從2016年全國(guó)高考第20題談起

鄭志剛

【摘要】本文主要通過(guò)分離常數(shù)、反求、判別式法、均值不等式、換元、求導(dǎo)等方法來(lái)解決解析幾何中的分式型最值，將這類最值題型進(jìn)行了仔細(xì)的分析和整理.

【關(guān)鍵詞】分離常數(shù)；反求；判別式法；均值不等式；換元；求導(dǎo)

解析幾何中的最值問(wèn)題是考試的熱點(diǎn)，涉及的知識(shí)點(diǎn)也很多，有一種題型也經(jīng)常考，那就是分式型最值，比如，2016年全國(guó)卷第20題，不僅如此，2011年和2014年的全國(guó)卷第20題都是這種題型.常用方法有分離常數(shù)、反求、判別式法、均值不等式、換元、求導(dǎo)等.我們通過(guò)以下例子來(lái)分析具體應(yīng)該用什么方法，是否有通性通法.

題型一 ax2+bcx2+d型，這種題型分子、分母齊二次，且不含一次項(xiàng).若定義域不是R，可以考慮分離常數(shù)或反求，分離常數(shù)后轉(zhuǎn)化成反比例函數(shù)類型，利用數(shù)形結(jié)合求最值，反求則是用y來(lái)表示x2，利用x2的范圍反求出y的范圍.一般可以分離常數(shù)就可以反求，如果學(xué)生分離常數(shù)計(jì)算不過(guò)關(guān)，且反比例函數(shù)掌握得不好，可以用反求法，更容易計(jì)算成功.若定義域?yàn)镽，則考慮判別式法.

例1 （2016年全國(guó)卷第20題）x2+y2+2x-15=0的圓心為A，l過(guò)B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)B作AC的平行線交AD于E.

（1）求證|EA|+|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程.

（2）設(shè)E的軌跡方程為C1，l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ的面積范圍.

分析 考慮到直線l的斜率可能不存在，同時(shí)直線l又剛好不與x軸重合（即斜率不為0），所以把直線l設(shè)成x=ty+1，留y運(yùn)算，同時(shí)弦長(zhǎng)公式用1+k2Δ|a|表示，其中|a|是二次項(xiàng)的系數(shù).這樣會(huì)比直線l用點(diǎn)斜式簡(jiǎn)單，一步到位，整理后的式子更簡(jiǎn)單，運(yùn)算量少，成功率高一些.

解 ∵EB∥AC，∴|EB||AC|=|ED||AD|，

∵|AC|=|AD|，∴|EB|=|ED|，

∴|AE|+|EB|=|AE|+|ED|=4>|AB|=2，

∴E的軌跡為x24+y23=1（y≠0）.

（2）設(shè)直線l為x=ty+1，聯(lián)立橢圓x24+y23=1，得

（3t2+4）y2+6ty-9=0，∴Δ>0，y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4，

|MN|=1+t2|y1-y2|=1+t236t2+36（3t2+4）3t2+4=12（1+t2）3t2+4.

設(shè)直線PQ為y=-t（x-1），所以圓心A到直線PQ的距離為d=|2t|1+t2，

∴|PQ|=216-d2=43t2+4t2+1，

所以四邊形MPNQ的面積為

12|MN|·|PQ|=24t2+13t2+4.

解法一 分離常數(shù).

t2+13t2+4=13（3t2+4）-133t2+4=13-133t2+4，

∵3t2+4≥4，∴-112≤-133t2+4<0，

∴14≤13-133t2+4<13，

所以四邊形MPNQ的面積范圍為[12，83）.

解法二 反求.y=t2+13t2+4，∴3yt2+4y=t2+1，

∴t2=1-4y3y-1≥0，∴14≤y<13，

所以四邊形MPNQ的面積范圍為[12，83）.

解法三 考慮到t∈R，用判別式法.y=t2+13t2+4，

∴3yt2+4y=t2+1，∴（3y-1）t2+4y-1=0.

若3y-1≠0時(shí)，Δ1=-4（4y-1）（3y-1）≥0，

∴14≤y<13；

若3y-1=0時(shí)，式子無(wú)意義.

所以四邊形MPNQ的面積范圍為[12，83）.

解法四 換元.若把分母換元，則和分離常數(shù)運(yùn)算一致，若換分子，主要思維與分離常數(shù)也大同小異.具體如下：

t2+1=m，m≥1，∴y=t2+13t2+4=m3m+1=13+1m.

∵m≥1，∴0<1m≤1，

∴14≤13+1m<13，

所以四邊形MPNQ的面積范圍為[12，83）.

這道題解法眾多，但我覺(jué)得優(yōu)選反求，容易計(jì)算，容易得分.

題型二 ax+bcx2+d或ax2+bcx+d型，這種分子與分母一個(gè)是一次方，一個(gè)是二次方，可以考慮用均值不等式解決，但一定要把一次方當(dāng)作整體換元后，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化成對(duì)勾函數(shù)再結(jié)合均值不等式解決.當(dāng)然如果定義域?yàn)镽，那么也可以考慮用判別式法.

例2 （2011年全國(guó)卷第20題）

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（0，-1），B點(diǎn)在直線y=-3上，M點(diǎn)滿足MB與OA共線，MA·AB=MB·BA，M點(diǎn)的軌跡方程為曲線C.

（1）求曲線C方程.

（2）P為C上的動(dòng)點(diǎn)，l為C在P點(diǎn)處的切線，求O到l的距離的最小值.

解 （1）設(shè)M（x，y），B（x，-3），A（0，-1），

∴MA=（-x，-1-y），MB=（0，-3-y），AB=（x，-2）.

因?yàn)镸A·AB=MB·BA，∴（-x，-4-2y）（x，-2）=0，

所以曲線C的方程為y=14x2-2.

（2）設(shè)P（x0，y0）為曲線C：y=14x2-2上一點(diǎn)，

∵y′=12x，∴切線的方程為y-y0=12x0（x-x0），

∴x0x-2y+2y0-x20=0，則d=|2y0-x20|x20+4.

∵y0=14x20-2，

∴d=12x20+4x20+4=12x20+4+4x20+4≥2，

所以O(shè)到l距離的最小值為2，這里換元x20+4=t，∴d=12·t2+4t，對(duì)勾函數(shù)y=t+4t求最值，利用均值不等式順利解決.

例3 （2014年全國(guó)新課標(biāo)卷Ⅰ第20題）

已知點(diǎn)A（0，-2），橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為233，O為坐標(biāo)原點(diǎn).

（1）求E的方程.

（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)三角形OPQ的面積最大時(shí)，求l方程.

解 （1）設(shè)F（c，0），由條件知2c=233，∴c=3，

∵ca=32，∴a=2，∴b=1，

∴E的方程為x24+y2=1.

（2）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)不合題意，所以設(shè)直線l為y=kx-2，P（x1，y1），Q（x2，y2），將直線l：y=kx-2代入橢圓x24+y2=1，得

（1+4k2）x2-16kx+12=0，∴Δ>0，

∴k2>34，x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，

∴|PQ|=1+k2|x1-x2|=41+k24k2-31+4k2.

又點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=21+k2，

∴S=12·d·|PQ|=44k2-31+4k2.

設(shè)4k2-3=t，t>0，

∴S=12·d·|PQ|=4tt2+4=4t+4t.

∵t+4t≥4，t=2，即k=±72時(shí)等號(hào)成立，

∴當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l方程為y=72x-2或y=-72x-2.

以上兩題非常相似，主要都是把根號(hào)當(dāng)作一個(gè)整體進(jìn)行換元，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化成對(duì)勾函數(shù)，利用均值不等式解決.

題型三 ax2+bx+cdx2+ex+f型，分子、分母都是二次方，并且式子比較復(fù)雜，這種題型考慮換元、均值不等式、分離常數(shù)、求導(dǎo)等.這種題型難度較高，因題而異，具體題目具體分析，實(shí)在不行那就求導(dǎo).若定義域?yàn)镽，則考慮判別式法.

例4 已知圓O：x2+y2=1的切線與橢圓C：x2+3y2=4相交于A，B兩點(diǎn).

（1）求橢圓的離心率.

（2）求證OA⊥OB.

（3）求三角形OAB的面積最大值.

解 （1）∵a2=4，b2=43，∴c2=83，∴ca=63.

（2）顯然切線斜率不存在時(shí)，OA與OB垂直.切線斜率存在時(shí)，設(shè)切線為y=kx+m，

∴|m|1+k2=1，∴m2=1+k2，A（x1，y1），B（x2，y2）將切線代入橢圓x2+3y2=4，得（3k2+1）x2+6kmx+3m2-4=0，Δ>0，x1+x2=-6km1+3k2，x1x2=3m2-41+3k2，

∴OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（k2+1）x1x2+km（x1+x2）+m2=4m2-4k2-41+3k2=0，

∴OA⊥OB.

（3）因?yàn)橹本€AB與圓O相切，則圓O半徑為三角形OAB的高，當(dāng)切線斜率不存在時(shí)面積為2.當(dāng)切線斜率存在時(shí)

|AB|=1+k2|x1-x2|=21+k29k2+13k2+1

=29k4+10k2+19k4+6k2+1=21+4k29k4+6k2+1

=21+49k2+1k2+6.

∵9k2+1k2≥6，∴|AB|≤423，S≤223.

換元3k2+1=m，

∴|AB|=23m2+4m-43m2=21+43m-43m2.

∵0<1m≤1，當(dāng)1m=12時(shí)面積取最大值.

綜上所述，題型一考慮分離常數(shù)或反求，題型二考慮均值不等式，題型三考慮換元、均值不等式、分離常數(shù)或求導(dǎo)，分子分母中較高次方為二次方，定義域又是R，考慮判別式法.多比較多歸納整理，將有助于提高解析幾何的得分率，加深對(duì)知識(shí)的理解與應(yīng)用，經(jīng)過(guò)這樣的總結(jié)和梳理后，對(duì)解析幾何分式型函數(shù)求最值有一定的提升與突破.

【參考文獻(xiàn)】

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