培養(yǎng)學(xué)生思維提高關(guān)鍵能力

2024-11-06 00:00:00王東海

數(shù)理化解題研究·高中版 2024年10期

摘要：在競(jìng)賽解題教學(xué)活動(dòng)中，教師不應(yīng)局限于對(duì)題目的具體解答和低水平重復(fù)訓(xùn)練，而應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生對(duì)問題進(jìn)行深層次的探究及引申，充分挖掘題目的內(nèi)涵和外延，使學(xué)生能夠用更高的觀點(diǎn)去看待問題.文章以

2023年重慶市一道聯(lián)賽題為例，闡述對(duì)它的解法探究和拓展推廣.

關(guān)鍵詞：重慶聯(lián)賽題；解法探究；拓展推廣；追本溯源

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）28-0043-06

在解析幾何研究中，圓與橢圓是兩個(gè)重要的研究對(duì)象，它們的圖形優(yōu)美，有著極強(qiáng)的對(duì)稱性，圓與橢圓可通過仿射變換相互轉(zhuǎn)化從而快速解決橢圓中的相關(guān)問題.另外，橢圓中也會(huì)生成很多圓，如內(nèi)切圓、伴隨圓、基圓和蒙日?qǐng)A等，它們?cè)谛再|(zhì)上具有怎樣的關(guān)系？

1考題呈現(xiàn)

題目（2023年重慶市數(shù)學(xué)聯(lián)賽第11題）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>1）的離心率為23，以其左頂點(diǎn)K為圓心，6為半徑作圓K，圓K交橢圓于A，B兩點(diǎn)，且線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-32.

（1）求橢圓C的方程；

（2）如圖1，圓K交直線x=-92于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)P在線段CD上，過點(diǎn)P作橢圓的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），求△PEF面積的取值范圍.

分析易得（1）小題C：x29+y25=1.（2）可使用線參法、點(diǎn)參法、行列式法、向量法、判別式法等手段處理該題，試題平中見奇，內(nèi)涵豐富，是具有研究性學(xué)習(xí)價(jià)值的好題.

2解法探究

思路1可以根據(jù)題意，設(shè)出動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)，據(jù)此表示出直線EF方程，進(jìn)而求出△PEF面積的函數(shù)式，最后求此函數(shù)的最值即可.

解法1聯(lián)立x=-92和⊙K：（x+3）2+y2=6，

解得C（-92，152），D（-92，-152）.

設(shè)P（-92，t），E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），對(duì)C求導(dǎo)知

2x9+2y·y′5=0.

故點(diǎn)E處切線斜率為-5x19y1.

所以切線方程為x1x9+y1y5=1.

代入點(diǎn)P得-x12+ty15=1.①

同理-x22+ty25=1.②

由①②知EF方程為-12x+ty5=1.

與x29+y25=1聯(lián)立消去x，得

（45t2+9）y2-8ty-25=0.

所以|EF|=1+（2t5）2·|y1-y2|

=1+4t252·

564t2+20（4t2+45）4t2+45

=6（4t2+25）4t2+45.

而點(diǎn)P到EF距離

d=|4t2+25|24t2+25=4t2+252.

所以S△PEF=12·|EF|·d

=12·6（4t2+25）4t2+45·4t2+252

=32·（4t2+25）324t2+45.

又因?yàn)閠2∈0，154，且對(duì)S求導(dǎo)知S′>0，

所以S△PEF∈256，210.

思路2觀察到EF方程含有參數(shù)t，故求得定點(diǎn)為左焦點(diǎn)，故可使用焦半徑公式計(jì)算弦長(zhǎng).

解法2由解法1知，直線EF方程為

-12x+ty5=1.

即-2y·t+5x+10=0.

令-2y=0，5x+10=0，

解得x=-2，y=0.

故直線EF必過左焦點(diǎn)F1（-2，0）.

所以|EF|=|EF1|+|F1F|=a+ex1+a+ex2=2a+e（x1+x2）=6+23（x1+x2）.③

聯(lián)立EF與橢圓C方程消去y，得

（4t2+45）x2+180x+180-36t2=0.

則x1+x2=-1804t2+45.

代入③式，得

|EF|=6+23·-1804t2+45

=6-1204t2+45

=6（4t2+25）4t2+45.

下同解法1.

思路3若能夠由條件推導(dǎo)出PF1⊥EF，則求解所求三角形的高時(shí)更能簡(jiǎn)化運(yùn)算.

解法3設(shè) E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），P（-92，t

），則可得直線EF：-x2+ty5=1.

故得直線EF恒過定點(diǎn)F1（-2，0）.

所以kPF1=t2-（9/2）=-2t5.

而顯然kEF=52t.

所以kPF1kEF=-1.

所以h=（2-92）2+（0-t）2=t2+254=4t2+252.

下同解法1.

思路4考慮到線段EF過左焦點(diǎn)，因而可以利用圓錐曲線的極坐標(biāo)方程來解決.

解法4以左焦點(diǎn)F1為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，則橢圓C的極坐標(biāo)方程為

ρ=ep1-ep=53-2cosθ.

設(shè)E（ρ1，θ），F(xiàn)（ρ2，π+θ），

故|EF|=|EF1|+|F1F|=ρ1+ρ2=53-2cosθ+53-2cos（π+θ）=309-4cos2θ.

由-12x+ty5=1知kEF=52t.

所以cos2θ=11+tan2θ=11+（5/2t）2.

所以|EF|=309-4·4t2/（4t2+25）

=6（4t2+25）4t2+45.

下同解法1.

思路5此題中線段EF過左焦點(diǎn)，故而聯(lián)想到直線的參數(shù)方程，使用它求解弦長(zhǎng)更為簡(jiǎn)潔.

解法5因線段EF過左焦點(diǎn)，故而設(shè)直線EF的方程為x=-2+t0cosθ，y=0+t0sinθ，（t0為參數(shù)）.

將參數(shù)方程與橢圓C方程聯(lián)立，得

（5cos2θ+9sin2θ）t20-20cosθ·t0-25=0.

設(shè)E，F(xiàn)兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)為t1，t2，則由參數(shù)t0的幾何意義知

|EF|=|t1-t2|

=（t1+t2）2-4t1t2

=（20cosθ5cos2θ+9sin2θ）2-4·-255cos2θ+9sin2θ

=305cos2θ+9sin2θ

=309-4cos2θ.

以下同解法4.

思路6 此題涉及三角形的面積，還可以設(shè)出E，F(xiàn)兩點(diǎn)坐標(biāo)，然后使用向量法或行列式法

求解三角形的面積，也不失為一種簡(jiǎn)潔的方法.

解法6設(shè) E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），P（-92，t

），則

PE=（x1+92，y1-t

），PF=（x2+92，y2-t），

則由向量積的幾何意義可知，

S△PEF=12|PE×PF|

=12·

|（x1+92）（y2-t）-

（x2+92）（y1-t）|

=|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-92（y1-y2）|.

聯(lián)立-12x+ty5=1與x29+y25=1并整理，得

（4t2+45）x2+180x+180-36t2=0.

所以x1y2-x2y1=x1·5x2+102t-x2·5x1+102t

=10（x1-x2）2t，

92（y1-y2）=45（x1-x2）4t.

所以S△PEF=12|-4t2-254t（x1-x2）|

=12|4t2+254t（x1+x2）2-4x1x2|

=12·4t2+254|t|·

|（1804t2+45）2-4·180-36t24t2+45|

=|4t2+254t·12t4t2+254t2+45|

=32·（4t2+25）324t2+45.

下同解法1.

3拓展推廣

波利亞曾說，沒有任何一個(gè)題目是徹底完成了的，總還會(huì)有些事情可以做.細(xì)品解題過程，筆者發(fā)現(xiàn)過程和結(jié)論值得探究.于是筆者思考，題中所得結(jié)論是偶然還是必然？將試題第（2）問解答中由直線x=-92得切點(diǎn)弦過焦點(diǎn)進(jìn)行一般性推廣，可得到：

結(jié)論1已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），點(diǎn)P在左（右）準(zhǔn)線上，過點(diǎn)P作橢圓的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過左（右）焦點(diǎn).逆命題亦成立［1］.

將橢圓左焦點(diǎn)改為x軸上的任意點(diǎn)時(shí)，結(jié)論1進(jìn)一步推廣得到：

結(jié)論2已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），點(diǎn)P在直線x=-a2s（0<s<a）上，過點(diǎn)P作橢圓的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過定點(diǎn)（-s，0）.逆命題亦成立.

證明設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），P（-a2s，t

），則過點(diǎn)E的切線方程為x1xa2+y1yb2=1，將點(diǎn)P坐標(biāo)代入得-x1s+ty1b2=1.

同理-x2s+ty2b2=1.

故而直線EF：-xs+tyb2=1.

令yb2=0，則-xs-1=0，

即直線EF過定點(diǎn)（-s，0）.

反之，若直線EF過（-s，0），

設(shè)EF：x=my-s，因在點(diǎn)E，F(xiàn)處的切線方程為

x1xa2+y1yb2=1，④

x2xa2+y2yb2=1，⑤

④×y2-⑤×y1，得

x1y2xa2-

x2y1xa2=y2-y1.

所以x=a2（y2-y1）x1y2-x2y1

=a2（y2-y1）（my1-s）y2-（my2-s）y1

=-a2s.

故逆命題也成立.

將試題（2）中三角形面積的取值范圍推廣到一般情形，得到：

結(jié)論3已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），點(diǎn)P在x=-a2c（yP∈-m，m）上，過點(diǎn)P作C的兩條切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則△PEF面積的取值范圍為b4ac，a（m2c2+b4）32c（m2c2+a2b2）.

將橢圓左準(zhǔn)線改成任意垂直于x軸的直線，則又可得到：

結(jié)論4已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>1），點(diǎn)P在直線x=-a2s（0<s<a，-m≤t≤m）上，過點(diǎn)P作橢圓C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則△PEF面積的取值范圍為

b（a2-s2）32as，as·（s2m2+a2b2-s2b2）32s2m2+a2b2.

證明設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），P（-a2s，t

），注意到EF：-xs+tyb2=1，與C方程聯(lián)立并消

去x，得：

（s2t2+a2b2）y2-2s2b2ty+b4s2-b4a2=0.

則y1+y2=2s2b2ts2t2+a2b2.

因?yàn)镻E=（x1+a2s，y1-t），

PF=（x2+a2s，y2-t），

所以S△PEF=12|（x1+a2s）（y2-t）-（x2+a2s）·（y1-t）|

=12|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-a2s（y1-y2）|，

因?yàn)閤1y2-x2y1=（sty1b2-s）y2-（sty2b2-s）y1

=s（y1-y2），

t（x1-x2）

=t（sty1b2-sty2b2）=st2b2（y1-y2），

所以S△PEF=12|（s-st2b2-a2s）（y1-y2）|.

因?yàn)閨y1-y2|=（y1+y2）2-4y1y2

=（2s2b2ts2t2+a2b2）2-4b4s2-b4a2s2t2+a2b2

=2ab2s2t2+a2b2-s2b2s2t2+a2b2，

所以S△PEF=12|s2t2+a2b2-s2b2sb2|·2ab2·

s2t2+a2b2-s2b2s2t2+a2b2=as·（s2t2+a2b2-s2b2）32s2t2+a2b2.

因?yàn)閠2∈0，m2，又S′（t）>0，所以

S△PEF∈b（a2-s2）32as，as·（s2m2+a2b2-s2b2）32s2m2+a2b2.

4類比推廣

結(jié)論5已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點(diǎn)P在直線x=-a2s（s>a）上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過定點(diǎn)（-s，0）.逆命題亦成立.

對(duì)結(jié)論5令s=c，則可得推論1：

推論1已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點(diǎn)P在直線x=-a2c上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過左焦點(diǎn)（-c，0）.逆命題亦成立.

結(jié)論6已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點(diǎn)P在直線x=-a2s（a<s，-m≤t≤m）上，過點(diǎn)P作雙曲線C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則△PEF面積的取值范圍為

b（s2-a2）32as，as·（s2m2-a2b2+s2b2）32s2m2-a2b2.對(duì)結(jié)論6中令s=c，則可得推論2：

推論2已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），點(diǎn)P在x=-a2c（yP∈-m，m）上，過點(diǎn)P作C的兩條切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則S△PEF取值范圍為b4ac，a（m2c2+b4）32c（m2c2-a2b2）.

結(jié)論7已知拋物線C：y2=2px（p>0），點(diǎn)P在直線x=-s（s>0）上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過定點(diǎn)（s，0）.逆命題亦成立.

結(jié)論7中令s=p2，則可得推論3：

推論3已知拋物線C：y2=2px（p>0），點(diǎn)P在準(zhǔn)線x=-p2上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則直線EF必過焦點(diǎn)（p2，0）.逆命題亦成立.

結(jié)論8已知拋物線C：y2=2px（p>0），點(diǎn)P在直線x=-s（s>0）上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則

S△PEF∈（2ps）32p，（m2+2ps）32p.

證明設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），P（-s，t），則注意到直線EF：ty=p（-s+x），與C方程聯(lián)立消去x，得y2-2ty-2ps=0.則y1+y2=2t，y1y2=-2ps.

又PE=（x1+s，y1-t），

PF=（x2+s，y2-t），

則S△PEF=12|（x1+s）（y2-t）-（x2+s）（y1-t）|

=12·|x1y2-x2y1-t（x1-x2）-s（y1-y2）|，

而x1y2-x2y1=s（y2-y1），

t（x1-x2）=t2p（y1-y2），

所以S△PEF=12|（-s-t2p-s）（y1-y2）|.

因?yàn)閨y1-y2|=4t2+8ps，

所以S△PEF=（t2+2ps）32p.

因?yàn)閠2∈0，m2，

所以S△PEF∈（2ps）32p，（m2+2ps）32p.

結(jié)論8中令s=p2，則可得推論4：

推論4已知拋物線C：y2=2px（p>0），點(diǎn)P在準(zhǔn)線x=-p2上，過點(diǎn)P作C的兩條不同切線PE，PF（E，F(xiàn)為切點(diǎn)），則△PEF面積的取值范圍為p2，m2+p2p［2］.

5高考溯源

溯源1（2021年高考乙卷21題第2問）已知拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點(diǎn)為F，且F與圓M：x2+（y+4）2=1上點(diǎn)的距離的最小值為4.若點(diǎn)P在M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，求△PAB面積的最大值.

解析設(shè)A（x1，x214），B（x2，x224），P（x，y），故

kPA=x12，kPB=x22，

lPA：y=12x1（x-x1）+x214，

lPB：y=12x2（x-x2）+x224，

聯(lián)立解得x=x1+x22，y=x1x24.

所以PA=（x1-x22，x1（x1-x2）4），

PB=（x2-x12，x2（x2-x1）4）.

所以S△PAB=12|PA×PB|

=12×18|（x1-x2）3|.

因?yàn)閤1+x22=cosθ，

x1x24=sinθ-4，

所以（x1-x2）2=84-4（sinθ+2）2≤80.

所以|x1-x2|≤45.

故S△PAB≤205.

溯源2（2006年全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)21題第2問）已知拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F，A，B是拋物線上的兩動(dòng)點(diǎn)，且AF=λFB（λ>0）.過A，B兩點(diǎn)分別作拋物線的切線，設(shè)其交點(diǎn)為M.設(shè)△ABM的面積為S，寫出S=f（λ），并求S最小值.

解析設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），

所以S=12|AB||FM|.

|FM|=（x1+x22）2+（-2）2=y1+y2+2

=λ+1λ+2

=λ+1λ，

|AB|=|AF|+|FB|=y1+y2+2

=（λ+1λ）2，

所以S=12（λ+1λ）3≥12×23=4.

6結(jié)束語

本文以2023年重慶市一道數(shù)學(xué)聯(lián)賽題為例，通過對(duì)問題的解法探究、引申拓展、追本溯源，從而建構(gòu)此類題的處理方法.

參考文獻(xiàn)：

［1］