≥2时,λ22≥1,g(t)在(0,1\]上单调递增,g(t)≤g(1)=λ2－1,所以SΔOAB≤abλ2－1,SΔQAB≤ab(λ+1)λ2－1。
当0<λ<2时,0<λ22<1,g(t)在0,λ22上单调递增,在λ22,1上单调递减,所以g(t)在λ22处取得最大值λ44,所以SΔOAB≤abλ22,SΔQAB≤abλ2(λ+1)2。
综上所述,当λ≥2时,ΔABQ面积的最大值为ab(λ+1)λ2－1;当0<λ<2时,ΔABQ面积的最大值为abλ2(λ+1)2。
参考文献
\[1\]胡修欣,于兴江。一道高考题的一题多解与推广\[J\]。中学数学研究(江西),2014,10。
\[2\]李静,于兴江。一道高考题的多解及推广\[J\]。中学数学研究(江西),2013,12。
\[3\]孙玉英,于兴江。探究 引申剖析启示——一道高考题的赏析\[J\]。中学数学研究（江西）,2013,10。
\[4\]柳俊婷,于兴江。关于最大值的两个定理\[J\]。聊城大学学报(理科版),2015,2。