一道橢圓試題的解法與結論推廣

摘" 要：高考數學命題重視對學科素養的考查，要求考生熟知運算對象，理解運算法則，掌握運算思路，解出運算結果.這里通過對一道橢圓試題解法的探究，挖掘試題所蘊含的本質條件，在此基礎上對試題進行推廣得到一般性結論.

關鍵詞：橢圓試題；解法；結論推廣

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0037-04

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：李寒（1978—），女，貴州省桐梓人，本科，中學高級教師，從事數學教學研究.

重慶市巴蜀中學2024屆高考適應性月考卷（五）第22題是一道探索三角形面積最大值的開放性命題，從深層次反映出解析幾何的數學本質，考查了邏輯推理、數學運算等數學核心素養及解析幾何的圖形問題代數化的本質.

1" 試題呈現

題目" 已知點P（x0，y0）是橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上的動點，離心率為e=32，設橢圓左、右焦點分別為F1、F2，且|PF1|+|PF2|=4.

（1）求橢圓E的標準方程；

（2）若直線PF1，PF2與橢圓E的另一個交點分別為A，B，問△PAB面積是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由.

2" 解法探究

2.1" 第（1）問解析

解析" 由|PF1|+|PF2|=4，

根據橢圓的定義可得2a=4.

所以a=2.

由e=ca=32，得c=3.

所以b2=a2-c2=4-3=1.

故橢圓E的標準方程為x24+y2=1.

2.2" 第（2）問解析

分析1" 探索△PAB面積的最大值，由于A，B兩點是由直線PF1，PF2與橢圓E相交得到的，所以若用常規的底乘高來計算三角形的面積就不容易處理，若以AB作為底邊，可以想象出是相當復雜的；若以PA為底邊，則點B坐標可以用x0，y0來表示，計算距離也是比較復雜的.好在底PA較易計算，因而考慮用PA，PB來計算面積，可以通過△PAB與△PF1F2的面積比消掉角的正弦值，從而轉化為關于y1，y2和y0關系的比值，進而把△PAB的面積轉化為點P橫、縱坐標的關系式.由于該面積的關系式不很常規，構造函數求導后難以判斷單調性，因而無法確定最大值，但可以猜測到最大值在1處取得，且可以取到等號，于是考慮直接通過證明f（x）≤f（1）求解.

解法1" 設直線PA的方程為x=my-3，由x24+y2=1，x=my-3，得

（m2+4）y2-23my-1=0.

設A（x1，y1），則y0+y1=23mm2+4，y0y1=-1m2+4.

設直線PB的方程為x=ny+3，

由x24+y2=1，x=ny+3，得

（n2+4）y2+23ny-1=0.

設B（x2，y2），則y0+y2=-23nn2+4，y0y2=-1n2+4.

又因為x0=my0-3，

所以y0+y1y0y1=-23m=-23·x0+3y0.

所以y0+y1y1=-23x0-6，

y0y1=-23x0-7.

又因為x0=ny0+3，

所以y0+y2y0y2=23n=23·x0-3y0.

所以y0+y2y2=23x0-6，

y0y2=23x0-7.

結合橢圓對稱性，不妨設y0gt;0，于是

S△PABS△PF1F2=（|PA|·|PB|sin∠APB）/2（|PF1

|·|PF2|sin∠APB）/2

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=y0-y1y0·y0-y2y0.

因此S△PAB=y0-y1y0·y0-y2y0·S△PF1F2

=（1-y1y0）（1-y2y0）·12|F1F2|y0

=3y0·23x0+823x0+7·23x0-823x0-7

=3y0·x20-16/3x20-49/12.

又由x204+y20=1，

即x20=4（1-y20）.

得S△PAB=3y0·4-4y20-16/34-4y20-49/12

=3y0·y20+1/3y20+1/48

=3y0（y20+1/3）y20+1/48

=163y0（3y20+1）48y02+1，其中0lt;y0≤1.

設f（t）=t（3t2+1）48t2+1（0lt;t≤1），下面證明

f（t）≤f（1）=449.

要證f（t）=t（3t2+1）48t2+1≤449，

即證147t3-192t2+49t-4≤0.

即證（t-1）（147t2-45t+4）≤0.

因為147t2-45t+4=0的判別式小于零，

所以147t2-45t+4gt;0恒成立.

因此（t-1）（147t2-45t+4）≤0對0lt;t≤1恒成立.

所以f（t）=t（3t2+1）48t2+1（0lt;t≤1）的最大值為449.

故△PAB面積的最大值為64349.

點評" 解法1設出直線方程并與橢圓方程聯立，消去x后整理為關于y的一元二次方程，利用韋達定理得到坐標關系，再由y0表示出△PAB的面積，這是求解直線與圓錐曲線位置關系的常用思路和方法.最后構造函數，利用分析法求解，充分體現了知識應用的靈活性.

分析2" 根據P，F1，A與P，F2，B分別三點共線引入定比，把△PAB面積與△PF1F2面積的比轉化為點的坐標關系，進而轉化為定比關系，利用均值不等式求解.

解法2" 設PF1=λF1A，PF2=μF2B，

結合圖形可得|PA||PF1|=λ+1λ，|PB||PF2|=μ+1μ.

設A（x1，y1），B（x2，y2），結合橢圓的對稱性，不妨設y0gt;0，于是

S△PABS△PF1F2=（|PA|·|PB|sin∠APB）/2（|PF1|·|PF2|sin∠APB）/2

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=|PA||PF1|·|PB||PF2|

=λ+1λ·μ+1μ

=（1+1λ）（1+1μ）

=1+1λ+1μ+1λμ

=1+λ+μ+1λμ

≤1+λ+μ+1［（λ+μ）/2］2，

當且僅當λ=μ時等號成立，此時P（0，1），直線PA的方程為x=3y-3.

由x24+y2=1，x=3y-3，易求得y1=-17.

所以λ=μ=|PF1||F1A|=|y0||y1|=7.

所以S△PABS△PF1F2≤1+1549=6449.

所以S△PAB≤6449S△PF1F2.

又S△PF1F2=12|F1F2|·|y0|=12×23×1=3，

所以S△PAB≤64349.

所以△PAB面積的最大值為64349.

點評" 解法2引入定比，通過數形結合用定比表示△PAB面積與△PF1F2面積的比值，然后運用均值不等式求解，思路獨特、頗具新穎，對思維能力的要求較高.

3" 結論推廣

下面將試題第（2）問推廣為一般情形，可得到：

結論" 已知點P（x0，y0）是橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上的動點，離心率為e=32，設橢圓左、右焦點分別為F1（-c，0），F2（c，0）（cgt;0）.若直線PF1，PF2與橢圓E的另一個交點分別為A，B，則△PAB面積的最大值為4a4bc（a2+c2）2.

該結論的證明可按試題的解法進行，考慮到過程的復雜性，這里給出證明.

證明" 由題意，直線PA的方程為

y=y0x0+c（x+c），

即x=x0+cy0y-c.

由x2a2+y2b2=1，x=x0+cy0y-c，得

［（a2+c2）+2cx0］y2-2c（x0+c）y0y-b2y0=0.

設A（x1，y1），則y0y1=-b2y0（a2+c2）+2cx0，

解得y1=-b2（a2+c2）+2cx0.

設B（x2，y2），同理，

y2=-b2（a2+c2）-2cx0.

于是S△PABS△PF1F2=

（|PA|·|PB|sin∠APB）/2

|PF1|·|PF2|sin∠APB

=|PA|·|PB||PF1|·|PF2|

=y0-y1y0·y0-y2y0.

又x20a2+y20b2=1，

所以x20=a2b2（b2-y20）.

因此S△PAB=y0-y1y0·y0-y2y0·S△PF1F2

=（1-y1y0）（1-y2y0）·12|F1F2|y0

=（1-y1y0）（1-y2y0）·cy0

=［1+b2（a2+c2）+2cx0］［1+b2（a2+c2）-2cx0］·cy0

=4cy0a4-（cx0）2（a2+c2）2-（2cx0）2

=4ca2y0（b4+c2y20）b6+4a2c2y20，其中0lt;y0≤b.

設f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2（0lt;t≤b），下面證明

f（t）≤f（b）=a4b（a2+c2）2.

要證f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2≤a4b（a2+c2）2，

只要證t（b4+c2t2）b6+4（b2+c2）c2t2≤（b2+c2）b（b2+2c2）2.

只要證（b2+2c2）2c2t3-4（b2+c2）2bc2t2+（b2+2c2）2b4t-b7（b2+c2）≤0.

只要證（t-b）［（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）≤0.

因為（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）=0的判別式小于零，所以（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）gt;0恒成立.

因此（t-b）（b2+2c2）2c2t2-b3c2（3b2+4c2）t+b6（b2+c2）≤0對0lt;t≤b恒成立.

故f（t）≤f（b）=a4b（a2+c2）2.

即f（t）=t（b4+c2t2）b6+4a2c2t2（0lt;t≤b）的最大值為449.

所以△PAB面積的最大值為4a4bc（a2+c2）2.

4" 結束語

許多典型的數學試題，其中蘊含的思想方法或規律需要進行挖掘、延伸，因而在我們平時的解題過程中，要適時地將問題推廣延伸為一般性的結論用于解決相關問題.久而久之，就能逐步培養學生靈活多變的思維品質，培養其探索精神和創新意識，從而真正把對能力的培養落到實處，提高其數學學科素養［1］.

參考文獻：

［1］

朱彬，胡曉靜.對一道橢圓聯考題的解法與延伸探究［J］.中學數學研究，2023（07）：56-58.

［責任編輯：李" 璟］